1、高一模块考试物 理 试 题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分。)1.关于元电荷和点电荷的理解正确的是A. 元电荷就是电子B. 元电荷是表示跟电子所带电量绝对值相等的电量C. 体积很小的带电体就是点电荷D. 点电荷是一种理想化模型，对于任何带电球体总可把它看作电荷全部集中在球心的点电荷【答案】B【解析】【详解】元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子。元电荷是带电量的最小单元。没有电性之说。故A错误；元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电量
2、，故B正确；当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，并不是体积小就是点电荷，故C错误；当带电体之间的距离不是很大时，带电球体就不能看作电荷全部集中在球心的点电荷，因为此时带电体之间的电荷会影响电荷的分布。故D错误；故选B。2.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（）A. 电场强度较大的地方电场线一定较密B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小C. 沿电场线方向，电势一定越来越低D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹【答案】C【解析】A、电场强度与电场线的密集程度有关。电场线越密，电场强度越大；反之则越小，故A正确，BC、沿电场线方向，电势一定越来越低但
3、电场强度不一定越来越小，比如正电荷的电场线沿电场线电场强度越来越小，故BC错; D、电场线并不实际存在，它只是人为的辅助工具，而带电粒子的运动轨迹是实际存在的，故D错误。综上所述本题答案是：A3.电场中有一点P，下列说法正确的是（）A. 若放在P点的点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B. 若P点没有试探电荷，则P点的场强为零C. P点的场强越大，则同一电荷在P点受的静电力越大D. P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向【答案】C【解析】【详解】A项：场强是表示电场本身性质的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当试探电荷的电荷量减半时，P点的场强不变，故A错误；B项：由于场强由电场本
4、身决定，与试探电荷无关，所以当P点没有试探电荷，P点的场强不变，故B错误；C项：由F=qE可知， P点的场强越大，则电荷所受的电场力越大，故C正确；D项：P点的场强方向为就是放在该点的正试探电荷所受电场力的方向，与P放在该点的负试探电荷所受电场力的方向相反，故D错误。故选：C4.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行.则B点的电势为A. 1.0VB. 1.5VC. 2.0VD. 3.0V【答案】A【解析】【详解】已知正六边形所在平面与电场线平行，且A、C、D三点电势分别为1.0V、2
5、.0V、3.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知UDC=UCG=1V，故ABG的电势相等为1.0V；故选A5.关于电流，下列说法正确的是（ ）A. 电子的运动速率越大，电流就越大B. 单位世间内通过导体横截面积的电量越多i，导体中的电流越大C. 因为电流有方向，所以电流时矢量D. 导体中的电流，一定是自由电子的定向移动形成的【答案】B【解析】电流大小与电子运动速率无关，故A错误；电流的定义为电量与时间的比值，即为单位内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，但如果是单位时内通过截面的电量多，则电流大，故正确；电流有方向，我们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，但电流
6、不是矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向，但不符合矢量合成法则不是矢量，故错误导体中的电流，不一定是自由电子的定向移动形成的，也可能是其他带电离子定向移动形成的，选项D错误；故选B.6.对于欧姆定律，理解正确的是A. 从R= 可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零B. 从R= 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C. 从I= 可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D. 从U=IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高【答案】C【解析】【详解】导体的电阻是由导体本身决定的，与两端的电压无关以及导体中的电流无关，选项AB错误；从可知
7、，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，选项C正确；从U=IR可知，当电流一定时，导体两端的电压随电阻的增大而增高，选项D错误。7.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度-时间图像如图所示则A、B两点所在区域的电场线是下图中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此从A到B该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABC错误，D正确。8.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将
8、A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（ ）A、Q变小，C不变，U不变，E变小B、Q变小，C变小，U不变，E不变C、Q不变，C变小，U变大，E不变D、Q不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】【详解】平行板电容器与静电计并联，测量电容器的电压，电容器所带电量不变；增大电容器两极板间的距离d时，由知，电容C变小；Q不变，C变小，根据知，U变大；而, Q、k、S均不变，则E不变；故C正确，A,B,D错误。故选C.【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式9.
