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桂林市2018年高二物理上冊期中考試同步練習

下列說法中,正确的是(  )
A. 由公式知,電場中某點的場強大小與放在該點的電荷所受電場力的大小成正比,與電荷的電荷量成反比
B. 由公式知,電場中某點的場強方向,就是置于該點的電荷所受電場力的方向
C. 由公式知,F是電荷q所受的電場力,E是電荷q産生的電場的場強
D. 由F=qE可知,電荷q所受的電場力大小,與電荷的電荷量成正比,與電荷所在處的場強大小成正比

【答案】D
【解析】場強是描述電場的性質的物理量,跟電場力無關,A錯誤;電場中某點的場強方向跟該點正電荷受力的方向一緻,B錯誤;公式中的q是試探電荷的電荷量,C錯誤;由F=qE可知,電荷q所受電場力的大小,與電荷的電荷量成正比,與電荷所在處的場強大小成正比
D正确;故選D.

關于安培力和洛倫茲力,如下說法中正确的是(  )
A. 帶電粒子在磁場中運動時,一定受到洛倫茲力作用
B. 放置在磁場中的通電導線,一定受到安培力作用
C. 洛倫茲力對運動電荷一定不做功
D. 洛倫茲力與安培力毫無關系

【答案】C
【解析】
本題主要考查安培力和洛倫茲力。
當帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時,帶電粒子不受洛倫茲力作用,故A錯誤;當通電導線電流方向與磁場方向平行時,通電導線不受安培力,故B錯誤;洛倫茲力對帶電粒子不做功,故C正确;洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力,安培力是磁場對通電導線的作用力,安培力是洛倫茲力的宏觀表現,洛倫茲力是安培力的微觀解釋,故D錯誤。

A、B、C三個燈泡如圖所示的方式連接時,各燈消耗的實際功率相同,則三個燈泡電阻之比RA:RB:RC為(  )

A. 1:1:1 B. 1:2:2 C. 1:4:4 D. 2:1:1

【答案】C
【解析】
本題主要考查串并聯電路的特點,根據三個燈泡的連接方式且三個燈泡的實際功率相等,結合功率公式可判斷其電阻關系。
由圖可以知道B與C并聯再與A串聯,由題三燈實際功率相同,根據并聯電路的特點可知 ,由可知, ,則,而 ,且,根據可知, ,所以,故C正确。

如圖所示,平行闆電容器兩相闆與電池相連,闆間同時有與電場垂直的勻強磁場。帶正電q的粒子以v0從兩闆正中沿垂直于電磁場的方向射入,穿出時其動能減小了。若欲使粒子按原方向勻速直線穿出,則應(  )

A. 減水平行闆間正對面積 B. 減小電池電動勢
C. 增大磁感應強度B D. 減小磁感應強度B

【答案】D
【解析】
帶電粒子從兩闆中間沿垂直電磁場方向進入穿出時粒子的動能減小了,在這個過程中隻有重力、洛倫茲力和電場力作用,洛倫茲力方向豎直向上,電場力和重力方向豎直向下,由于粒子動能減小,所以粒子向上偏轉,則三力的合力向上,即
根據題意可知,要使粒子按原方向勻速直線運動,要麼減小洛倫茲力,要麼增大電場力,即減小磁感應強度或增大電場強度。
A、平行闆電容器的兩闆與電源相連,電容器兩端的電壓等于電源電動勢,根據得電場強度不變,所以減小平行闆的正對面積并不能改變電場力使粒子受力平衡,故A項錯誤。
B、由可知,減小電源電動勢,則電場強度減小,不能使粒子受力平衡,故B錯誤。
C、D項,減小磁感應強度B,洛倫茲力減小,可以使粒子受力平衡,故D正确,C錯誤。

如圖所示,帶電粒子在電場中由A點運動到B點,圖中實線為電場線,虛線為粒子運動軌迹,則可判定(  )

A. 粒子帶負電
B. 粒子的電勢能不斷減少
C. 粒子的動能不斷增大
D. 粒子在A點的加速度大于在B點的加速度

【答案】A
【解析】
粒子在電場力作用下從A到B,由運動與力關系可以知道,電場力方向大體指向運動軌迹彎曲一側,即可判斷帶電粒子帶負電;電場線的疏密表示電場強度的強弱,從而判斷電場力大小和粒子的加速度和速度的變化。
由圖所示,粒子從A到B,粒子的軌迹向左彎曲,電場力逆着電場線方向,所以粒子帶負電,故A正确;電場力逆着電場線方向,與速度方向夾角a大于90°,則電場力對粒子做負功,其動能減小,速度減小,電勢能增大,故BC錯誤;從A到B,電場線越來越密,則電場強度增大,電場力也增大,則加速度增大,故D錯誤。

如圖,有一重為G,帶電量為q的小球,從兩豎直的帶等量異種電荷的平行闆上方高h處由靜止自由落下,兩闆間有勻強磁場,磁場方向垂直紙面向裡,則帶電小球通過正交的電場、磁場空間時(  )

