学年安徽省蚌埠市高二上学期期末学业水平检测物理试题答案+解析Word文档格式.docx
《学年安徽省蚌埠市高二上学期期末学业水平检测物理试题答案+解析Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《学年安徽省蚌埠市高二上学期期末学业水平检测物理试题答案+解析Word文档格式.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
所以A正确,BCD错误。
3.如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,粒子经过M和N时的加速度大小分别为aM、aN、电势能分别为EPM、EPN.下列判断正确的是()
A.aM>aN,EPM>EPNB.aM>aN,EPM<EPN
C.aM<aN,EPM>EPND.aM<aN,EPM<EPN
【答案】C
【详解】根据电场线疏密可知,EM<EN,根据F=Eq和牛顿第二定律可知,aM<aN;
带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,所以粒子受到的力的方向是即斜向右下方的,粒子从M到N过程,电场力做正功,动能增加,电势能减小,所以EPM>EPN,故C正确,ABD错误。
4.图示为以P点为圆心、半径为R的部分或整个圆周上的四种电荷分布情形:
(甲)电荷q均匀分布在四分之一的圆周:
(乙)电荷2q均匀分布在半圆周;
(丙)电荷3q均匀分布在四分之三的圆周;
(丁)电荷4q均匀分布在整个圆周。
这四种情形中电荷在P点所产生的电场强度的大小排列顺序为()
A.甲>乙>丙>丁B.丁>丙>乙>甲
C.丁>乙>甲=丙D.乙>甲=丙>丁
【答案】D
【详解】
(甲)电荷q均匀分布在四分之一的圆周,设圆周的半径r,根据电场的叠加原理知,可知,在P点所产生的电场强度的大小
;
同理,(乙)电荷2q均匀分布在半圆周,根据电场的叠加原理知,可知,在P点所产生的电场强度的大小
(丙)电荷3q均匀分布在四分之三的圆周,根据电场的叠加原理知,可知,在P点所产生的电场强度的大小
(丁)电荷4q均匀分布在整个圆周,根据电场的叠加原理知,可知,在P点所产生的电场强度的大小E丁=0。
由上分析,故D正确,ABC错误。
5.如图所示,在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷.现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放,小球沿细管滑到最低点B时,对管壁恰好无压力.若小球所带电量很小,不影响O点处的点电荷的电场,则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为()
A.
B.
C.
D.
试题分析:
由题意知小球从A运动到B的过程中根据动能定理:
,在B点,根据向心力公式
,联立可得B点的电场强度
,所以C正确。
考点:
本题考查了动能定律、向心力、电场强度等,意在考查学生的综合分析能力。
6.一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表,调零后用它测500的标准电阻时,指针恰好指在刻度盘的正中间,如用它测量一个未知电阻时,指针指在2mA处,则被测电阻的阻值为()
A.250ΩB.375ΩC.1000ΩD.1500Ω
【详解】中值电阻为R中=500Ω则其内电源的电动势为:
E=IgR中=500×
3×
10﹣3=1.5V,所测电阻的阻值为:
,故A正确,BCD错误。
7.在如图所示的电路中,当闭合开关S,将滑动变阻器R的滑片自下向上移动一段距离,电路稳定后,与滑片移动前比较(不计温度对灯泡电阻的影响)()
A.电阻R0两端的电压增大B.电容器C上的电荷量不变
C.灯泡L消耗的电功率增大D.电源消耗的总功率变小
【详解】由图可知,电阻R0与电容串联,故稳定时其两端电压均为零,故A错误;
滑片自下向上移动一段距离时,接入电阻减小,故总电阻减小,则由闭合电路欧姆定律可知,总电流增大,内电压增大,路端电压减小,则电容两端电压减小,所以电容器C上的电荷量减少,故B错误;
因电流减小,所以流过L的电流增大,灯泡消耗的功率增大,故C正确;
因总电流增大,根据P=EI可知,电源消耗的功率变大,故D错误。
所以C正确,ABD错误。
8.用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差,如图所示,充电后的电容器a板带正电,b板带负电,则下列说法正确的是()
A.若将b板拿走,静电计指针张角为零
B.若将b板拿走,静电计指针张角不为零
C.若将b板稍微向右移,静电计指针张角将变小
D.若将b板稍微向上移,静电计指针张角将变小
【答案】BC
【详解】若将b板拿走,A板与地间的电势差仍存在,所以静电计指针张角不为零,故A错误,B正确;
将b板稍微向右移,板间距离减小,根据电容的决定式
,可知电容增大,电容器的带电量不变,根据电容的定义式
,可知极板间的电势差减小,则静电计指针张角将变小,故C正确;
若将b板稍微向上移,极板正对面积减小,根据电容的决定式
,可知电容减小,电容器的带电量不变,根据电容的定义式
,可知极板间的电势差增大,则静电计指针张角将变大,故D错误。
所以BC正确,AD错误。
9.如图所示,磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,一个质量为m,电荷量为q的带负电小物块沿绝缘水平面以初速度开始向右运动,物块移动距离s后停了下来,整个过程小物块克服摩擦力做的功为W,电荷量q保持不变,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,则下列结论正确的是()
A.s<
B.s>
C.W=μmgsD.W=
【答案】AD
【详解】假若无磁场,由动能定理得:
mgs=
mv02,解得:
,由于磁场的存在,地面对物块向上的弹力变大,摩擦力也变大,故移动距离会小于
,故A正确,B错误;
对小物块由动能定理有:
,解得:
,故C错误,D正确。
所以AD正确,BC错误。
