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安徽高二物理2019年上半期期末考試網絡考試試卷

用塑料梳子梳頭時,塑料梳子和頭發都會帶電,其原因是( )
A.摩擦創造了電荷
B.靜電感應創造了電荷
C.電子在梳子和頭發之間發生了轉移
D.質子在梳子和頭發之間發生了轉移

【答案】C
【解析】
試題塑料梳子梳頭時,塑料梳子和頭發之間通過摩擦的方式起電,起電的實質都是電子的轉移,并沒有創造電荷,C正确,A、B、D錯誤。

如圖所示,一質量為m、帶電量為q的小球用細線系住,線的一段固在O點,若在空間加上勻強電場,平衡時線與豎直方向成60o角,則電場強度的最小值為( )

A. B. C. D.

【答案】B
【解析】
以小球為研究對象,對小球進行受力分析,平衡時的合外力為零.
D、若繩是拉直而無力,拉力F1=0,小球受到重力mg、豎直向上的電場力F2作用,滿足二力平衡,可得,則;故D正确.
A、B、C、若繩有拉力,則受三個力,電場力F2是方向可轉動的力.根據平衡條件可知,拉力F1與電場力F2的合力必與重力mg等大反向,如圖所示:

因為拉力F1的方向确定,F1與F2的合力等于mg确定,由矢量圖可知,當電場力F2垂直懸線時電場力F2=qE最小,故場強E也最小.由圖可知此時電場力qE=mgsin60°,所以,則場強均可以平衡;故A錯誤,B、C正确.
故選BCD.

在如圖所示的U-I圖象中,直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖象,直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線.用該電源與電阻R組成閉合電路.由圖象判斷錯誤的是( )

A. 電源的電動勢為3V,内阻為0.5Ω
B. 電阻R的阻值為1Ω
C. 電源的效率為80%
D. 電源的輸出功率為4W

【答案】C
【解析】根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir,當I=0時,U=E,由讀出電源的電動勢E=3V,内阻等于圖線的斜率大小,則.故A正确.電阻.故B正确.
電源的效率.故C錯誤.兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀态,由圖讀出電壓U=2V,電流I=2A,則電源的輸出功率為P出=UI=4W.故D正确.本題選擇錯誤的,故選C.

如圖所示,a、b是一對平行金屬闆,分别接到直流電源兩極上,右邊有一擋闆,正中間開有一小孔d,在較大空間範圍内存在着勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向裡,在a、b兩闆間還存在着勻強電場E. 從兩闆左側中點c處射入一束離子(不計重力),這些離子都沿直線運動到右側,從d孔射出後分為如圖三束,則下列判斷正确的是

A. 這三束離子的速度一定不相同
B. 這三束離子的比荷一定相同
C. a、b兩闆間的勻強電場方向一定由b指向a
D. 若将這三束離子改為相反電性而其他條件不變的離子則仍能從d孔射出

【答案】D
【解析】
離子在複合場中沿水平方向直線通過故有qE=qvB,所以v=E/B;三束正離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同,根據可知比荷一定不相同.根據洛倫茲力的方向可以判定電場力的方向從而判定電場的方向.
3束離子在複合場中運動情況相同,即沿水平方向直線通過故有qE=qvB,所以v=E/B,故三束正離子的速度一定相同。故A錯誤。3束離子在磁場中有qvB=m,故,由于三束正離子的在磁場中圓周運動的軌道半徑不同,故比荷一定不相同,故B錯誤。根據左手定則可知,正粒子受到的洛倫茲力的方向向上,所以電場力必定向下,a、b兩闆間的勻強電場方向與正電荷受到的電場力的方向相同,一定由a指向b。故C錯誤;若這三束離子改為相反電性而其他條件不變,則在ab闆間受到的電場力的方向和磁場力的方向均反向,離子受力仍平衡沿直線運動,即離子則仍能從d孔射出。故D正确。
故選D。

如圖所示,質量為m,帶電荷量為−q的微粒以速度v與水平方向成45°角進入正交的勻強電場和勻強磁場,磁場方向垂直紙面向裡,電場方向水平向左,重力加速度為g。如果微粒做直線運動,則下列說法正确的是