A. 一定作曲線運動 B. 不可能作曲線運動
C. 可能作勻速直線運動 D. 可能作勻加速直線運動

【答案】A
【解析】
帶電小球進入複合場受到重力、電場力和洛倫茲力作用,根據小球的合力與速度方向的關系确定小球的運動情況。
若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力相等,因為小球向下運動時,速度會增加,小球所受的洛倫茲力增大,将不會再與小球所受的電場力平衡,不可能做勻加速直線運動,也不可能做勻速直線運動;若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力不等,則合力方向與速度方向不在同一條直線上,小球做曲線運動。故A正确。

如圖所示電路中,電源的内電阻不能忽略。已知定值電阻R1=10Ω,R2=8Ω.當開關S接到位置1時,電壓表V的示數為3V;當開關S接到位置2時,電壓表V的示數可能為(  )

A. 3.2V B. 2.8V C. 2.4V D. 2V

【答案】B
【解析】
由閉合電路歐姆定律可知,開關接1時,電壓表示數 ①;開關接2時,電壓表示數②, 得:,由于,可得 ,故B正确。

條形磁鐵放在水平桌面上,它的上方靠S極的一側懸挂一根與它垂直的導體棒,如圖所示.圖中隻畫出此棒的橫截面,且标出棒中的電流是流向紙内的.在通電的一瞬間,可能出現的情況是(  )

A. 磁鐵對桌面的壓力減小 B. 磁鐵對桌面的壓力增大
C. 磁鐵受到向左的摩擦力 D. 磁鐵受到向右的摩擦力

【答案】AC
【解析】
在磁鐵外部磁感線由N極指向S極,通電導體棒處在磁場中,由左手定則可知其受安培力作用,條形磁鐵也受到反作用力作用,産生兩種效果,其一向上提起的效果;其二向右運動的效果,即磁鐵對桌面的壓力減小,同時磁鐵受到向左的摩擦力作用,故AC正确,BD錯誤;故選AC.

如圖所示,在一勻強磁場中有三個帶電粒子,其中1和2為質子,3為α粒子(He)的徑迹。它們在同一平面内沿逆時針方向做勻速圓周運動,三者軌道半徑r1>r2>r3并相切于P點,設T、v、a、t分别表示它們做圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及各自從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經曆的時間,則(  )

A. T1=T2<T3 B. v1>v2>v3 C. a1>a2>a3 D. t1>t2>t3

【答案】ABC
【解析】
根據帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力可得半徑公式,同時推出周期公式和時間公式,根據牛頓第二定律得到加速度的公式,再進行分析。
設帶電粒子的質量和電量分别為m、q,則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時周期為 ,T與比荷成反比,質子與 α粒子的比荷之比為2:1,則有 ,故A正确。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時半徑為 ,則,對粒子1和2 ,其比荷相等,則半徑越大速度越大,故;對粒子2和3,粒子2的比荷和半徑均比粒子3大,故故B正确。粒子的加速度為,同理 ,故C正确。由圖看出粒子2的速度偏向角大于粒子1的速度偏向角,根據軌迹所對的圓心角等于速度偏向角,可知粒子2軌迹的圓心角大于粒子1軌迹的圓心角,所以粒子2的運動時間大于粒子1的運動時間,即 ;同理可得, 粒子3軌迹的圓心角大于粒子2軌迹的圓心角,同時由于可知 ,故有 ,則,故D錯誤。

如圖電路中,電源電動勢12V,内電阻不能忽略。閉合S後,調整R的阻值。使電壓表的示數增大△U=2V,在這一過程可

A. 通過R1的電流增大,增大量為△U / R1
B. R2兩端的電壓減小,減小量為△U
C. 通過R2的電流減小,減小量小于△U / R2
D. 路端電壓增大,增大量為△U

【答案】AC
【解析】
試題R1是定值電阻,電壓表V的示數增大△U的過程中,通過R1的電流增加,增加量.故A正确.電壓表V的示數增大,變阻器有效電阻增大,外電路總電阻增大,幹路電流減小,R2兩端電壓減小,路端電壓增大,則R2兩端電壓減少量一定小于△U.故B錯誤.由歐姆定律得到:通過R2的電流但減少量一定小于.故C錯誤.電壓表示數增加,R2電壓減小,路端電壓增加量一定小于△U.故D錯誤.
故選A.

(6分)

遊标卡尺的讀數為 mm, 螺旋測微器的讀數為 mm

【答案】102.30mm(3分) 5.545mm(3分)
【解析】
試題遊标卡尺讀數為:先讀出固定刻度為:102mm,再讀數遊标尺部分讀數為:,總的讀數為:102.30mm;螺旋測微器讀數為:先讀出固定部分讀數為:5.5mm,旋轉部分讀數為:,總的讀數為:5.545mm。

欲将量程為100μA内阻為540Ω的靈敏電流表改裝為量程為1mA的毫安表需要給它_____聯一隻R=_____Ω的電阻.