10.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为3V.电子垂直于等势面进入电场,经过a时的动能为12eV,从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()
A.电场线的方向垂直于等势面向右
B.该电子经过平面b时的动能为9eV
C.该电子经过平面b时的速率是经过d时的3倍
D.该电子经过平面f时动能不为零
【答案】AB
【详解】虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,一电子经过a时的动能为12eV,从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV,动能减小了6eV,电势能增加了6eV,因此等势面间的电势差为3V,因平面b上的电势为3V,可知平面c上的电势为0V;
由于电子的电势能增加,等势面由a到c是降低的;
电场线的方向垂直于等势面向右,故A正确;
从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV,则从a到b的过程中克服电场力所做的功为3eV,电子的动能减小3eV,为:
Ekb=Eka﹣3eV=9eV,故B正确;
平面b上的电势为3V,等势面间的电势差为3V,可得d等势面的电势为﹣3V,bd之间的电势差为6V,从b到d的过程中克服电场力所做的功为6eV,电子的动能减小6eV,到达d时电子的动能为:
Ekd=Ekb﹣6eV=3eV,可知该电子经过平面b时的动能是经过d时的3倍,则电子经过平面b时的速率是经过d时的
倍,故C错误;
平面b上的电势为3V,等势面间的电势差为3V,可得f等势面的电势为﹣6V,bf之间的电势差为9V,从b到d的过程中克服电场力所做的功为9eV,电子的动能减小9eV,若电子若能到达f,则到达d时电子的动能为:
Ekf=Ekb﹣9eV=0,故D错误。
所以AB正确,CD错误。
二、填空题(本题共4小题,每空2分,共14分)
11.在真空中两个带等量同种电荷的点电荷,电荷量均为2.0×
10﹣8C,相距20cm,已知静电力常量k=9.0×
109N•m2/C2,则它们之间的库仑力为_____N;
在两者连线的中点处,电场强度大小为_____N/C。
【答案】
(1).9×
10﹣5
(2).0
【详解】已知真空中两点电荷的电量均为q=2×
10﹣8C,距离r=20cm=0.2m,根据库仑定律,电荷间的作用力:
,两点电荷带等量同种电荷的点电荷,则它们在中点处产生的场强大小相等,方向相反,所以合场强为0.
12.在电场中把电荷量为2.0×
10﹣9C的正电荷从A点移到B点,电场力做功1.5×
10﹣7J,再把这个电荷从B点移到C点,电场力做功﹣4.0×
10﹣7J.则A、B、C三点中电势最高的是_____点,A、C两点的电势差为_____V。
【答案】
(1).C;
(2).-125;
【分析】
根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差,从而比较A、B、C三点的电势高低,得出AC间的电势差,
间的电势差
。
BC间的电势差
知A点电势比B点电势高75V,C点电势比B点高200V,则C点的电势最高
故答案为:
C,
【点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式,注意在运用该公式求解时,电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算
13.图示为一种智能机器人,其额定电压为22V,额定电流为2A,机器人的锂电池容量为30A•h,则机器人的额定功率为_____W,电池充满电后储存的电能为_____kW•h。
【答案】
(1).44
(2).0.66
【详解】机器人的额定功率P=UI=22×
2=44W;
电池充满电后储存的电能W=30×
22=0.66kW•h。
14.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。
图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度a逆时针转动。
在该截面内,一带电粒子从小孔M射人筒内,射入时的运动方向与MN成30°
角。
当筒转过60°
时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。
不计重力,若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为_____。
【答案】
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示:
根据几何关系,有∠MOA=120°
,∠OMA=30°
,所以∠O′MA=30°
,∠O′AM=30°
,∠MO′A=120°
,即轨迹圆弧所对的圆心角为120°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为:
,粒子在磁场中匀速圆周运动的时间为:
,圆筒转动60°
所用时间为:
,粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′,解得
三、实验题(本题共2小题,每空2分,共16分)
15.某同学想要知道一段金属丝的长度,由于不便直接用刻度尺测量,该同学设计了如下实验:
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图甲所示,读得直径d=_____cm。
(2)为了比较精确的测出此金属丝的电阻,该同学设计了如图乙的电路。
实验时,闭合开关,调节滑动变阻器R1的滑片至合适位置,将a先后与b、c连接,发现电流表示数变化较大,电压表示数变化不明显,则测量时应将a接_____(选填“b“或“c”)。
按此连接测量,测量结果相比真实值_____(选填“偏大”或“偏小”)。
(3)根据实验测得的数据,得到如图丙所示的U﹣I图象,根据图象可得待测电阻R=_____Ω(保留两位有效数字)。
(4)若已知金属丝的电阻率为ρ,则这卷金属丝的长度L=_____(用R、d、ρ表示)。
【答案】
(1).4.698
(2).c(3).偏大(4).6.0(5).