A. 微粒一定做勻速直線運動
B. 微粒受電場力、洛倫茲力兩個力作用
C. 勻強電場的電場強度
D. 勻強磁場的磁感應強度

【答案】A
【解析】由于粒子帶負電,電場力向右,洛倫茲力垂直于OA線斜向左上方,而重力豎直向下,粒子做直線運動,則說明洛倫茲力不變,即電場力、洛倫茲力和重力能平衡,粒子做勻速直線運動。故A正确,B錯誤。

由圖qE=mgtanθ 解得E=mg/q,故C錯誤。qvBcosθ=mg,,故D錯誤;故選A。

a、b、c、d是勻強電場中的四個點,它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在平面平行。ab邊長1m,ad邊長4m,a、b、d三點的電勢分布如圖所示,下列說法正确的是(  )

A. 電場強度的大小為 V/m
B. c點處的電勢為12 V
C. 電子在a點的電勢能比在c點的高12 eV
D. 電子從d點運動到c點,電場力做功為4 eV

【答案】AD
【解析】
在勻強電場中,每前進相同的距離,電勢的降落相等.根據該結論分析cd間的電勢差,并判斷電勢的高低.由研究電場強度的大小
A、B項:在勻強電場中,在相同的方向上,每前進相同的距離,電勢的降落相等,則cd間的電勢差等于ba間的電勢差即,解得:,故B錯誤;
将ab等分成四等分,設依次為aM、MP、PF、Fd,由在勻強電場中,在相同的方向上,每前進相同的距離,電勢的降落相等可知,,連接Fc即為等勢線,由幾何關系可知,,所以cd兩點沿場強方向的距離為 ,所以場強為:,故A正确;
C項:負電荷在電勢低處電勢能更大,所以電子應在c點的電勢能更大,故C錯誤;
D項:由公式,故D正确。
故應選:AD。

如圖所示,平行金屬闆中帶電質點P原處于靜止狀态,電流表和電壓表都看做理想電表,且大于電源的内阻r,當滑動變阻器的滑片向b端移動時,則  

A. 電壓表讀數減小
B. 電流表讀數減小
C. 質點P将向上運動
D. 電源的輸出功率逐漸增大

【答案】AD
【解析】
由圖認識電路的結構,由滑片的移動可知電路中電阻的變化,再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數的變化及電容器兩端的電壓變化;再分析質點的受力情況可知質點的運動情況.
B、由圖可知,與滑動變阻器串聯後與并聯後,再由串連接在電源兩端;電容器與并聯;
當滑片向b移動時,滑動變阻器接入電路的電阻減小,則電路中總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知,幹路中電流增大,電源的内電壓增大,路端電壓減小,同時,兩端的電壓也增大,故并聯部分的電壓減小;由歐姆定律可知流過的電流減小,則流過并聯部分的電流增大,故電流表示數增大;故B錯誤;
A、因并聯部分電壓減小,而中電壓增大,故電壓表示數減小,故A正确;
C、因電容器兩端電壓減小,故電荷受到的向上電場力減小,則重力大于電場力,電荷向下運動,故C錯誤;
D、由題,大于電源的内阻r,外電路的總電阻大于r,而當電源的内外電阻相等時,電源的輸出功率最大,則知電路中總電阻減小時,電源的輸出功率逐漸增大。故D正确。
故選:AD。

在圖中,洛倫茲力的方向判斷正确的是( )
A.
B.
C.
D.

【答案】A
【解析】根據左手定則知,A圖中洛倫茲力方向向上,B圖中洛倫茲力方向向上,C圖中速度與磁感線平行,故電荷不受洛倫茲力,D圖中洛倫茲力方向垂直紙面向外,A正确,BCD錯誤,故選A.

如圖所示,一個質量m=0.1g,電荷量q=4×10-4C帶正電的小環,套在足夠長的絕緣直棒上,可以沿棒上下滑動。将棒置于正交的勻強電場和勻強磁場内,E=10 N/C,B=0.5 T。小環與棒之間的動摩擦因數μ=0.2。取g=10 m/s2,小環電荷量不變。小環從靜止沿棒豎直下落,則( )

