学年安徽省定远重点中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版.docx
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学年安徽省定远重点中学高二上学期第三次月考物理试题解析版
安徽省定远重点中学2017-2018学年高二上学期第三次月考
物理试题
一、单项选择题
1.关于电场强度有下列说法,正确的是( )
A.电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力
B.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致
C.在点电荷Q附近的任意一点,如果没有把试探电荷q放进去,则这一点的电场强度为零
D.根据公式
.可知,电场强度跟电场力成正比,跟放入电场中的电荷的电量成反比
【答案】A
【解析】根据公式
.可知电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力,选项A正确;电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力方向一致,选项B错误;电场中某点的电场强度由电场本身决定,与是否放入试探电荷无关,与试探电荷所受的电场力和试探电荷的电量无关,选项CD错误;故选A.
2.如图是某电场的一条电场线,a、b是电场中的两点.这两点相比( )
A.b点的场强较大
B.a点的场强较大
C.同一个电荷放在a、b两点所受到的电场力方向一定相同
D.负电荷放在a点所受到的电场力方向一定向右
【答案】C
【解析】只有一条电场线不能判断电场线的疏密,则不能比较a、b两点的场强关系,选项AB错误;因电场线方向向右,则同一个电荷放在a、b两点所受到的电场力方向一定相同,负电荷放在a点所受到的电场力方向一定向左,选项C正确,D错误;故选C.
3.真空中有两个静止的点电荷,它们之间的作用力为F,若它们的带电量都增大为原来的3倍,距离增大为原来的2倍,它们之间的相互作用力变为( )
A.16FB.
FC.
FD.
【答案】B
【解析】根据库仑定律,则
;它们的带电量都增大为原来的3倍,距离增大为原来的2倍,它们之间的相互作用力变为
,故选B.
4.如图所示,匀强电场场强E=100V/m,A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为60°,若取A点电势为0,则B点电势为( )
A.﹣10VB.10VC.﹣5VD.5V
【答案】C
【解析】试题分析:
由图示可知,根据顺着电场线方向电势降低,可知B的电势低于A的电势,则UBA<0.AB方向与电场线方向间的夹角θ=60°,BA两点沿电场方向的距离d=Lcosθ,BA两点间的电势差UBA=-Ed=ELcosθ=-100V/m×0.1m×cos60°=-5V,因取A点电势为0,则B点电势为φB=UBA+φA=-5+0=-5V;故选C.
考点:
电场强度与电势差的关系
【名师点睛】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed,其次要正确理解d的含义:
两点沿电场方向的距离。
5.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,电容器下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态,现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,下列说法正确的是( )
A.带电油滴将竖直向上运动B.P点的电势将降低
C.电容器的电容增大,极板带电荷量不变D.电容器的电容增大,极板带电荷量减小
【答案】A
............
点睛:
本题是电容器动态变化分析问题,抓住不变量:
电容器与电源保持相连,电压不变,由
,
,
结合进行分析.
6.把质量是2.0×10﹣3kg的带电小球B用细线悬挂起来,如图所示.若将带电荷量为4.0×10﹣8C的小球A靠近B,平衡时细线与竖直方向成45°角,A、B在同一水平面上,相距0.30m,则A球受到的电场力与B球所带电荷量各为( )(g=10N/kg)
A.2.0×10﹣3N;5.0×10﹣5CB.1.0×10﹣2N;4.0×10﹣6C
C.3.0×10﹣2N;5.0×10﹣6CD.2.0×10﹣2N;5.0×10﹣6C
【答案】D
【解析】对B球受力分析如图所示,由几何关系知:
F=mgtan45°=mg=2.0×10-2 N,
由牛顿第三定律知:
FBA=FAB=2.0×10-2 N.
又
故
.故选D.
7.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,已知A、B、C三点的电势分别为1V、6V和9V。
则D、E、F三点的电势分别为()
A.7V、2V、1VB.7V、2V、1VC.-7V、-2V、1VD.7V、-2V、1V
【答案】B
【解析】根据题意,有:
φA=1V,φB=6V,φC=9V;设φD=xV,由于匀强电场中沿着任意平行的方向前进相同距离,电势的降落必定相等,由于从A到D方向平行于BC方向,且AD间距等于BC间距的两倍,
故有φD-φA=2(φC-φB),代入数据解得φD=φA+2(φC-φB)=1+2×(9-6)=7V;AB间的电势差等于ED间的电势差,即有φA-φB=φE-φD,得φE=φA-φB+φD=1-6+7=2V;EF间电势差等于CB间电势差,有:
φE-φF=φC-φB,得φF=φE-φC+φB=2-9+6=-1V;故φD=7V,φE=2V,φF=-1V
故选B.