9、关于匀强电场中电势差与场强的关系，下列说法中不正确的是（ ）A. 电场强度的方向就是电势降落最快的方向B. 任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积C. 电势减小的方向，必定是场强的方向D. 沿电场线方向任何相同距离上电势降落必定相等【答案】BC【解析】【详解】顺着电场线方向电势降低，电势降落最快的方向就是场强的方向，故A正确，C错误；U=Ed，d是沿电场线方向上的距离，不是任意两点间的距离，故B错误；根据公式U=Ed可知，沿电场线方向，距离相同，电势差相同，即相同距离上电势降落必定相等故D正确。10.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N
10、连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能减小，则以下判定正确的是A. M点处放置的是负电荷B. a点的电势高于c点的电势C. a点场强与c点的场强完全相同D. 若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做负功，后做正功【答案】BD【解析】【详解】因正电荷由a到c电势能减小，则电场力做正功，则电势降低。故c点电势低于a点电势。则M点为正电荷，故A错误，B正确。a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，则电势
11、能先增大后减小，电场力先做负功、后做正功。故D正确.11.在一半径为R的圆周上均匀分布有偶数N个绝缘带电小球（可视为质点）无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+2q，其余小球带电荷量为+q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球后，则有关O点的电场强度的正确说法A. 方向向右B. 方向向左C. 大小为D. 大小为E【答案】AD【解析】【详解】假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+2q的小球与在A点在同一直径的另一端的电量为+q的电荷在O点产生的场强的叠加，则有，方向水平向
12、左；所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度等于与A点在同一直径的另一端的电量为+q的电荷在O点产生的场强，方向向右，故BC错误，AD正确。12.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是 A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/23T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4
13、T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。二、实验题(本题共2小题，共14分。根据题目的要求在答题纸上相应的位置填写各题的答案。)13. （6分）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间离和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持
14、两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_而增大，随其所带电荷量_而增大。此同学在探究中应用的科学方法是_(选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”)【答案】减小，增大，控制变量法【解析】试题分析：（1）实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大（2）试验中先保持两球电荷量不变，观察到B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷，观察到电荷量越大，B球悬线
15、的偏角越大；此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法考点：探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关。【此处有视频，请去附件查看】14.要测绘一个标有“ ”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为，内阻约）：电流表（量程为，内阻约）；电压表（量程为，内限约）；电键一个，导线若干(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值，额定电流）B滑动变阻器（最大阻值，额定电流）(2)实验的电路图应选用下列的图_（填字母代号）A B C D (3)由实验得到小灯泡的伏安特性曲线，细实线是A点切线，图线中小灯泡工作在A
16、点电压时对应的灯丝电阻等于_ ；随着电压的增大，灯丝的电阻_（填“增大”或“减小”）【答案】 (1). A (2). B (3). 10 (4). 增大【解析】【详解】（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值较小的A；（2）实验要求：灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻，电流表5欧姆，电压表内阻很大，约为3千欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此应选择图B所示实验电路（3）由图所示图象可知，电压U=2V时I=0.2A，此时灯泡电阻：，由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增
17、大三、计算题（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.把一带电荷量为q3106 C的点电荷从电场中的A点移动B点，电荷克服电场力做功为6104 J，从B点移到C点，电场力对点电荷做功为9104 J求：(1)A、C两点的电势差；(2)把Q4106 C的点电荷从A点移动到B点，电场力对电荷做的功【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处即ABAB间的电势差为： 负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势
18、低处移至电势高处，即CBBC间的电势差：根据UAC=UAB+UBC，A C两点电势差为：UAC=UAB+UBC=200V-300V=-100V（2）把q=410-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做功为：W=qUAB=410-6200J=810-4J【点睛】本题要注意运用公式U=W/q求解电势差时，公式中U、W、q三个量可都代入符号，要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功16.如图所示，电流表内阻，现把它改装成两个量程的电流表，当接a、b两个接线柱时量程为3A，当接a、c两个接线柱时两车为0.6A，求电阻和【答案】， 【解析】当接a、b两个接线柱时量程为3A，其中起分流作用为一支路，
19、与串联为一支路，此时量程为3A，由电路结构可得， 则流过的电流为 根据电路结构可得电阻的关系式： ， 当接a、c两个接线柱时两车为0.6A，此时为一支路起分流作用，为一支路，此时流过的电流为，所以流过的电流为根据电路结构知： 结合以上各式可以求得： ， 综上所述本题答案是： ，17.如图所示，电量Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为 h和0.25 h，将另一点电荷从 A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为，试求：（1）此电荷在B点处的加速度。（2）A、B两点间的电势差（用Q和h表示）【答案】（1）3g (2) 3kQ/ h【解析】【分析
20、】Q为固定的正点电荷，另一点电荷从 A点由静止释放，由于库仑斥力作用，运动到B点时速度正好又变为零则由库仑定律与牛顿第二定律可求出电荷在A处的加速度，从而再次列出牛顿第二定律可求出电荷在B处的加速度从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差.【详解】（1）由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：在B点时：解得：aB9g，方向竖直向上(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h0.25h)qUAB0解得：【点睛】本题主要考查了库仑定律与牛顿第二定律，及动能定理，同时还涉及电场力做功的综合运用另一点电荷在点电荷的电场中受到变化的库仑力，加速度大小是变化的。