A. 小環的加速度一直減小 B. 小環的機械能一直減小
C. 小環的最大加速度為2 m/s2 D. 小環的最大速度為4 m/s

【答案】BC
【解析】
對小環進行受力分析,再根據各力的變化,可以找出合力及加速度的變化;即可以找出小環最大速度及最大加速度的狀态.
小環靜止時隻受電場力、重力及摩擦力,電場力水平向右,摩擦力豎直向上;開始時,小環的加速度應為,小環速度将增大,産生洛侖茲力,由左手定則可知,洛侖茲力向右,故水平方向合力将逐漸變大,摩擦力變大,故加速度減小;當摩擦力等于重力時,加速度為零,此時速度最大,則mg=μ(qvB+qE),解得v=5m/s,以後圓環将以5m/s的最大速度做勻速運動,開始時的加速度最大,最大值為2m/s2,則C正确,AD錯誤;小環下落過程中,摩擦力一直做功,機械能減小,選項B正确;故選BC.

根據所學知識完成實驗:
(1)用遊标為20分度的卡尺測量其長度如圖1所示,由圖可知其長度為_________cm;


(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖2所示,由圖可知其直徑為____________mm;
(3)用多用電表的電阻“×10”擋,按正确的操作步驟測此圓柱體的電阻,發現指針偏轉角度過大。要較準确地測量該圓柱體電阻,接下來正确的操作步驟應是:_______________然後_______________,最後表盤的示數如圖3所示,則該電阻的阻值約為_______________Ω.

【答案】(1)0.675cm (2)4.700mm (3)換擋×1 歐姆調零 22Ω
【解析】
(1,2)遊标卡尺的讀數等于主尺讀數加上遊标讀數,不需估讀;螺旋測微器的讀數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數,需估讀。
(3)多用電表的偏轉較大時,該電阻較小,電阻的大小等于表盤的讀數乘以倍率。
(1)用遊标為20分度的卡尺測量其長度,由圖可知其長度為:0.6cm+0.05mm×15=0.675cm;
(2)用螺旋測微器測量其直徑,由圖可知其直徑為:4.5mm+0.01mm×20=4.700mm;
(3)用多用電表的電阻“×10”擋,按正确的操作步驟測此圓柱體的電阻,發現指針偏轉角度過大,說明倍率檔選擇的過大。要較準确地測量該圓柱體電阻,接下來正确的操作步驟應是:)換擋“×1”,然後歐姆調零;該電阻的阻值約為22Ω.

在用伏安法測某元件的伏安特性實驗中,小張同學将采集到的數據記錄到了I-U坐标圖上(如圖甲所示),完成下列問題。

(1)請在圖甲中繪出伏安特性曲線_______,并由此圖線得出該電阻的電阻值Rx=_____Ω。
(2)除了待測元件、導線和開關外,還有以下一些器材可供選擇:
A.電壓表V1(量程3V,内阻約30kΩ)
B.電壓表V2(量程15V,内阻約150kΩ)
C.電流表A1(量程0.6A,内阻約0.5Ω)
D.電流表A2(量程3mA,内阻約300Ω)
E.滑動變阻器R1(0~300Ω,額定電流0.5A)
F.滑動變阻器R2(0~50Ω,額定電流60mA)
G.滑動變阻器R3(0~10Ω,額定電流0.3A)
H.電源E1(電動勢為1.5V,内阻約為0.5Ω)
I.電源E2(電動勢為3.0V,内阻約為1.2Ω)
根據所繪的伏安特性曲線,為了調節方便,測量準确,實驗中應選用的器材是______(填器材前面的字母)。
(3)根據所選器材,按要求補充完善圖乙所示實物連線________,實驗前變阻器的滑片P應置于最_______(填“左”或“右”)端。

【答案】 (1)如圖所示
2.4×103(2.3×103~2.5×103) (2)ADGI (3)如圖所示;

【解析】(1)用一條直線連接,讓盡量多的點落在直線上,如圖;

從直線上選取一點如I=1mA時.U=2.3V,此時:
(2)根據實驗數據可知,電壓表選擇A;電流表選D;電源選擇I2;滑動變阻器接成分壓電路,故選阻值較小的G;
(3)由電壓表、電流表及電阻的阻值關系可知,應采用電流表外接;電路連線如圖;實驗前應使得待測電阻上電壓最小,即變阻器的滑片P應置于最右端。

如圖所示,半徑為R的圓形區域内存在着磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向裡,一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心入射,通過磁場區域後速度方向偏轉了60°。

