物理安徽省宣城市四校学年高二上学期期中联考试题解析版Word格式.docx
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A.点电荷从P到O是匀加速运动,O点速度达最大值
B.点电荷在从P到O的过程中,电势能增大,速度越来越大
C.点电荷在从P到O的过程中,加速度越来越大,速度也越来越大
D.点电荷一定能够返回到P点。
6.如图所示,额定电压为110V的两盏电灯,额定功率分别为
=100W,
=40W.把它们接到220V的电路上,在它们都能正常发光的前提下,总功率最小的接法是()
7.在直角坐标系Oxyz中有一四面体OABC,其顶点坐标如图所示。
在原点O固定一个电荷量为--Q的点电荷,下列说法正确的是
A.A,B,C三点的电场强度相同
B.平面ABC构成一个等势面
C.若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动,其电势能增加
D.若在A、B、C三点放置三个点电荷,--Q所受电场力的合力可能为零
8.如图甲所示,在两极板
之间有一静止的电子,当在
之间加上如图乙所示的变化电压时(开始时板带正电),电子的运动情况是(不计重力,板间距离足够大ab上电压大小不变)()
A.电子一直向板运动
B.电子一直向板运动
C.电子先向板运动,再返回一直向板运动
D.电子在两板间做周期性往返运动
二.多项选择题(每小题4分共16分.错选零分、少选2分)
9.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中,入射方向跟极板平行.整个装置处在真空中,重力可忽略.在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角θ变大的是
A.U1变大、U2变大B.U1变大、U2变小
C.U1变小、U2不变D.U1不变、U2变大
10.如图所示,带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示.只受电场力,则下列判断中正确的是
A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电;
若粒子是从B运动到A,则粒子带负电
B.不论粒子是从A运动到B,还是从B运动到A,粒子必带负电
C.若粒子是从B运动到A,则其加速度增大
D.若粒子是从A运动到B,则电势能一定增大
11.空间存在着平行于x轴方向的静电场,A、M、O、N、B为x轴上的点,OA<OB,OM=ON,一带正电的粒子在AB间的电势能Ek随x的变化规律为如图所示的折线,则下列判断中正确的是
A.AO间的电场强度等于OB间的电场强度
B.M点电势比N点电势低
C.若将一带负电的粒子从M点静止释放,它一定能通过N点
D.该粒子从M向O移动过程中,所受电场力做正功
12.如图所示电路中,三只灯泡原来都正常发光,当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时,下面判断正确的是(灯泡电阻不变)()
A.L1上电压变化量与电流变化量之比不变
B.L1上电压变化量与电流变化量之比可能变大
C.LI变亮,L2变亮,L3变暗
D.L3上电流变化量大于LI上的电流变化量,
三、填空题(共16分。
答案填在答题卡上)
13.(2分)螺旋测微器的示数为mm.
14.(8分)如图所示,四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。
安培表A1的量程小于A2的量程,伏特表V1的量程大于V2的量程,把它们按图接入电路,则:
安培表A1的读数安培表A2的读数;
安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角;
(填“大于”,“小于”或“等于”)
伏特表V1的读数伏特表V2的读数;
伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角;
15.(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材:
A.小灯泡(3.8V,1.5W)B.直流电源(电动势4.5V,内阻约0.4Ω)
C.电流表(量程0~500mA,内阻约0.5Ω)D.电压表(量程0~5V,内阻约5000Ω)
E.滑动变阻器R1(0~5Ω,额定电流2A)F.滑动变阻器R2(0~50Ω,额定电流1A)
G.开关一个,导线若干
如果既要满足测量要求,又要使测量误差较小,应选择如图所示的四个电路中的_______,应选用的滑动变阻器是_______(填写器材序号).
四.计算题(共36分、写出必要的文字说明和解答过程,直接写答案不得分)
16.(10分)如图所示,已知R3=3Ω,理想电压表读数为3v,理想电流表读数为2A,某时刻由于电路中R3发生断路,电流表的读数2.5A,R1上的电压为5v求:
(1)R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少?
(R3发生断路时R2上没有电流)
(2)电源电动势E和内电阻r各是多少?
17.(13分)如图所示,匀强电场水平向左,带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右直线运动,经A点时动能为80J,到达B点时动能为60J.物体从A运动到B的过程中克服电场力做功16J。
则
(1)物体从A运动到B的过程中摩擦力做功Wf与电场力做功WE之比,摩擦力f与电场力F大小之比
(2)物体从A点向右运动到最远处过程中电场力做的功。
(3)物体第二次经过B点时动能大小是多少?
18.(13分)如图所示,在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q=-2×
10-5C的小球,自倾角为θ=37°
的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下,接着通过半径为R=2m的绝缘半圆轨道最高点C(C点的切线水平),已知小球质量为m=0.5kg,匀强电场的场强E=2×
105N/C,小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计(g=10m/s2sinθ=0.6cosθ=0.8),求:
(1)小球沿斜面向下运动过程中加速度大小
(2)H至少应为多少?