点睛:
本题关键要明确匀强电场中沿着任意方向电势降落相等,同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系,然后结合几何关系分析求解.
8.如图,用绝缘细线拴一带负电的小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则:
A.在a点悬线张力最小B.在b点小球速度最大
C.小球在a点的电势能最小D.运动过程中小球机械能守恒
【答案】C
【解析】试题分析:
重力与电场力大小未知,小球速度最小位置不确定,由受力分析结合牛顿第二定律得知,绳子张力最小位置不确定,速度最大的位置也不能确定,所以A、B错;沿电场方向电势逐渐降低,结合小球带负电,故在电势最高处a点,电势能最小,所以C正确;运动过程中电场力做功,机械能不守恒,故D错
考点:
电势,电势能,牛顿第二定律,向心力
9.一节干电池的电动势为1.5V,下列说法正确的是()
A.电池内每通过1C的电荷量,电源把1.5J的电能转变为化学能
B.电池能在1s内将1.5J的化学能转变成电能
C.由于电池正负极间的电压就是电动势,故电池两端的电压为1.5V
D.非静电力把1C的正电荷在电池内从负极移送到正极所做的功为1.5J
【答案】D
【解析】由电动势的定义式E=W/q,可知,电源中每通过1C电量,非静电力做功为1.5J,电源把1.5J的化学能转变为电能,而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能.故AB错误.电动势等于电池没有接入外电路时两极间的电压,当电源接入外电路时,电池两端的电压小于电动势1.5V,故C错误.一节干电池的电动势为1.5V,根据定义式E=W/q,可知非静电力把1C的正电荷在电池内从负极移送到正极所做的功为1.5J.故D正确.故选D.
10.如图所示,a、b、c、d是滑动变阻器的4个接线柱,现把此变阻器串联接入电路中并要求滑片P向接线柱c移动时,电路中的电流减小,则接入电路的接线柱可能是()
A.c和dB.a和cC.b和cD.a和b
【答案】C
【解析】滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻大小的.连入电路时需要一上一下,若只接上面两个或只接下面两个均不能改变接入电路中电阻丝的长度,接b和a时或c、d,不能改变电阻,也就不能改变电流,故AD错误.接入电路中的接线柱是a和c时,滑动触片P向接线柱c移动时,变阻器连入电路的电阻变小,电路中的电流不断增大,故B错误.接入电路中的接线柱是b和c时,滑动触片P向接线柱c移动时,变阻器连入电路的电阻变大,电路中的电流不断减小,故C正确.故选C.
11.如图,电源内阻不计。
为使电容器的带电量增大,可采取以下那些方法()
A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R3
【答案】B
【解析】由电路图看出,电容器板间电压等于变阻器R2两端的电压,由欧姆定律得知,电容器的电压为U=
E,当增大R2或减小R1时,U增大,电容器的带电量增大,由上式看出U与R3无关.故B正确.故选B.
点睛:
本题是含容电路,关键分析电容器的电压,电容器的电压等于所并联的电路两端的电压.图中的R3对电容量两端的电压无影响.
12.一根粗细均匀的导线,两端加上电压U时,通过导线中的电流强度为I,导线中自由电子定向移动的平均速度为v,若导线均匀拉长,使其半径变为原来的1/2,电阻变为原来的16倍,再给它两端加上电压U,则()
A.导线内单位体积内的电子数变为原来的1/4B.通过导线的电流为I/16
C.自由电子定向移动的平均速率v/2D.自由电子定向移动的平均速率v/16
【答案】B
【解析】单位体积中自由移动的电子数由导体的材料决定,则n不变,故A错误.电阻变为原来的16倍,再给它两端加上电压U,根据欧姆定律可知通过导线的电流为I/16,故B正确.电流I变为原来的1/16,横截面积变为原来的1/4,单位体积中自由移动的电子数n不变,每个电子粒所带的电荷量e不变,由电流的微观表达式I=nevS可知,电子定向移动的速率变为原来的1/4,故CD错误.故选B.