(1)由图甲所示螺旋测微器可知,金属丝直径:
d=4.5mm+19.8×
0.01mm=4.698mm;
(2)将a先后与b、c连接,发现电流表示数变化较大,电压表示数变化不明显,说明电流表分压对实验影响较大,为减小实验误差,电流表应采用内接法,测量时a应接c点;
电流表采用内接法,由于电流表的分压作用,电压测量值偏大,由欧姆定律可知,待测电阻测量值大于真实值。
(3)由图丙所示图线可知,待测电阻阻值为:
(4)由电阻定律可知:
16.在测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中,待测“水果电池”的电动势约为1.5V,现有下列器材:
待测“水果电池”
电流表A:
满偏电流3mA,电阻不计
电压表V:
量程0﹣1.5V,电阻约10KΩ
滑动变阻器R1:
0﹣10Ω
滑动变阻器R2:
0﹣20kΩ
开关、导线等
(1)本实验选用图甲所示的实验原理图,应该选用的滑动变阻器是_____(选填“R1或“R2”)。
(2)根据电压表的示数U与电流表的示数I,做出如图乙所示的U﹣I图象,根据图象可知,待测电池的电动势E=_____V,内电阻r=_____Ω。
【答案】
(1).R2
(2).1.5(3).500
(1)图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻可得:
电源的内阻为
,若选用0~10Ω的滑动变阻器,移动滑片,电流可调节测量范围较小,所以本实验中滑动变阻器应选用R2。
(2)U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势,图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻。
U﹣I图线的纵轴截距为1.5,知水果电池的电动势E=1.5V,图线斜率的绝对值为:
四、计算题(本题共3小题,每小题10分,共30分。
解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能给分,有数值计算的题,答案必须写出数值和单位)
17.如图所示,两条平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l=1m,与电动势E=4V、内阻r=0.5Ω的电源相连。
质量为m=0.1kg、电阻为R=1.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面的夹角为θ=37°
,回路其余电阻不计。
现在空间施加垂直于回路平面向下的匀强磁场,使ab棒静止,已知g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,求:
(1)金属棒中的电流大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小。
(1)2A
(2)0.3T。
(1)根据闭合电路的欧姆定律得:
解得:
r=2A
(2)由左手定则可知金属棒收到的安培力方向沿导轨向上,由平衡知识,得:
mgsinθ=F安
又有:
F安=BIl
联立并代入数据解得:
B=0.3T
18.如图,从粒子源产生的某种粒子,由静止经加速电压U加速后自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。
已知该粒子射人磁场时的速度大小为,并从磁场边界的N点射出,MN长为1,不计粒子重力影响。
求
(1)该粒子的比荷
(2)磁场的磁感应强度B的大小。
(1)
(2)磁场的磁感应强度B的大小是
(1)由动能定理有:
qU=
mv2
(2)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有:
由几何关系知:
l=2r
联立解得:
19.如图所示,质量为m,电荷量为+q的带电粒子,从静止开始经电压为U.的加速电场后,从平行金属板A、B的正中央射入偏转电场中,金属板A、B的板长和板间距均为L,足够长的粒子接收屏M与B板夹角为150°
,整个装置处在真空中,平行金属板外的电场忽略不计,带电粒子重力不计。
(1)求粒子离开加速电场的速度v0大小;
(2)若粒子进入A、B间电场后恰好从B板边缘飞出,则A、B间电压U1为多少?
(3)调节A、B间电压大小,使进人电场的粒子不能打在粒子接收屏M上,求A、B间电压U2的取值范围。
(2)2U(3)U1>2U或U2≤
(1)在AB之间电场力做功,由动能定理:
可得:
(2)粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动得:
竖直方向上做匀加速直线运动
竖直方向上位移
U1=2U
(3)若粒子飞出A、B间电场则飞出时竖直方向上速度
速度偏转角为θ,有:
由题意可知θ≤30°
若粒子没有飞出电场也不能打到粒子接收屏M;
此时可知:
U2>2U
综上可知:
U1>2U或U2≤