黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在一个匀强电场中有a、b两点,相距为d,电场强度为E,把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时,克服电场力做功为W,下列说法正确的是( )
A.该电荷在a点电势能较b点大 B.a点电势比b点电势低
C.a、b两点电势差大小一定为U=Ed D.a、b两点电势差
【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】正电荷从a点移到b点时,电场力对电荷做负功W,电势能增加,电荷在a点电势能较b点小,A不符合题意;a点电势比b点低.B符合题意.当ab两点在同一电场线上时,U=Ed.本题ab是否在同一电场线上不确定,则U大小不一定为等于Ed,C不符合题意.电荷从a移动到b,克服电场力做功W,根据电势差的定义 ,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】利用电场力做功可以比较电势能的大小;结合电性可以判别电性的高低;利用电场力做功可以求出电势差的大小;由于不知道电场线方向的距离所以不能判别场强和电势差的关系。
2.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,已知直流电动机M的电阻是R,电源的内电阻是r,当电动机正常工作时电压表的示数是U,电流表的示数是I.电压表和电流表均是理想电表.以下叙述正确的是( )
A.t s内,电动机产生的热量是IUt B.t s内,电动机消耗的电能是IUt
C.电源电动势是IR+Ir D.电源电动势是U
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB.t秒钟内,电动机消耗的电能为UIt,电动机产生的热量是I2Rt,输出的电功为UIt-I2Rt,A不符合题意,B符合题意;
CD.根据闭合电路欧姆定律,有:E=U+Ir,
电动机是非纯电阻电路,故U>IR,故E=U+Ir>IR+Ir,
CD不符合题意;
故答案为:B
【分析】利用电压和电流可以求出电机消耗的电能;利用欧姆定律可以求出电动势的大小。
3.(2019高二上·齐齐哈尔期中)直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,下列说法不正确的( )
A.电源的总功率一定减小
B.电源的效率一定增大
C.电源的内部损耗功率一定减小
D.电源的输出功率一定先增大后减小
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由电路图可知,当滑动变阻滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值增大,电路总电阻变大,电源电动势不变,由闭合电路的欧姆定律可知,电路总电流I变小;
A.电源电动势E不变,电流I变小,电源总功率P=EI减小,A正确,不符合题意;
B.电源的效率
,
电源内阻r不变,滑动变阻器阻值R变大,则电源效率增大,B正确,不符合题意;
C.电源内阻r不变,电流I减小,源的热功率PQ=I2r减小,C正确,不符合题意;
D.当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时,电源输出功率最大,由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系,因此无法判断电源输出功率如何变化,D错误,符合题意,符合题意。
故答案为:D
【分析】利用电压变大电流变小可以判别总功率变小;由于不知道内阻所以不能判别电源输出功率的变化;利用内外电阻的大小可以判别效率的大小;利用电流和内阻可以判别消耗功率的变化。
4.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在某匀强电场中有M、N、P三点,在以它们为顶点的三角形中,∠M=30°、∠P=90°,直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行,M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )
A.150 V/m B.75 V/m C.225 V/m D.75 V/m
【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点,如图所示
由几何知识可知N、O间的距离NO=2 cm,M、O间的距离MO=6 cm,由匀强电场的特点得O点的电势为 ,即O、P在同一等势面上,由电场线与等势面的关系和几何关系知: ,A符合题意。
故答案为:A
【分析】利用电势差和场强的关系可以求出场强的大小。
5.(2017高二下·河南期中)如图所示,在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中,理想电压表、电流表的示数将发生变化,电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2,已知电阻R大于电源内阻r,则( )
A.电流表A的示数增大 B.电压表V1的示数增大
C.电压表V2的示数减小 D.△U1大于△U2
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路,所以电路的结构是R与变阻器串联,电压表V1、V2分别测量R的电压和路端电压.当滑动变阻器滑片向右滑动时,其接入电路的电阻增大,电路中电流减小,则A的示数减小,故A错误;B、电路中电流减小,根据欧姆定律知,电压表V1的示数减小,故B错误.C、电路中电流减小,电源的内电压减小,则路端电压增大,所以V2的示数增大,故C错误;D、根据闭合电路欧姆定律得 U2=E﹣Ir,则 =r,R是定值电阻,则R= .据题R>r,则△U1大于△U2,故D正确.
故选:D
【分析】理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路.分析电路的连接关系,根据电路中电阻的变化,分析电流和电压的变化,根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的关系.
6.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图(甲)所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C,D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】电场力做功;运动学 S-t 图象;运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内,A板的电势高,电场的方向向右,电子受到的电场力方向水平向左,电子向左做初速度为零的匀加速直线运动,在后半个周期,电场水平向左,电子所受的电场力水平向右,电子向左做匀减速直线运动直到速度为零,然后进入第二个周期,重复之前的运动,由此可知,电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动,然后向左做匀减速直线运动,如此反复,由图示图象可知:A符合题意,BCD不符合题意;
故答案为:A。
【分析】根据AB两极板电场的变化,分析电子所受电场力的变化,结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质,然后分析图示图象作出选择.
7.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,是一个多量程多用电表的简化电路图 测电流和测电压时各有两个量程,还有两个挡位用来测电阻 下列说法正确的是( )
A.当开关S调到位置1、2时,多用电表测量的是电流,且调到位置1时的量程比位置2的小
B.当开关S调到位置3、4时,多用电表测量的是电阻,且A为黑表笔
C.当开关S调到位置5、6时,多用电表测量的是电压,且调到位置6时的量程比位置5的大
D.多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的
【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.是电流表时电流计应与电阻并联,由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表,并联电阻越小,量程大,即调到位置1时的量程比位置2的大,则A不符合题意;
B.欧姆表要联接电源,则开关S调到3、4两个位置上时,多用电表测量的是电阻,红表笔在内部接电源的负极,则A为红表笔。B不符合题意;
C.要测量电压,电流表应与电阻串联,由图可知当转换开关S旋到位置5、6时,测量电压,电流表所串联的电阻越大,所测量电压值越大,故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大。C符合题意。
D.电流、电压挡的刻度都是均匀的,电阻挡的刻度不均匀,左边密右边疏,D不符合题意。
故答案为:C
【分析】利用电表和电阻并联可以判别测量的是电流,利用并联电阻的大小可以判别电流的量程大小;与电阻串联可以判别测量的是电压,利用串联电阻的大小可以判别电压量程的大小;利用与电源相连可以判别测量的是电阻,测量电阻时刻度不均匀,利用电流方向可以判别表笔的颜色。
8.(2016高二上·金山期中)真空中有一半径为r0的带电金属球壳,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.下列说法中正确的是( )
A.A点的电势低于B点的电势
B.A点的电场强度方向由A指向B
C.A点的电场强度小于B点的电场强度
D.正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做负功
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线;电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解:A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.所以A点的电势高于B点的电势,故A错误.
B、A到B电势降低,所以A点的电场强度方向由A指向B,故B正确.
C、根据场强公式E= 得A点的电场强度大于B点的电场强度,故C错误.
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由A指向B,所以电场力做正功,故D错误.
故选B.
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势.
沿电场线方向电势逐点降低.
根据电场力方向和运动方向判断做功情况.
9.(2019高二上·齐齐哈尔期中)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图2中虚线所示,一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场,其运动轨迹为图中实线所示,若粒子只受静电力作用,则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
A.带正电 B.速度先变大后变小
C.电势能先变大后变小 D.经过b点和d点时的速度大小相同
【答案】C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知,粒子带负电,A不符合题意;粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功,速度先减后增,电势能先增大后减小;B不符合题意,C符合题意;因为bd两点在同一等势面上,所以在bd两点的电势能相同,所以经过b点和d点时的速度大小相同,D符合题意。
故答案为:CD
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向,结合电场线方向可以判别粒子的电性;利用电场力做功可以判别动能和电势能的变化;利用等势面可以判别速度大小相等。
二、多选题
10.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,两个固定的等量正点电荷相距为4L,其连线中点为O,以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d,以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。取无穷远处电势为零,则下列判断正确的是( )
A.a、b两点的场强相同
B.Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小
C.将一试探电荷+q自a点由静止释放,若不计电荷重力,试探电荷将在a、b间往复运动
D.Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大
【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A.根据两等量正点电荷电场特点,a、b两点的电场强度大小相同,方向相反,A不符合题意;
B.根据点电荷电场强度公式,结合矢量的合成法则,则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向,那么电势随坐标y的变大而减小,B符合题意;
C.将一试探电荷+q自a点由静止释放,若不计电荷重力,试探电荷在O点左边受到向右的电场力,而在O点右边时,受到向左的电场,则将在a、b间往复运动,C符合题意;
D.根据点电荷电场强度公式E= 结合矢量的合成法则可知,O点的场强为零,无穷远处场强也为零,因此Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小,D不符合题意.
故答案为:BC
【分析】利用电场线的分布可以判别电势和场强的大小;利用电场力结合牛顿第二定律可以判别电荷的运动。
11.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则( )
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C.A和B的质量之比为1∶12
D.A和B的位移大小之比为1∶1
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A项:粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向: ,初速度相等,所以t∝x,A和B在电场中运动的时间之比 ,A符合题意;
B项:粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动, ,y相同,a与 成反比,所以 ,B符合题意;
C项:由牛顿第二定律得:qE=ma,则粒子质量 ,即有: ,C符合题意;
D项:A、B的位移大小之比: ,D不符合题意。
故答案为:ABC。
【分析】带电粒子垂直射入电场中做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动.根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比;根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
12.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场,右图中O、A是一条直电场线上的两点,在O点由静止释放一电量为 ,质量为0.02kg的带负电的小球,其运动的v-t图像如右图所示,其中A点是图线切线斜率最大的位置,则下列说法正确的是( )
A.由O到A的过程中电势在升高
B.该电场可能是匀强电场
C.A点为场强最大的位置,场强大小E=1V/m
D.OA两点间电势差
【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系;电场力做功
【解析】【解答】A:小球由O到A做加速运动,受的电场力方向由O指向A,小球带负电,电场方向由A指向O,逆着电场线方向电势升高,由O到A的过程中电势在升高;A符合题意。
B:小球由O到A做变加速运动,受的电场力大小变化,故该电场不是匀强电场;B不符合题意。
C:A点是图线切线斜率最大的位置,即A点时小球的加速度最大,又 ,即A点为场强最大的位置;由图象得:
;C符合题意。
D:小球从静止由O到A时获得的速度 ,据动能定理: 得: ;D符合题意。
故答案为:ACD
【分析】利用动能的变化可以判别电势能的变化,结合电性可以判别电势的变化;利用斜率可以判别场强不同所以不是匀强电场;利用斜率可以求出场强的大小;利用动能定理可以求出电势差的大小。
三、实验题
13.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,得出伏安特性曲线如图甲所示.所用小灯泡的额定电压是3.0 V.
(1)画出实验电路图.
(2)将实物图乙连接成实验电路.
(3)根据图甲,该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为 Ω(结果保留三位有效数字).
【答案】(1)
(2)
(3)10.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)实验中电压和电流需从0开始测起,所以滑动变阻器需采用分压式接法.灯泡内阻较小,电流表采取外接法误差较小.电路图如下.
;(2)实物图连接如图.
;(3)当电压为2.8V时,电流为0.26A,则
【分析】(1)实验的电路图是电流表外接,滑动变阻器使用分压式接法;
(2)利用电路图进行实物图连接;
(3)利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
14.(2019高二上·齐齐哈尔期中)某同学要测量一个由均匀新合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.
(1)该同学用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示,可知其长度为L= mm.
(2)如图乙所示,用螺旋测微器测金属丝的直径,测量值d= mm.
(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针偏转过大,因此需选择“ ”倍率的电阻挡(填“×1”或“×100”),并 ,再进行正确测量,多用电表的示数如图丙所示,测量结果为R= Ω.
(4)该金属丝电阻率的表达式为ρ= .(用R、d、L表示)
【答案】(1)50.15
(2)0.228(0.226~0.229均可以)
(3)×1;重新进行欧姆调零;13
(4)
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)游标卡尺是20分度的卡尺,其分度值为0.05mm,则图示读数为:50mm+3×0.05mm=50.15mm;(2)螺旋测微器:不动刻度为0mm,可动刻度为22.8×0.01mm,则读数为0mm+22.8×0.01mm=0.228mm(0.226~0.229均可以),(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量,多用电表指针偏转过大,说明所选挡位太大,为准确测量灯泡电阻,需要选择×1倍率的电阻挡,并重新进行欧姆调零再进行测量;由图丙所示可知,测量结果为 ;(4)根据电阻定律得: ,其中 ,解得: .
【分析】(1)利用游标卡尺结构可以读出对应的读数;
(2)利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数;
(3)利用偏转太大电阻太小所以要换小倍数;并进行欧姆调零;利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小;
(4)利用电阻定律可以求出电阻率的表达式。
15.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在测量电源电动势和内电阻的实验中,有电压表V(量程为3V,内阻约3kΩ);电流表A(量程为0.6A,内阻约为0.70Ω);滑动变阻器R(10Ω,2A)。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值,得到如图所示的U-I图线,由图可得该电源电动势E= V ,内阻r= Ω。(结果保留两位有效数字)
②一位同学对以上实验进行了误差分析.其中正确的是 .
A.实验产生的系统误差,主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差,主要是由于电流表的分压作用
【答案】1.5;1.0;A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①根据U=E-Ir以及图象可知,电源的电动势为:E=1.5V,电源内阻为:
②由图示电路图可知,由于电压表的分流,电流表的测量值小于流过电源的电流,实验产生了系统误差,A符合题意,B不符合题意;
【分析】(1)利用图像斜率和截距可以求出内阻和电动势;
(2)利用电压表分流所以会导致内阻和电动势偏小。
四、解答题
16.(2019高二上·哈尔滨期中)如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω,电阻R=15Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2C,质量为m=2×10-2kg,不考虑空气阻力。那么,滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,小球恰能到达A板?此时,电源的输出功率是多大?(取g=10m/s2)
【答案】解:小球进入板间后,受重力和电场力作用,且到A板时速度为零,设两板间电压为UAB由动能定理得
解得:
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】利用动能定理可以求出AB之间的电压大小;结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值;再利用功率的表达式可以求出电源的输出功率大小。
17.(2018高二上·南宁期中)如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止.重力加速度取g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)水平向右电场的电场强度的大小;
(2)若将电场强度减小为原来的 ,小物块的加速度是多大;
(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.
【答案】(1)解:小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,
可得电场强度
(2)解:若电场强度减小为原来 ,则变为
可得加速度 。
(3)解:电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功
由动能定理则有:
可得动能
【知识点】共点力平衡条件的应用;动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)利用物块的平衡可以求出电场强度的大小;
(2)利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小;
(3)利用动能定理可以求出动能的大小。
黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在一个匀强电场中有a、b两点,相距为d,电场强度为E,把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时,克服电场力做功为W,下列说法正确的是( )
A.该电荷在a点电势能较b点大 B.a点电势比b点电势低
C.a、b两点电势差大小一定为U=Ed D.a、b两点电势差
2.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,已知直流电动机M的电阻是R,电源的内电阻是r,当电动机正常工作时电压表的示数是U,电流表的示数是I.电压表和电流表均是理想电表.以下叙述正确的是( )
A.t s内,电动机产生的热量是IUt B.t s内,电动机消耗的电能是IUt
C.电源电动势是IR+Ir D.电源电动势是U
3.(2019高二上·齐齐哈尔期中)直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,下列说法不正确的( )
A.电源的总功率一定减小
B.电源的效率一定增大
C.电源的内部损耗功率一定减小
D.电源的输出功率一定先增大后减小
4.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在某匀强电场中有M、N、P三点,在以它们为顶点的三角形中,∠M=30°、∠P=90°,直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行,M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )
A.150 V/m B.75 V/m C.225 V/m D.75 V/m
5.(2017高二下·河南期中)如图所示,在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中,理想电压表、电流表的示数将发生变化,电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2,已知电阻R大于电源内阻r,则( )
A.电流表A的示数增大 B.电压表V1的示数增大
C.电压表V2的示数减小 D.△U1大于△U2
6.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图(甲)所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C,D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )
A. B.
C. D.
7.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,是一个多量程多用电表的简化电路图 测电流和测电压时各有两个量程,还有两个挡位用来测电阻 下列说法正确的是( )
A.当开关S调到位置1、2时,多用电表测量的是电流,且调到位置1时的量程比位置2的小
B.当开关S调到位置3、4时,多用电表测量的是电阻,且A为黑表笔
C.当开关S调到位置5、6时,多用电表测量的是电压,且调到位置6时的量程比位置5的大
D.多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的
8.(2016高二上·金山期中)真空中有一半径为r0的带电金属球壳,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.下列说法中正确的是( )
A.A点的电势低于B点的电势
B.A点的电场强度方向由A指向B
C.A点的电场强度小于B点的电场强度
D.正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做负功
9.(2019高二上·齐齐哈尔期中)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图2中虚线所示,一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场,其运动轨迹为图中实线所示,若粒子只受静电力作用,则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
A.带正电 B.速度先变大后变小
C.电势能先变大后变小 D.经过b点和d点时的速度大小相同
二、多选题
10.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,两个固定的等量正点电荷相距为4L,其连线中点为O,以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d,以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。取无穷远处电势为零,则下列判断正确的是( )
A.a、b两点的场强相同
B.Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小
C.将一试探电荷+q自a点由静止释放,若不计电荷重力,试探电荷将在a、b间往复运动
D.Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大
11.(2019高二上·齐齐哈尔期中)如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则( )
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C.A和B的质量之比为1∶12
D.A和B的位移大小之比为1∶1
12.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场,右图中O、A是一条直电场线上的两点,在O点由静止释放一电量为 ,质量为0.02kg的带负电的小球,其运动的v-t图像如右图所示,其中A点是图线切线斜率最大的位置,则下列说法正确的是( )
A.由O到A的过程中电势在升高
B.该电场可能是匀强电场
C.A点为场强最大的位置,场强大小E=1V/m
D.OA两点间电势差
三、实验题
13.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,得出伏安特性曲线如图甲所示.所用小灯泡的额定电压是3.0 V.
(1)画出实验电路图.
(2)将实物图乙连接成实验电路.
(3)根据图甲,该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为 Ω(结果保留三位有效数字).
14.(2019高二上·齐齐哈尔期中)某同学要测量一个由均匀新合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.
(1)该同学用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示,可知其长度为L= mm.
(2)如图乙所示,用螺旋测微器测金属丝的直径,测量值d= mm.
(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针偏转过大,因此需选择“ ”倍率的电阻挡(填“×1”或“×100”),并 ,再进行正确测量,多用电表的示数如图丙所示,测量结果为R= Ω.
(4)该金属丝电阻率的表达式为ρ= .(用R、d、L表示)
15.(2019高二上·齐齐哈尔期中)在测量电源电动势和内电阻的实验中,有电压表V(量程为3V,内阻约3kΩ);电流表A(量程为0.6A,内阻约为0.70Ω);滑动变阻器R(10Ω,2A)。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值,得到如图所示的U-I图线,由图可得该电源电动势E= V ,内阻r= Ω。(结果保留两位有效数字)
②一位同学对以上实验进行了误差分析.其中正确的是 .
A.实验产生的系统误差,主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差,主要是由于电流表的分压作用
四、解答题
16.(2019高二上·哈尔滨期中)如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω,电阻R=15Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2C,质量为m=2×10-2kg,不考虑空气阻力。那么,滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,小球恰能到达A板?此时,电源的输出功率是多大?(取g=10m/s2)
17.(2018高二上·南宁期中)如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止.重力加速度取g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)水平向右电场的电场强度的大小;
(2)若将电场强度减小为原来的 ,小物块的加速度是多大;
(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】正电荷从a点移到b点时,电场力对电荷做负功W,电势能增加,电荷在a点电势能较b点小,A不符合题意;a点电势比b点低.B符合题意.当ab两点在同一电场线上时,U=Ed.本题ab是否在同一电场线上不确定,则U大小不一定为等于Ed,C不符合题意.电荷从a移动到b,克服电场力做功W,根据电势差的定义 ,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】利用电场力做功可以比较电势能的大小;结合电性可以判别电性的高低;利用电场力做功可以求出电势差的大小;由于不知道电场线方向的距离所以不能判别场强和电势差的关系。
2.【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB.t秒钟内,电动机消耗的电能为UIt,电动机产生的热量是I2Rt,输出的电功为UIt-I2Rt,A不符合题意,B符合题意;
CD.根据闭合电路欧姆定律,有:E=U+Ir,
电动机是非纯电阻电路,故U>IR,故E=U+Ir>IR+Ir,
CD不符合题意;
故答案为:B
【分析】利用电压和电流可以求出电机消耗的电能;利用欧姆定律可以求出电动势的大小。
3.【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由电路图可知,当滑动变阻滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值增大,电路总电阻变大,电源电动势不变,由闭合电路的欧姆定律可知,电路总电流I变小;
A.电源电动势E不变,电流I变小,电源总功率P=EI减小,A正确,不符合题意;
B.电源的效率
,
电源内阻r不变,滑动变阻器阻值R变大,则电源效率增大,B正确,不符合题意;
C.电源内阻r不变,电流I减小,源的热功率PQ=I2r减小,C正确,不符合题意;
D.当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时,电源输出功率最大,由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系,因此无法判断电源输出功率如何变化,D错误,符合题意,符合题意。
故答案为:D
【分析】利用电压变大电流变小可以判别总功率变小;由于不知道内阻所以不能判别电源输出功率的变化;利用内外电阻的大小可以判别效率的大小;利用电流和内阻可以判别消耗功率的变化。
4.【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点,如图所示
由几何知识可知N、O间的距离NO=2 cm,M、O间的距离MO=6 cm,由匀强电场的特点得O点的电势为 ,即O、P在同一等势面上,由电场线与等势面的关系和几何关系知: ,A符合题意。
故答案为:A
【分析】利用电势差和场强的关系可以求出场强的大小。
5.【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路,所以电路的结构是R与变阻器串联,电压表V1、V2分别测量R的电压和路端电压.当滑动变阻器滑片向右滑动时,其接入电路的电阻增大,电路中电流减小,则A的示数减小,故A错误;B、电路中电流减小,根据欧姆定律知,电压表V1的示数减小,故B错误.C、电路中电流减小,电源的内电压减小,则路端电压增大,所以V2的示数增大,故C错误;D、根据闭合电路欧姆定律得 U2=E﹣Ir,则 =r,R是定值电阻,则R= .据题R>r,则△U1大于△U2,故D正确.
故选:D
【分析】理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路.分析电路的连接关系,根据电路中电阻的变化,分析电流和电压的变化,根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的关系.
6.【答案】A
【知识点】电场力做功;运动学 S-t 图象;运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内,A板的电势高,电场的方向向右,电子受到的电场力方向水平向左,电子向左做初速度为零的匀加速直线运动,在后半个周期,电场水平向左,电子所受的电场力水平向右,电子向左做匀减速直线运动直到速度为零,然后进入第二个周期,重复之前的运动,由此可知,电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动,然后向左做匀减速直线运动,如此反复,由图示图象可知:A符合题意,BCD不符合题意;
故答案为:A。
【分析】根据AB两极板电场的变化,分析电子所受电场力的变化,结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质,然后分析图示图象作出选择.
7.【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.是电流表时电流计应与电阻并联,由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表,并联电阻越小,量程大,即调到位置1时的量程比位置2的大,则A不符合题意;
B.欧姆表要联接电源,则开关S调到3、4两个位置上时,多用电表测量的是电阻,红表笔在内部接电源的负极,则A为红表笔。B不符合题意;
C.要测量电压,电流表应与电阻串联,由图可知当转换开关S旋到位置5、6时,测量电压,电流表所串联的电阻越大,所测量电压值越大,故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大。C符合题意。
D.电流、电压挡的刻度都是均匀的,电阻挡的刻度不均匀,左边密右边疏,D不符合题意。
故答案为:C
【分析】利用电表和电阻并联可以判别测量的是电流,利用并联电阻的大小可以判别电流的量程大小;与电阻串联可以判别测量的是电压,利用串联电阻的大小可以判别电压量程的大小;利用与电源相连可以判别测量的是电阻,测量电阻时刻度不均匀,利用电流方向可以判别表笔的颜色。
8.【答案】B
【知识点】电场强度和电场线;电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解:A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.所以A点的电势高于B点的电势,故A错误.
B、A到B电势降低,所以A点的电场强度方向由A指向B,故B正确.
C、根据场强公式E= 得A点的电场强度大于B点的电场强度,故C错误.
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由A指向B,所以电场力做正功,故D错误.
故选B.
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势.
沿电场线方向电势逐点降低.
根据电场力方向和运动方向判断做功情况.
9.【答案】C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知,粒子带负电,A不符合题意;粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功,速度先减后增,电势能先增大后减小;B不符合题意,C符合题意;因为bd两点在同一等势面上,所以在bd两点的电势能相同,所以经过b点和d点时的速度大小相同,D符合题意。
故答案为:CD
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向,结合电场线方向可以判别粒子的电性;利用电场力做功可以判别动能和电势能的变化;利用等势面可以判别速度大小相等。
10.【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A.根据两等量正点电荷电场特点,a、b两点的电场强度大小相同,方向相反,A不符合题意;
B.根据点电荷电场强度公式,结合矢量的合成法则,则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向,那么电势随坐标y的变大而减小,B符合题意;
C.将一试探电荷+q自a点由静止释放,若不计电荷重力,试探电荷在O点左边受到向右的电场力,而在O点右边时,受到向左的电场,则将在a、b间往复运动,C符合题意;
D.根据点电荷电场强度公式E= 结合矢量的合成法则可知,O点的场强为零,无穷远处场强也为零,因此Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小,D不符合题意.
故答案为:BC
【分析】利用电场线的分布可以判别电势和场强的大小;利用电场力结合牛顿第二定律可以判别电荷的运动。
11.【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A项:粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向: ,初速度相等,所以t∝x,A和B在电场中运动的时间之比 ,A符合题意;
B项:粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动, ,y相同,a与 成反比,所以 ,B符合题意;
C项:由牛顿第二定律得:qE=ma,则粒子质量 ,即有: ,C符合题意;
D项:A、B的位移大小之比: ,D不符合题意。
故答案为:ABC。
【分析】带电粒子垂直射入电场中做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动.根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比;根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
12.【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系;电场力做功
【解析】【解答】A:小球由O到A做加速运动,受的电场力方向由O指向A,小球带负电,电场方向由A指向O,逆着电场线方向电势升高,由O到A的过程中电势在升高;A符合题意。
B:小球由O到A做变加速运动,受的电场力大小变化,故该电场不是匀强电场;B不符合题意。
C:A点是图线切线斜率最大的位置,即A点时小球的加速度最大,又 ,即A点为场强最大的位置;由图象得:
;C符合题意。
D:小球从静止由O到A时获得的速度 ,据动能定理: 得: ;D符合题意。
故答案为:ACD
【分析】利用动能的变化可以判别电势能的变化,结合电性可以判别电势的变化;利用斜率可以判别场强不同所以不是匀强电场;利用斜率可以求出场强的大小;利用动能定理可以求出电势差的大小。
13.【答案】(1)
(2)
(3)10.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)实验中电压和电流需从0开始测起,所以滑动变阻器需采用分压式接法.灯泡内阻较小,电流表采取外接法误差较小.电路图如下.
;(2)实物图连接如图.
;(3)当电压为2.8V时,电流为0.26A,则
【分析】(1)实验的电路图是电流表外接,滑动变阻器使用分压式接法;
(2)利用电路图进行实物图连接;
(3)利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
14.【答案】(1)50.15
(2)0.228(0.226~0.229均可以)
(3)×1;重新进行欧姆调零;13
(4)
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)游标卡尺是20分度的卡尺,其分度值为0.05mm,则图示读数为:50mm+3×0.05mm=50.15mm;(2)螺旋测微器:不动刻度为0mm,可动刻度为22.8×0.01mm,则读数为0mm+22.8×0.01mm=0.228mm(0.226~0.229均可以),(3)选用“×10”倍率的电阻挡测量,多用电表指针偏转过大,说明所选挡位太大,为准确测量灯泡电阻,需要选择×1倍率的电阻挡,并重新进行欧姆调零再进行测量;由图丙所示可知,测量结果为 ;(4)根据电阻定律得: ,其中 ,解得: .
【分析】(1)利用游标卡尺结构可以读出对应的读数;
(2)利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数;
(3)利用偏转太大电阻太小所以要换小倍数;并进行欧姆调零;利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小;
(4)利用电阻定律可以求出电阻率的表达式。
15.【答案】1.5;1.0;A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①根据U=E-Ir以及图象可知,电源的电动势为:E=1.5V,电源内阻为:
②由图示电路图可知,由于电压表的分流,电流表的测量值小于流过电源的电流,实验产生了系统误差,A符合题意,B不符合题意;
【分析】(1)利用图像斜率和截距可以求出内阻和电动势;
(2)利用电压表分流所以会导致内阻和电动势偏小。
16.【答案】解:小球进入板间后,受重力和电场力作用,且到A板时速度为零,设两板间电压为UAB由动能定理得
解得:
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】利用动能定理可以求出AB之间的电压大小;结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值;再利用功率的表达式可以求出电源的输出功率大小。
17.【答案】(1)解:小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,
可得电场强度
(2)解:若电场强度减小为原来 ,则变为
可得加速度 。
(3)解:电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功
由动能定理则有:
可得动能
【知识点】共点力平衡条件的应用;动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)利用物块的平衡可以求出电场强度的大小;
(2)利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小;
(3)利用动能定理可以求出动能的大小。