高二上学期物理第一二章复习1Word文档格式.docx
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4.电动势为E的电源与一电压表和一电流表串联成闭合回路,如果将一电阻与电压表并联,则电压表的读数减小为原来的
,电流表的读数增大为原来的3倍,则可以求出:
A、电源的内阻B、电流表的内阻
C、电压表原来的读数D、电流表原来的读数
5.图示电路中,电源为恒流源,能始终提供大小恒定的电流.R0为定值电阻,移动滑动变阻器的滑片,则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中,可能正确的是:
()
6.如图,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45°
角,上极板带正电。
一电荷量为q(q>
0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出。
不计重力,极板尺寸足够大。
若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为:
A.
B.
C.
D.
7.如图所示,半径R=0.5m的1/4圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中,OB水平,一质量为m=10-6kg,带电荷量为q=8.0×
10-6C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3m的A点以初速度v0=
m/s水平射出,粒子重力不计,粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出),取C点电势为0,则:
()
B
A
A.该匀强电场的电场强度E=105V/m
B.粒子在A点的电势能EP=8×
10-5J
C.粒子到达C点的速度大小为
m/s
D.粒子速率为400m/s时的电势能为EP'
=4.5×
10-4J
8.如图所示,图甲为热敏电阻的R﹣t图象,图乙为用此热敏电阻R和继电器L等组成的一个简单的恒温箱温控电路,继电器线圈的电阻为150Ω.当线圈中电流大于或等于20mA时,继电器的衔铁P被吸合.为控制电路供电的电池的电动势E=6V,内阻可以忽略不计.图中“电源”是恒温箱加热器(图中未画出)的电源.则下列说法中正确的是( )
A.继电器的工作原理是电流的磁效应
B.工作时,应该把恒温箱内的加热器接在C、D端
C.工作时,应该把恒温箱内的加热器接在A、B端
D.如果要使恒温箱内的温度保持100℃,可变电阻R′的值应调为100Ω。
9.某学生做研究串联电路电压特点的实验时,接成如图4所示的电路,接通S后,他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时,电压表读数为U;
当并联在A、B两点间时,电压表读数也为U;
当并联在B、C两点间时,电压表读数为零,故障的原因可能是(
A.AB段断路B.BC段断路
C.AB段短路D.BC段短路
10.某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动:
A.半径越大,加速度越大B.半径越小,环形电流越大
C.半径越大,角速度越小D.半径越小,线速度越小
11.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。
下列说法正确的是
A.电场强度的大小为2.5V/cm
B.坐标原点处的电势为1V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV
12.一个质量为m,电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出,在小球经过的竖直平面内,存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区,两区域相互间隔,竖直高度相等,电场区水平方向无限长.已知每一电场区的场强大小相等,方
向竖直向上,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球在水平方向一直做匀速直线运动
B.若场强大小等于
,则小球经过每一电场区的时间均相同
C.若场强大小等于
,则小球经过每一无电场区的时间均相同
D.无论场强大小如何,小球通过所有无电场区的时间均相同
二、实验题(本大题共2小题,第13题6分、14题10分;
共16分)
13.
(1)某同学欲测量一节干电池的电压,下述操作正确的是(填字母)
A.欧姆调零.选择档位.表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极).读数
B.机械调零.选择档位.表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极).读数
C.选择档位.机械调零.表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极).读数
D.选择档位.欧姆调零.表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极).读数
(2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压,则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的位置(选填A、B、C、….Q)
(3)经过正确操作后,电表指针指向如图丙所示,则插座的电压为
。
14.有一约7V数码电池,无法从标签上看清其电动势等数据。
现要更加准确测量其电动势E和内电阻r,实验室备有下列器材:
A.电流表(量程0.6A,内阻为3Ω)
B.电压表(量程3V,内阻为3kΩ)C.电压表(量程30V,内阻为30kΩ)
D.定值电阻R1=500ΩE.定值电阻R2=5000Ω
F.滑动变阻器(阻值范围0~30Ω)
G.开关及导线
(1)该实验中电压表应选______,定值电阻应选______。
(均选填选项前的字母序号)
(2)电路图如图所示,将实物连线图补充完整_________。
(3)若将滑动变阻器滑片滑到某一位置,读出此时电压表读数为U,电流表读数为I,则电源电动势和内阻间的关系式为________。
三、论述·
计算题(共3小题,共34分。
解答应写出必要的文字说明、规范方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(10分)如图所示,电流表示数I=0.75A,电压表示数为U=2V,电阻R1烧断后,电流表读数变为I,=0.8A,电压表示数为U1=3.2V,已知R3=4Ω,不计电压表和电流表对电路的影响.问:
(1)R1的阻值为多少?
(2)电源的电动势和内阻分别为多少?
16.(10分)两个带电小球A和B,质量分别为m1、m2,带有同种电荷,带电荷量分别为q1、q2.A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上,A球固定,B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止,A、B两球相距为d,如图所示.某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动,加速度大小为a,经过一段时间带电小球B与挡板P分离,在此过程中力F对挡板做功W.求:
(1)力F的最大值和最小值;
(2)带电小球B与挡板分离时的速度.