(提示小球在最高点C时速度不能为零.c点速度最小时H最小)
(3)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为4m/s,则小球落回到斜面时的动能是多少?
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】
考点:
库仑定律;
物体的平衡
2.【答案】D
【解析】试题分析:
电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量及所受的电场力无关,选项A错误;
电容器的电容与所带电荷量及两极板间的电压无关,选项B错误;
真空中点电荷的电场强度公式
,知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比,选项C错误;
根据电势差的定义式UAB=WAB/q可知带电荷量为1C的正电荷,从电场中的A点移动到B点克服电场力做功为1J,则A、B两点间的电势差为
,选项D正确;
故选D.
电场强度;
电容器;
电场力的功
3.【答案】C
以ab整体为研究对象,整体电量相当于-q,水平方向受向右的电场力,故上面绳子向右倾斜;
以最下面小球为研究对象,带负电,受向右的电场力,故下面的绳子也是向右倾斜;
故选C。
4.【答案】B
带电粒子从静止开始做加速运动,速度增大,动能增大,由能量守恒定律得知,其电势能减小,即带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能.但不能判断出粒子的电性,所以就不能判断电势的高低.故A错误,B正确;
带电粒子做加速运动,不能带电粒子的电性,故C错误.根据速度图象的斜率等于加速度,由数学知识可以看出,从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小,则其所受的电场力减小,由
知,电场强度E减小,即A处的场强一定大于B处的场强,所以该电场不可能是匀强电场,故D错误.故选B.
电势及电势能
5.【答案】D
点电荷在从P到O的过程中,所受的电场力方向竖直向下,因场强大小不断变化,电场力不断变化,故做变加速运动,所以速度越来越大,到达C点后向下运动,受电场力向上而作减速运动,故O点速度达最大值,越过O点后,负电荷q做减速运动,速度越来越小,速度减到零后反向运动,返回到P点,选项A错误,D正确;
点电荷在从P到O的过程中,电场力做正功,故电势能减小,选项B错误;
因为从O向上到无穷远,电场强度先增大后减小,P到O的过程中,电场强度大小变化不能确定,所以电场力无法确定,加速度不能确定.故C错误.故选D.
带电粒子在电场中的运动。
6.【答案】C
越串越大;
灯泡A和灯泡B正常工作时,此时电路的总电阻为R=2RA=2×
121Ω=968Ω;
D图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联,灯泡要想正常工作,必须满足灯泡a与可变电阻R并联后和灯泡b的电阻相等;
但并联电路中,电阻越并越小,小于任何一个分电阻,所以此电路中灯泡A和灯泡B不能正常工作,故D不正确;
根据公式
可知,电路电阻越大,消耗的功率就越小,比较ABC图可知,C图的总电阻大,消耗的功率最小,故选C。
电功率
7.【答案】C
根据点电荷电场线的分布情况可知:
A、B、C三点的电场强度大小相同,方向不同,而场强是矢量,则A、B、C三点的电场强度不同.故A错误.A、B、C三点处于同一等势面上,电势相同,由于A、B、C三点所在的等势面为球面,所以平面ABC不是等势面.故B错误.若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动,该试探电荷受到吸引力,吸收力方向一定沿着x轴的负方向运动,则电场力对该试探电荷做负功,其电势能将增加.故C正确.若在A、B、C三点放置三个点电荷,任意两个点电荷对-Q的电场力的合力与第三个电荷对-Q的电场力不在同一直线上,所以三个点电荷对-Q的合力不可能为零,故D错误.故选C.
8.【答案】D
在0-0.1s时间内,电子受到的电场力向上,向上做匀加速直线运动,在0.1-0.2s时间内,电子受到的电场力向下,向上做匀减速直线运动,0.2s时刻速度为零;
在0.2-0.3s时间内,电子受到的电场力向下,向下做匀加速直线运动,在0.3-0.4s时间内,电子受到的电场力向上,向下做匀减速直线运动,接着周而复始,故电子在两板间做周期性往返运动.故选D.
带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】电子在周期性变化的电场中运动,根据受力情况,由牛顿定律可分析出电子的运动情况,这是学习力学应具有的能力。
9.【答案】CD
设电子被加速后获得初速为v0,则由动能定理得:
qU1=
mv02-0
①
又设极板长为l,则电子在电场中偏转所用时间:
②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a,由牛顿第二定律得:
③
电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度:
vy=at④
由①②③④可得:
,又有:
,解得:
,
A.U1变大,U2变大,偏转角不确定,故A错误;
B、U1变大,U2变小,偏转角变小,故B错误;
C.U1变小,U2不变,偏转角一定增大,故C正确;
D、U1不变,U2变大,偏转角变大,故D正确;
故选CD.
