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河北省保定市徐水一中高二物理上学期期中试题含解析

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2022-2022学年河北省保定市徐水一中高二(上)期中物理试卷一、选择题(其中1-8为单选,9-12为多选,每题4分,共48分)1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述,正确的是()A.E=是电场强度的定义式,F是放在电场中的电荷所受的力,q是产生电场的电荷的电量B.由电场强度的定义式E=可知,电场强度E跟F成正比,跟q成反比C.E=是点电荷场强的计算公式,Q是产生电场的电荷量,它不适用于匀强电场D.在点电荷Q产生的电场中,距Q为r的某位置,放入的检验电荷的电量越大,检验电荷受力也越大,该处的电场强度也越大2.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法,如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等,这些方法对我们学好物理有很大帮助.以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B.在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法C.在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷,这利用了建立理想模型法D.在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是微元法3.如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图,其中不正确的是图()A.B.C.D.4.如图,R1、R2和R3皆为定值电阻,R4为滑动变阻器,电源电动势为E,内阻为r.设电流表A的读数为I,电压表V的读数为U.闭合电键,当R4的滑动触头向a端移动时,下列判断中正确的是()A.I变小,U变小B.I变小,U变大C.I变大,U变小D.I变大,U变大-21-\n5.如图所示,两平行金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ角,回路其余电阻不计.为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为()A.,水平向右B.,垂直于回路平面向上C.,竖直向下D.,垂直于回路平面向下6.如图,把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G(G的内阻比R1大了十多倍)联接成电路,接到一个输出电压为U的稳压电源上.已知R1=R2,C1>C2,开关S处于闭合状态,那么()A.C1的电压小于C2的电压B.C1的带电量可能等于C2的带电量C.若把开关S断开,在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD.若把开关S断开,在S断开前、后,电路稳定状态下加在R1两端的电压相同7.如图中A、B、C三点都在匀强电场中,已知AC⊥BC,∠ABC=60°,BC=20cm.把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B,电场力做功为零;从B移到C,克服电场力做功1.73×10﹣3J,则该匀强电场的场强大小和方向是()A.865V/m,垂直AC向左B.865V/m,垂直AC向右C.1000V/m,垂直AB斜向上D.1000V/m,垂直AB斜向下-21-\n8.如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L,板间的距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t,不计粒子的重力,则()A.在前时间内,电场力对粒子做的功为B.在后时间内,电场力对粒子做的功为UqC.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1:2D.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为2:19.在如图所示的U﹣I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,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相连组成闭合电路,由图象可知()A.电源的电动势为3V,内阻为0.5ΩB.电源的输出功率为2WC.电阻R的阻值为1ΩD.电源的效率为66.7%10.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点.据此可知()A.三个等势面中,a的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大11.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()-21-\nA.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=C.对应P点,小灯泡的电阻为R=D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积12.如图所示,在O点处放置一个正电荷.在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(如图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v,则下列说法中正确的是()A.小球通过C点的速度大小是B.小球通过C点的速度大小是C.小球由A到C电场力做功是mv2﹣mghD.小球由A到C机械能的损失是mg(h﹣)﹣mv2二、实验题(本题共2小题,共14分.请按题目要求作答.)13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径,步骤如下:-21-\n(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为__________mm;(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为__________mm.14.在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中,需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流,除开关、导线外,还有如下器材:A.小灯泡“6V3W”,B.直流电源6~8VC.电流表(量程3A,内阻约0.2Ω)D.电流表(量程0.6A,内阻约1Ω)E.电压表(量程6V,内阻约20kΩ)F.电压表(量程20V,内阻约60kΩ)G.滑动变阻器(0~20Ω、2A)H.滑动变阻器(1kΩ、0.5A)(1)实验所用到的电流表应选__________,电压表应选__________,滑动变阻器应选__________.(填字母代号)(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图.三、计算题(共38分,要有必要的解答步骤,只写结果不得分)16.如图所示,电阻R1=8Ω,电动机绕组电阻R0=2Ω,当电键K断开时,电阻R1消耗的电功率是2.88W;当电键闭合时,电阻R1消耗的电功率是2W,电动机刚好正常工作.若电源的电动势为6V.求:(1)电源内阻r;(2)当电键K闭合时,电动机正常工作的电压和功率;(3)电动机正常工作时输出的机械功率.17.如图所示,abcd是一个正方形盒子.cd边的中点有一个小孔e.盒子中有沿ad方向的匀强电场.一个质量为m带正电粒子(重力不计)从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内,并恰好从e处的小孔射出.