17.(14分)如图所示,在方向竖直向上、大小为E=1×
106V/m的匀强电场中,固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,圆环在竖直平面内,圆心为O、半径为R=0.2m.A、B用一根绝缘轻杆相连,A带的电荷量为q=+7×
10﹣7C,B不带电,质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高,B在圆心O的正下方)由静止释放,两小球开始沿逆时针方向转动.重力加速度大小为g=10m/s2.
(1)通过计算判断,小球A能否到达圆环的最高点C?
(2)求小球A的最大速度值.
(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中,其电势能变化的最大值.
高二上学期物理第一二章复习答案
(1)
一1C;
2C;
3C;
4C;
5C
6.【答案】B
7.【答案】C
;
8.ACD.【分析】继电器的工作原理是电流的磁效应.当温度低的时候,电路与AB相连,此时加热器要工作,所以加热器的电路要与AB相连;
要使恒温箱内的温度保持100℃,当温度达到100℃时,电路就要断开,即电路要达到20mA.根据闭合电路欧姆定律即可求得可变电阻R′的大小:
I=
;
代入解得:
R′=100Ω.
9. AD;
10.BC;
11.ABD【解析】如图所示,设a、c之间的d点电势与b点相同,则
,d点坐标为(3.5cm,6cm),过c点作cf⊥bd于f,由几何关系可得cf=3.6cm,则电场强度
,A正确;
因为四边形Oacb是矩形,所以有
,解得坐标原点O处的电势为1V,B正确;
a点电势比b点电势低7V,电子带负电,所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV,C错误;
b点电势比c点电势低9V,电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV,D正确。
12.AC.解析:
B、竖直方向,在无电场区只受重力,加速度为g,竖直向下,有电场区除重力外,还受到向上的恒定的电场力作用,加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向,当电场强度等于
时,电场力等于mg,故在电场区小球所受的合力为零,在无电场区小球匀加速运动,故经过每个电场区,小球的速度均不等,因而小球经过每一无电场区的时间均不相等,故B错误;
C、当电场强度等于
时,电场力等于2mg,故在电场区小球所受的合力大小等于mg,方向竖直向上,加速度大小等于g,方向竖直向上,根据运动学公式,经过第一个无电场区y=
gt12,v1=gt1;
经过第一个电场区y=v1t﹣
gt22:
v2=v1﹣gt2①②③④联立解得t1=t2;
v2=0.接下来小球的运动重复前面的过程,即每次通过无电场区都是自由落体运动,每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动;
故C正确;
D、通过前面的分析可知,物体通过每个无电场区的初速度不一定相同,所以,通过电场的时间不同;
故D错误;
二.13【答案】
(1)B;
(2)H;
(3)
14【答案】
(1)BE
(2)如图所示(3)
3)析:
电压表读数为U,电流表读数为I时,路端电压为
,干路电流为
,根据闭合电路欧姆定律得:
三.15.答案:
(1)R1的阻值为8Ω.
(2)电源的电动势为4V,内阻为1Ω.
解:
(1)R1烧断后,伏特表的读数为R2两端的电压,则得:
R2=
=
Ω=4Ω
R1烧断前,R3两端电压为:
U3=IR2﹣U=0.75×
4﹣2=1V
通过R3的电流为:
I3=
Ω=0.25Ω
电阻R1的阻值为:
R1=
Ω=8Ω;
(2)R1烧断前,外电阻为:
R外=
=3Ω
总电流为:
I0=I+
=0.75+
=1A
由闭合电路欧姆定律得:
E=I0(R外+r),即为:
E=1×
(3+r)
当R1烧断后,E=I′(R2+r),即为:
E=0.8×
(4+r)
联立解得:
r=1Ω,E=4V;
16【答案】
(1)F最大值:
m3a;
最小值
(2)
【解析】
(1)开始运动时力F最小,以B球和挡板整体为研究对象,由牛顿第二定律得:
解得最小力为:
B球与挡板分离后力F最大,以挡板为研究对象,由牛顿第二定律解得最大力为:
F2=m3a
17.答案:
(1)小球A不能到达圆环的最高点C;
(2)小球A的最大速度值为
.
(3)小球A从图示位置逆时针转动的过程中,其电势能变化的最大值为0.1344J.
(1)设A、B在转动过程中,轻杆对A、B做的功分别为WT、
,则:
①
设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB,
对A由动能定理:
qER﹣mAgR+WT1=EKA②
对B由动能定理:
③
EKA+EKB=﹣0.04J④
上式表明:
A在圆环最高点时,系统动能为负值,故A不能到达圆环最高点.⑤
(2)设B转过α角时,A、B的速度大小分别为vA、vB,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同,故:
vA=vB⑥
⑦
⑧
⑨
由上式解得,当
时,A、B的最大速度均为
(3)A、B从图示位置逆时针转动过程中,当两球速度为0时,电场力做功最多,电势能减少最多,由⑨式得:
3sinα+4cosα﹣4=0
解得:
或sinα=0(舍去)
故A的电势能减少: