安徽省滁州市来安县来安三中学年高二上学期第三次月考物理试题Word下载.docx

安徽省滁州市来安县来安三中学年高二上学期第三次月考物理试题Word下载.docx

《安徽省滁州市来安县来安三中学年高二上学期第三次月考物理试题Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省滁州市来安县来安三中学年高二上学期第三次月考物理试题Word下载.docx（20页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

【解析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的二段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式：

，可知其电阻不变仍为R，故D正确，ABC错误。

4.对下列物理公式的理解，其中正确的是（）

A.由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的

B.由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定

C.由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定

D.由公式C=

可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定

所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度②电阻③场强④磁通密度⑤电势差等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：

压强，速度，功率等等．

静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；

由欧姆定律公式

可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；

由公式

可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，C正确；

电容器的电容C由电容器本身决定，与试探电荷无关，D错误．

5.如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°

，下列说法不正确的是（）

A.通过该导体的电流与其两端的电压成正比

B.此导体的电阻R不变

C.I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot45°

＝1Ω

D.在该导体两端加6V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3C

【解析】A、由图可以知道,电流随着其两端的电压的增大而增大,故电流与其两端的电压成正比，故A正确

B、由

可以知道,图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可以知道

即导体的电阻是一定值，故B正确，C错误；

本题要不正确的是，所以C是不正确的

综上所述本题答案是：

C

6.如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°

.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比（　　）

A.＋q在d点所受的电场力较大

B.＋q在d点所具有的电势能较大

C.d点的电势低于O点的电势

D.d点的电场强度大于O点的电场强度

【解析】设菱形的边长为L，根据公式：

，可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为：

，O点的场强大小为：

，可得d点的电场强度小于O点的电场强．所以+q在d点所受的电场力较小，故A、D错误；

Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小，故B错误，C正确。

所以C正确，ABD错误。

二、多项选择题

7.如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。

不计重力，由图可知（）

A.O点处的电荷一定是负电荷

B.a、b、c三个等势面的电势关系是φa>

φb>

φc

C.粒子运动时的电势能先增大后减小

D.粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和不变

【答案】AD

【解析】根据带电粒子轨迹的弯曲方向可知：

带电粒子受到了引力作用，O点处的电荷与带电粒子是异种粒子，所以O点处的电荷一定带负电．故A正确．O点处的电荷带负电荷，电场线方向从无穷处到Q终止，根据顺着电场线方向电势降低可知，φa＜φb＜φc．故B错误．粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，所以电势能先减小后增大．故C错误．从整个运动过程中，带电粒子只有两种形式的能：

电势能和动能，根据能量守恒定律得知：

粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等．故D正确．故选AD．

解决本题的关键根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，再一步分析电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．

8.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（　　）

A.a、b为异种电荷

B.a、b为同种电荷

C.A点场强大于B点场强

D.A点电势大于B点电势

【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线．故A正确，B错误．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．所以A点场强小于B点场强，故C错误．沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确．故选AD．

9.如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（　）

A.R的阻值为1.5Ω

B.电源电动势为3V，内阻为0.5Ω

C.电源的输出功率为3.0W

D.电源内部消耗功率为1.5W

电阻

，故A正确；

根据闭合电路欧姆定律得

，当

时，

，由读出电源的电动势

，内阻等于图线的斜率大小，则

，故B错误；

两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压

，电流

，则电源的输出功率为

，故C错误；

电阻R的功率为

，故D正确。

电功、电功率

【名师点睛】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。

10.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）

A.电流表读数增大

B.电流表读数减小

C.电压表读数增大

D.电压表读数减小

【答案】AC

首先要认识电路的结构：

滑动变阻器与

并联然后与

串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻

的电流；

根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；

然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．

由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大．干电路电流变小，电阻

两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻

的电流变大，电流表示数变大，AC正确．

11.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。

下列说法正确的是（　　）

A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半

B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍

C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半

D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半

保持U不变，根据公式E=

分析E与d的关系；

保持E不变，U与d正比；

保持d不变，C不变，根据C=

分析Q与U的关系；

保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=

分析U的变化，由

E=

分析E的变化．

解：

A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=

可知，E变为原来的一半．故A正确．

B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．

C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=

分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．

D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=

分析可知，U变为原来的一半，由E=

分析知，E变为原来的一半．故D正确．

故选AD

【点评】本题关键要掌握E=

、C=

两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．

视频

12.空间存在水平向右的匀强电场，光滑绝缘水平面上的A、B两点位于某一等势线上。

两个相同的带电小球同时从A、B以相同的速率v0分别沿电场方向和垂直于电场方向开始运动，它们的轨迹都经过C点，如图所示。

下列关于这两个小球的运动判断正确的是

A.它们到达C点所用时间相同

B.它们在C点具有相同的速度

C.它们在C点具有相同的动能

D.它们运动到C点的过程中电势能的变化量相等

【答案】CD

【解析】在光滑的水平面上，两个小球在水平方向上只受电场力，在水平方向上：

A做初速度为v0的匀加速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式：

，可知A运动的时间小于B运动的时间，故A错误；

在运动过程中只有电场力做功，根据动能定理可知到达C点的动能相等，但速度大小相等，方向不同，故B错误，C正确；

因为电场力做功相等，所以电势能变化量相等，故D正确。

所以CD正确，AB错误。

13.一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是（）

A.保持电键S闭合，使两极板靠近一些，φ将增大

B.保持电键S闭合，使两极板远离一些，φ将增大

C.断开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变

D.保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器

【解析】保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由

分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则

增大，反之保持电键S闭合，使两极板远离一些，板间场强减小，小球所受电场力减小，则

减小，，故A正确B错误．若断开电键，则两极板所带电荷量不变，根据公式

，联立可得

，即两极板间的电场强度与两极板的距离无关，所以电场强度不变，小球受力不变，故

不变，C正确；

保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间的电压不变，仍等于电源电压，所以电容器两极板所带电荷量不变，故不放电，没有电流通过滑动变阻器，D错误．

三、实验题

14.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：

A．被测干电池一节B．电流表：

量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω

C．电压表：

量程0～3V，内阻未知D．滑动变阻器：

0～10Ω，2A

E．开关、导线若干

伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；

在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

（1）实验电路图应选择下图中的__________（填“甲”或“乙”）；

（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω。

（所有结果保留两位有效数字）

【答案】

（1）.

（1）甲；

（2）.

（2）1.5V（3）.0.70Ω

【解析】

（1）为了使得电流表的读数为通过电源电流的电流，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲；

（2）由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；

内电阻

15.某同学先用欧姆表的“×

10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：

A．9V电池

B．电流表（0～0.6A，10Ω）

C．电流表（0～0.1A，3Ω）

D．电压表（0～3V，2kΩ）

E．电压表（0～15V，45kΩ）

F．滑动变阻器（0-10Ω，0.1A）

G．滑动变阻器（0-20Ω，1A）

H．导线、电键

（1）上述器材中应选用_____________（填代号）。

（2）在虚线框中画出电路图_______。

【答案】

（1）.

（1）.ACEGH

（2）.

（2）电路图.

（1）欧姆表的示数为：

，根据

可知，电路中最大电流为

，所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G．故选ACEGH.

（2）由于

，所以电流表应用外接法；

考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：

故答案为：

（1）.ACEGH

（2）.

.

【点睛】欧姆表读数时注意倍率的数值；

应根据电路中最大电流来选择电流表量程；

当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响．

四、计算题

16.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×

106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°

的夹角．已知电子电荷e＝1.6×

10－19C，电子质量m＝0.91×

10－30kg.求：

（1）电子在C点时的动能是多少J?

（2）O、C两点间的电势差大小是多少V?

【答案】

（1）9.7×

10-18J

（2）15.2V

（1）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，末速度vt与初速度v0的关系如图，

则电子在C点时的速度为：

所以动能Ek：

（2）对电子从O到C过程中只有电场力做功，

由动能定理得：

eU=

mvt2-

mv02

解得：

U=15．0V

带电粒子在电场中的运动

.....................

17.如图所示，质量m=0.1kg的带电小球用绝缘细线悬挂于O点，处在水平向左的匀强电场中，电场范围足够大，场强E=500N/C，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=370，sin370=0.6,cos370=0.8，g=10m/s2，求：

（1）小球电荷量及带电性质；

（2）小球静止时细线中的拉力大小；

（3）某时刻将细线剪断，此后2s内小球的位移。

（1）负电；

1.5×

10-3C

（2）1.25N（3）25m

（1）对小球受力分析，根据共点力平衡求出电场力的大小，结合电场强度的定义式求出小球的电荷量，根据电场力的方向得出小球的电性．

（2）根据共点力平衡求出小球静止时细线的拉力大小．（3）剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式求出小球的位移.

（1）小球受重力、电场力F、细线拉力T作用处于静止状态，其受力分析图如下图所示

根据平衡知，电场力

在电场中：

F=qE

，由小球受到电场力方向与场强方向相反，知小球带负电．

（2）根据平衡得，细线拉力：

（3）剪断细线后，小球受重力和电场力作用，由静止做匀加速直线运动

小球所受合力

根据牛顿第二定律得

小球在2s内的位移

【点睛】本题考查了牛顿第二定律、共点力平衡和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

18.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：

（1）电源的内阻；

（2）当S闭合时流过电源的电流和电动机消耗的功率。

（1）1Ω

（2）26A；

1848W

（1）S2断开时等效电路如图所示，R1消耗的功率为P1，则

代入数据解得r＝1Ω．

（2）设S2闭合时路端电压为U，

R1消耗的功率为P2，则

由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir

代入数据解得I＝26A

设流过R1的电流为IR1，流过电动机的电流为IM，

而IM＋IR1＝I

对电动机有UIM＝P出＋I

R0

代入数据联立解得P出＝1606W．

闭合电路的欧姆定律；

电功率

【名师点睛】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系。

19.如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=1×

103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=1×

10-3N，电量q=2×

10-6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数m=0.5。

已知管长AB=BC=2m，倾角a=37°

，且管顶B处有一很短的光滑圆弧。

求：

（1）小球第一次运动到B时的速度多大?

（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?

（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?

（sin37°

=0.6，cos37°

=0.8）

（1）2

m/s

（2）0.4m（3）3m

根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．

（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．

，得

所以小球第一次到达B点时的速度为：

（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如图所示．在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：

所以，速度为0时到B的距离为

．

（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 

速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有：

得

，即小球通过的全路程为3m．