求:(1)该带电粒子从e孔射出时的速度大小.(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功.-21-\n18.(13分)如图所示,ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道,轨道的水平部分与圆相切于B,A为水平轨道上的一点,而且AB之间距离s=0.6m,把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放,小球在轨道的内侧运动.(g取10m/s2)求:(1)小球到达B点时速度的大小(2)小球到达D点时对轨道压力是多大?(3)若让小球安全通过轨道,开始释放点离B点至少多远?(结果保留两位有效数字)-21-\n2022-2022学年河北省保定市徐水一中高二(上)期中物理试卷一、选择题(其中1-8为单选,9-12为多选,每题4分,共48分)1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述,正确的是()A.E=是电场强度的定义式,F是放在电场中的电荷所受的力,q是产生电场的电荷的电量B.由电场强度的定义式E=可知,电场强度E跟F成正比,跟q成反比C.E=是点电荷场强的计算公式,Q是产生电场的电荷量,它不适用于匀强电场D.在点电荷Q产生的电场中,距Q为r的某位置,放入的检验电荷的电量越大,检验电荷受力也越大,该处的电场强度也越大【考点】电场强度.【分析】电场强度E由电场本身的性质决定,与试探电荷无关,E=是电场强度定义式,q是试探电荷的电荷量,F是试探电荷所受的电场力,适用于任何电场;E=是真空中点产生的电场强度计算式.【解答】解:A、E=是电场强度定义式,F是放入电场中的试探电荷所受的力,q是放入电场中的试探电荷的电荷量,它适用于任何电场,q是试探电荷的电荷量.故A错误.B、电场强度E由电场本身的性质决定,与试探电荷受到的电场力和带的电荷量无关.故B错误.C、E=是真空中点产生的电场强度计算式,是点电荷场强的决定式,它只适用于点电荷产生的电场,不适用与匀强电场.故C正确.D、E=是真空中点产生的点电荷公式,电场强度只由场源电荷电量和位置决定,与检验电荷无关,故D错误.故选:C.【点评】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点:一是公式中各量的含义;二是公式适用的条件;定义式适用于一切电场.2.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法,如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等,这些方法对我们学好物理有很大帮助.以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()-21-\nA.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B.在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法C.在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷,这利用了建立理想模型法D.在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是微元法【考点】物理学史.【专题】常规题型.【分析】在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量.在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法.点电荷是实际物体在一定条件下的科学抽象,是采用了建立理想化的物理模型的方法;在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是假设法.【解答】解:A、在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法,故A正确B、在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法.故B正确C、在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷,这利用了建立理想模型法,故C正确D、在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是假设法.故D错误本题选不正确的,故选:D.【点评】在高中物理学习中,我们会遇到多种不同的物理分析方法,这些方法对我们理解物理有很大的帮助;故在理解概念和规律的基础上,更要注意科学方法的积累与学习.3.如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图,其中不正确的是图()A.B.C.D.【考点】电容.【专题】电容器专题.【分析】电容器的电容由本身的性质决定,与Q和U无关,根据Q=CU,知Q与U成正比.【解答】解:C=是电容的定义式,电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关,电容器电容的决定式为:C=,只要电容器不变其电容就不发生变化,故A错误,BD正确;根据C=可有:Q=CU,由于电容器不变,因此电量Q和电压U成正比,故C正确;本题选错误的故选:A【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为C=,知道C与Q和U无关,根据Q=CU,知Q与U成正比,同时理解电容器电容大小与那些因素有关.-21-\n4.如图,R1、R2和R3皆为定值电阻,R4为滑动变阻器,电源电动势为E,内阻为r.设电流表A的读数为I,电压表V的读数为U.闭合电键,当R4的滑动触头向a端移动时,下列判断中正确的是()A.I变小,U变小B.I变小,U变大C.I变大,U变小D.I变大,U变大【考点】闭合电路的欧姆定律.【专题】恒定电流专题.【分析】当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电阻变小,路端电压随之增大,电压表测量的为除R3外的电阻的电压,即可知道其读数的变化.分析R2的电压的变化,判断通过R2的电流变化,即可知道电流表A的读数变化.【解答】解:当滑动变阻器R4的滑动头向图a端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,总电流变大,电源的内电压与R3的分压增加,则电压表的示数变小、同时R2的电压变小,则并联部分电压变小,通过R2的电流减小,则电流表A的读数I变小.故选:A【点评】本题是电路的动态分析问题,按“局部→整体→局部”的思路进行分析5.如图所示,两平行金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ角,回路其余电阻不计.为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为()A.,水平向右B.,垂直于回路平面向上C.,竖直向下D.,垂直于回路平面向下【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;安培力;左手定则.【专题】共点力作用下物体平衡专题.【分析】导体棒受重力、支持力和安培力,三力平衡,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值.【解答】解:对导体棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如图-21-\n从图象可以看出,当安培力沿斜面向上时,安培力最小;故安培力的最小值为:FA=mgsinθ,故磁感应强度的最小值为B=根据欧姆定律,有E=IR故B=故选D.【点评】本题是三力平衡中动态分析问题,即其中第一个力大小和方向都不变,第二个力方向不变,大小可变,则当地三个力与第二个力垂直时,第三个力取最小值;同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解.6.