【答案】并聯,60歐姆
【解析】
試題分析:改裝電流表需要并聯一個定值電阻分流,根據歐姆定律可得,解得

在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中,使用的小燈泡規格為“6V,3W”,其他可供選擇的器材有:

電壓表V1(量程6V,内阻約為20kΩ)
電壓表V2(量程20V,内阻約為60kΩ)
電流表A1(量程3A,内阻約為0.2Ω)
電流表A2(量程0.6A,内阻約為1Ω)
變阻器R1(0~1000Ω,允許最大電流為0.5A)
變阻器R2(0~20Ω,允許最大電流為2A)
學生電源E(6~8V)
開關S及導線若幹
(1)實驗中要求電壓表在0~6V範圍内讀取并記錄下10組左右不同的電壓值U和對應的電流值I,以便作出伏安特性曲線,在上述器材中,電流表應選用 ,電壓表應選 ,變阻器應選用 。
(2)在答題卡方框中畫出實驗的原理圖。

【答案】(1)A2 V1 R2
(2)

【解析】
試題根據燈泡額定電壓與額定功率,由電功率的變形公式求出燈泡額定電流,根據該電流選擇電流表;在保證安全的前提下,為方便實驗操作,應選最大阻值較小的滑動變阻器;
電壓從零開始變化,滑動變阻器應采用分壓接法,根據燈泡電阻與電表内阻間的關系确定電流表接法,然後作出實驗電路圖.
燈泡額定電流,電流表應選A2(量程0.6A,内阻0.5Ω),為方便實驗操作,應選最大阻值較小的滑動變阻器R2(0~20Ω,2A);電壓表0~6V範圍内讀數,滑動變阻器應采用分壓接法;燈泡正常發光時電阻,燈泡電阻遠小于電壓表内阻,
所以電流表應采用外接法,實驗電路圖如圖所示;

如圖所示,電源電動勢為E=30V,内阻為r=1Ω,電燈上标有“6V12W”字樣,直流電動機線圈電阻R=2Ω.若電燈恰能正常發光,求:

(1)電源的總功率PE
(2)電動機輸出的機械功率P機

【答案】(1)60W(2)36W
【解析】
本題主要考查閉合電路歐姆定律及非純電阻電流的功率計算問題,根據電燈恰能正常發光即可求回路中的電流;由 可求得電源的總功率;電動機輸出的機械功率等于電源總功率減去回路中的熱功率。
解:(1)電燈恰好正常發光,其電流
電源總功率
(2)設電動機兩端電壓為 ,則有
解得
電動機輸出功率
代入數據聯立計算得出

如圖所示的勻強電場中,有a、b、c三點,ab=5cm,bc=12cm,其中ab沿電場方向,bc和電場方向成60°角,一個電荷量為q=4×10﹣8C的正電荷從a移到b電場力做功為W1=1.2×10﹣6J求:

(1)勻強電場的場強E=?
(2)電荷從b移到c電場力做功W2=?
(3)a、c兩點的電勢差Uac=?

【答案】(1)600V/m (2)1.44×10﹣6J (3)66V
【解析】試題分析:(1)由題,由
(2)電荷從b移到c電場力做功為
(3)電荷從a移到c電場力做功為
則a、c兩點的電勢差為

如圖所示,豎直平面xOy内存在水平向右的勻強電場,場強大小E=10N/c,在y≥0的區域内還存在垂直于坐标平面向裡的勻強磁場,磁感應強度大小B=0.5T一帶電量q= +0.2C、質量m=0.4kg的小球由長l=0.4m的細線懸挂于P點小球可視為質點,現将小球拉至水平位置A無初速釋放,小球運動到懸點P正下方的坐标原點O時,懸線突然斷裂,此後小球又恰好能通過O點正下方的N點,(g=10m/s2),求:

(1)小球運動到O點時的速度大小;
(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大小;
(3)ON間的距離。

【答案】(1)2m/s (2) 8.2N (3)3.2m
【解析】試題分析:由A到O的過程中,隻有重力和電場力做功,根據動能定理即可求得O點的速度;在最低點時,繩的拉力、洛倫茲力和重力的合力提供向心力,根據牛頓第二定律即可求得拉力大小;懸線斷裂後,沿電場方向小球做勻減速直線運動,沿重力方向做自由落體運動,小球又恰好能通過O點正下方的N點,說明小球到達N點時,沿電場方向的速度為vo,從而可求的由ON的時間,繼而求出ON間的距離。
(1)小球從A運到O的過程中,根據動能定理:
代入數據求得小球在O點速度為:v0=2m/s
(2)小球運到O點繩子斷裂前瞬間,對小球應用牛頓第二定律:
洛倫茲力:
聯立解得:T=8.2N。
(3)繩斷後,小球水平方向加速度
小球從O點運動至N點所用時間為:
ON間距離為:

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