10.【答案】BD
根据物体做曲线运动时,所受的合外力指向曲线内侧,可知,不论粒子是从A运动到B,还是从B运动到A,粒子所受的电场力都大致向左,必带负电,故A错误,B正确;
电场线密的地方电场强度大,可知,若粒子从B运动到A,电场强度减小,粒子所受的电场力减小,则其加速度减小,故C错误;
粒子从A到B过程中,电场力方向与速度方向成钝角,电场力对粒子负功,则粒子的电势能增大,选项D正确;
故选BD.
11.【答案】BC
在Ep-x图象中,图象的斜率绝对值表示电场力大小,故AO间的电场强度大于OB间的电场强度,故A错误;
沿着AO方向,电势逐渐升高,在由O点向B点移动的过程中电势能逐渐减少,说明电场力做正功,即沿OB方向,电势逐渐降低;
由于OM=ON,EM>EN,根据电场强度与电势差的关系可知:
UOM>UON,故φM<φN,故B正确;
若将一个带负电的粒子从M点静止释放,在电场力的作用下,它将加速运动到O点后,再向N点做减速运动,根据能量守恒定律可知,运动到N点时,其动能大于零,故C正确;
带正电的粒子在A点向O点移动的过程中电势能逐渐增加,说明电场力做负功,故D错误;
故选C.
12.【答案】AD
L1的电阻不变,故L1上电压变化量与电流变化量之比等于L1的电阻的阻值,选项A正确,B错误;
当滑片左移时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大,故L1变亮;
电路中总电流增大,故内电压及R0、L1两端的电压增大,而电动势不变,故并联部分的电压减小,故L2变暗;
因L2中电流减小,干路电流增大,故流过L3的电流增大,故L3变亮;
故C错误;
B错误;
因L1中电流增大,L3中电流增大,而L2中电流减小;
开始时有:
I1=I2+I3,故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值;
故D正确;
故选AD.
电路的动态分析
13.【答案】3.240mm(3.239,3.241都对)
螺旋测微器的示数为3mm+0.01mm×
24.0=3.240mm.
螺旋测微器的读数
【名师点睛】
14.【答案】
(1)小于;
(2)等于;
(3)大于;
(4)等于;
安培表A1、A2并联,电压相同,表头的电流相同,指针偏转角度相同,由于安培表A1的量程小于A2的量程,则安培表A1的读数小于安培表A2的读数.伏特表V1与V2串联,流过表头的电流相同,指针偏转的角度相同,由于伏特表V1的量程大于V2的量程,则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数.
电表的改装
15.【答案】
(1)丙;
(2)E
由灯泡铭牌可知,灯泡额定电压是3.8V,所以电压表应选用的是量程0~5V,即选D.在保证安全的前提下,为方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器,即选E.由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量,所以滑动变阻器应选用分压式,又小灯泡的电阻约RL=9.6Ω,
,所以安培表应该选用外接法.故应选择如图中电路中的丙.
描绘小灯泡的伏安特性曲线
16.【答案】
(1)1V1Ω
(2)10V;
2Ω
(1)R3断开时电表读数分别变为5v和2.5A可知R1=2欧
R3断开前R1上电压U1=R1I=4V
U1=U2+U3
所以U2=1V
U2:
U3=R2:
R3=1:
3
R2=1Ω
(2)R3断开前总电流I1=3A
E=U1+I1r
R3断开后总电流I2=2.5A
E=U2+I2r
联解方程E=10Vr=2Ω
闭合电路的欧姆定律
17.【答案】
(1)1:
4
(2)-64J(3)36J
(1)因为动能减少20J
△EK=Wf+W电
WF=-4J)
物体A到B过程中WF:
W电=1:
4
f:
F=1:
4
(2)物体A到B过程中WF:
则物体向右运动最远时△EK=-80J
W电=4△EK/5=-64J
(或:
物体向右运动最远时动能定理fx+Fx=△EK;
fx+4fx=△EK解得fx=-16J
则:
W电=4fx=-64J)
(3)物体A到B过程中摩擦力做功Wf=-4J
物体从B向右运动到最远处摩擦力做功Wf=-12J
物体从B向右运动到最远处,返回到B时摩擦力做功Wf=-24J
电场力W电=0
由动能定理可知EK2-EK1=WF
EK2=36J
动能定理的应用
18.【答案】
(1)1.2m/s2
(2)5m(3)5J
(1)斜面上(mg-Eq)sinθ=ma
加速度a=1.2m/s2
(2)恰好过最高点C时:
VC=2.0m/s
从A到C有:
解得:
H=5m
(3)从C点飞出后做类平抛运动mg-qE=maa=2m/s2
竖直方向
水平方向x=vct
根据几何关系
t=1sy=1m
从C到落回斜面有:
Ek=5J
平抛运动;
动能定理
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