(1)求粒子的比荷
(2)求粒子在磁場中的運動時間t。

【答案】(1);(2)
【解析】
帶電粒子沿半徑方向射入勻強磁場,做勻速圓周運動,最後将沿半徑方向射出磁場.由偏轉角可确定圓磁場的半徑與軌道半徑的關系,從而求出粒子的比荷;由周期公式可求出在磁場中的運動時間。
(1)粒子運動軌迹如圖所示:

根據幾何關系可得軌迹半徑:r=Rcot30°
粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動:
聯立可得:
(2)粒子的運動周期公式為:
在磁場中的運動時間為:
聯立以上可得:

如圖ab為兩平行闆,a闆上的0點為離子發射源,能發出質量為m帶電量為q初速度為零的帶電離子,ab闆間加速電壓為U1,在b闆中央有小孔k讓離子通過。在b闆右側有AB兩塊平行金屬闆,k正好位于AB闆間的中心線上,已知AB闆間距離為d,闆長為L,闆間電壓為U2,求:

(1)離子到達k點時的速度
(2)如離子穿過k點後經偏轉正好打在B闆的中點p處,求U1:U2

【答案】(1)(2)
【解析】
試題(1)電子在加速電場中,電場力做正功qU1,根據動能定理求解v0;
(2)由題:電子從兩闆正中間垂直電場方向射入,且正好能打在B闆的正中點,得知:
(1)設離子到達小孔k時速度為v,則由功能關系有

解得
(2)離子穿過小孔k後以v的初速度做類平抛運動,設離子運動時間為t,加速度為a,由題意有:
水平方向:
豎直方向:

解得:

如圖電源電動勢E=6V,内阻不計,定值電阻R=4Ω,電動機M 内阻r=1Ω,電壓表和電流表均是理想表,閉合開關,電壓表示數U=4V,求:

(1)電源消耗的電功率
(2)電動機的電功率和輸出功率

【答案】(1) P=3W(2) 2W、1.75W
【解析】
試題分析:電動機正常工作時的電路是非純電阻電路,歐姆定律U>IR.對于R和r是純電阻,可以用歐姆定律求電流.根據功率關系求出電動機輸出的功率.
(1):設定值電阻所分電壓為U1,則
E=U+U1 ①
對定值電阻R有:I=
由電源總功率P=E.I ③
解①②③得電源消耗功率P=3W
(2):設電動機消耗的電功率P電,熱功率為P熱,機械功率為P機,則有:
P電=P熱+P機 ④


解④⑤⑥得P機=1.75W

如圖所示,一帶電微粒質量為m=2.0×10﹣11kg、電荷量q=+1.0×10﹣5C,從靜止開始經電壓為U1=100V的電場加速後,水平進入兩平行金屬闆間的偏轉電場中,微粒射出電場時的偏轉角θ=30°,并接着進入一個方向垂直紙面向裡、寬度為D=34.6cm的勻強磁場區域.已知偏轉電場中金屬闆長L=20cm,兩闆間距d=17.3cm,重力忽略不計.求:

(1)帶電微粒進入偏轉電場時的速率v1;
(2)偏轉電場中兩金屬闆間的電壓U2;
(3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應強度B至少多少。

【答案】(1)1.0×104m/s (2)100 V (3)0.1 T
【解析】
(1)粒子在加速電場中,電場力做功,由動能定理求出速度v1。
(2)粒子進入偏轉電場後,做類平抛運動,運用運動的合成與分解求出電壓。
(3)粒子進入磁場後,做勻速圓周運動,結合條件,畫出軌迹,由幾何知識求半徑,再求B。
(1)帶電微粒經加速電場加速後速度為v,根據動能定理:qU1=mv12
解得:v1==1.0×104m/s
(2)帶電微粒在偏轉電場中隻受電場力作用,做類平抛運動。在水平方向微粒做勻速直線運動水平方向:
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動,加速度為a,出電場時豎直方向速度為v2

豎直方向:
v2=at=
由幾何關系:
U2=tanθ
代入數據得:U2=100V
(3)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,設微粒軌道半徑為R,由幾何關系知R+=D
得:R=
設微粒進入磁場時的速度為v′:v′=
由牛頓運動定律及運動學規律:qv′B=
得:
代入數據數據解得B=0.1T
若帶電粒子不射出磁場,磁感應強度B至少為0.1T。

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