二、实验题
13.有一标有“6V,1.5W”的小灯泡,现有如图甲所示电路测量小灯泡的伏安特性曲线,提供的器材除导线和开关外,还有:
A.直流电源6V(内阻不计)
B.直流电流表0~3A(内阻0.1Ω以下)
C.直流电流表0~300mA(内阻约为5Ω)
D.直流电压表0~15V(内阻约为15kΩ)
E.滑动变阻器10Ω,2A
F.滑动变阻器1kΩ,0.5A
(1)实验中电流表应选用________,滑动变阻器应选用________.(用序号表示)
(2)试按图甲电路将图乙所示器材连成电路________.
【答案】
(1).
(1)C
(2).E(3).
(2)电路图如图;
【解析】
(1)由P=UI可知,灯泡的额定电流
;故电流表应选用C;因本实验采用分压接法,故滑动变阻器应选用小电阻,故滑动变阻器选择E;
(2)已知原理图,则先将滑动变阻器及电源串联,再将灯泡支路并联在滑动变阻器的一部分中,注意导线不能交叉,且导线要接在接线柱上;
三、计算题
14.如图所示,在水平向右的匀强电场中,用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m,带电荷量为q的小球,线的上端固定于O点.细线与竖直方向成30°角时静止释放小球,小球开始摆动,当摆到A点时速度为零,此时OA恰好处于水平状态,设整个过程中细线始终处于拉直状态,静电力常量为k,忽略空气阻力.求:
(1)判断小球电性;
(2)BA两点间的电势差UBA;
(3)匀强电场的场强E的大小.
【答案】
(1)正电
(2)
(3)
【解析】试题分析:
(1)根据电场力对小球做功的正负判断电场力的方向,从而判断小球的电性;
(2)对于小球1从B到A过程,运用动能定理和电场力做功公式W=qU,求解BA两点间的电势差U;(3)由几何知识确定出BA间沿电场线的距离d,再根据
求解场强E的大小.
(1)若小球不带电,则从A点释放,将运动到与A点等高的地方,而实际上小球没能运动到与A点等高的地方,所以电场力对小球做了正功,电场力水平向右,而电场强度方向水平向右,则小球带正电;
(2)小球从B到A过程,由动能定理得:
解得:
(3)BA间沿电场线的距离为:
在匀强电场中,有:
联立解得:
【点睛】本题主要考查了动能定理以及电场强度与电势差的关系公式得直接应用,要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况,能根据小球的所受电场力的方向判断小球的电性,难度不大,属于基础题.
15.如图所示为两个电阻的I﹣U图线,由图可知
(1)甲乙两电阻阻值之比R1:
R2为多少?
(2)给甲乙两端加相同的电压,则通过的电流之比I1:
I2为多少?
(3)若甲乙两个导体中的电流相等(不为零)时,则电压之比为多少?
【答案】
(1)R1:
R2=1:
2;
(2)I1:
I2=2:
1;(3)U1:
U2=1:
2;
【解析】
(1)电流为2A时,甲、乙的电压分别为5V、10V;故甲的电阻为:
乙的电阻为:
R2=
=5Ω;
甲乙两电阻阻值之比为:
R1:
R2=1:
2;
(2)两端加相同的电压,根据I=
,电流与电压成反比,故有:
I1:
I2=2:
1;
(3)若两个导体中的电流相等(不为零),根据U=IR,电压与电阻成正比,故有:
U1:
U2=1:
2;
点睛:
本题关键是明确欧姆定律的公式,知道I-U图象的斜率的倒数表示电阻,能根据图像获得信息进行计算.
16.如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子,从静止经加速电压U1加速后,获得速度v0,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央,受偏转电压U2作用后,以速度v离开电场.已知平行板长为L,两板间距离为d,求:
(1)v0的大小.
(2)离子在偏转电场中运动的时间t.
(3)离子在离开偏转电场时的偏移量y.
(4)离子在离开偏转电场时的速度v的大小.
【答案】
(1)
;
(2)L
.(3)
.(4)
.
(1)在加速电场中,由动能定理得:
解得:
(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向匀速运动:
则离子的运动时间为:
(3)粒子在竖直方向匀加速运动,由牛顿第二定律可得:
电场强度为:
则偏移量为:
联立解得:
(4)由动能定理得:
解得:
点睛:
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动,解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法,结合牛顿第二定律和运动学公式即可求解。
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