如图,把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G(G的内阻比R1大了十多倍)联接成电路,接到一个输出电压为U的稳压电源上.已知R1=R2,C1>C2,开关S处于闭合状态,那么()A.C1的电压小于C2的电压B.C1的带电量可能等于C2的带电量C.若把开关S断开,在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD.若把开关S断开,在S断开前、后,电路稳定状态下加在R1两端的电压相同【考点】闭合电路的欧姆定律;电容器的动态分析.【专题】恒定电流专题.【分析】当开关S闭合时,两个电阻串联,电容器C1与电阻R1并联,电容器C2与电阻R2并联.开关S断开后,电路稳定后,电路中无电流,两电容器的电压都等于电源的电动势.根据电压的变化来分析电容器电量的变化.【解答】解:A、当开关S闭合时,电容器C1的电压等于R1的电压,电容器C2的电压等于电阻R2的电压,而两电阻串联,R1=R2,则知两个电容器的电压相等,故A错误.-21-\nB、由Q=CU知,两个电容器的电压相等,而C1>C2,则得C1的带电量大于C2的带电量,故B错误.C、开关S闭合时两个电容器的电压都小于电源的电动势E.当开关S断开后,电路稳定后,电路中无电流,两电容器的电压都等于电源的电动势,可见,两电容器的电压增大,电量增多,电容器充电,则有向右方向的电流流过G.故C正确.D、开关判断后,电路稳定后电路中没有电流,所以R1两端的电压为零,小于开关闭合时的电压,故D错误.故选:C【点评】电容器的电容一定时,分析电量的变化关键确定其电压的变化.电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压.7.如图中A、B、C三点都在匀强电场中,已知AC⊥BC,∠ABC=60°,BC=20cm.把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B,电场力做功为零;从B移到C,克服电场力做功1.73×10﹣3J,则该匀强电场的场强大小和方向是()A.865V/m,垂直AC向左B.865V/m,垂直AC向右C.1000V/m,垂直AB斜向上D.1000V/m,垂直AB斜向下【考点】电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据一个q=10﹣5C的正电荷从A移到B,电场力做功为零,可知,A与B电势相等.根据电荷从B移到C,电场力做功为﹣1.73×10﹣3J,由电势差的公式求出BC间的电势差.由E=求场强大小,根据等势线与电场线垂直且由电势高处指向电势低处,作出电场线.【解答】解:由题,q=10﹣5C的正电荷从A移到B,电场力做功为零,则A与B电势相等,AB连线是一条等势线.BC间电势差为:UBC==V=﹣100V则该匀强电场的场强大小:E=V/m=1000V/m,电场线方向垂直于AB向下.如图.故选:D.-21-\n【点评】本题根据题设条件找到等势点,作出等势线,根据电场线与等势线垂直,并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路.8.如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L,板间的距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t,不计粒子的重力,则()A.在前时间内,电场力对粒子做的功为B.在后时间内,电场力对粒子做的功为UqC.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1:2D.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为2:1【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据类平抛规律可知,带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,满足初速度为零的匀加速直线运动的推论:连续相等时间内位移之比y1:y2:y3=1:3:5,然后根据W=qEy求功(其中L是竖直方向的位移大小)即可.【解答】解:A、根据类平抛运动规律可知,竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动,根据推论:连续相等时间内位移之比y1:y2=1:3,则前时间内,竖直方向的位移大小为y=,电场力做功为W=qEy=qE•(),又U=qEd,解得W=,故A错误.B、由上分析知,竖直方向的位移大小为y′=,所以电场力做功为W=qEy′=qE•=,故B正确.-21-\nC、D根据W=qEy可得,在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1:1,故C、D错误.故选:B.【点评】掌握类平抛运动的处理方法和初速度为零的匀加速直线运动的结论,理解W=qU,以及U=Ed中d的含义.9.在如图所示的U﹣I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,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相连组成闭合电路,由图象可知()A.电源的电动势为3V,内阻为0.5ΩB.电源的输出功率为2WC.电阻R的阻值为1ΩD.电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律.【专题】恒定电流专题.【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知,图象与纵轴的交点等于电源的电动势,其斜率大小等于电源的内阻.电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻.两图线的交点读出电流与电压,求出电源的输出功率和效率.【解答】解:A、根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir,当I=0时,U=E,由读出电源的电动势E=3V,内阻等于图线的斜率大小,则r=||=Ω=0.5Ω.故A正确.B、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U=2V,电流I=2A,则电源的输出功率为P出=UI=4W.故B错误;C、电阻R==Ω=1Ω.故C正确.D、电源的效率η====66.7%.故D正确.故选:ACD【点评】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.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点.据此可知()-21-\nA.三个等势面中,a的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】等势面;电势能.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】由于质点只受电场力作用,根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方,由于质点带正电,因此电场线方向也指向右下方;电势能变化可以通过电场力做功情况判断;电场线和等势线垂直,且等势线密的地方电场线密,电场强度大.【解答】解:A、电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于电荷带正电,因此电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c等势线的电势最高,a等势线的电势最低,故A错误;B、根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B正确;C、从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;D、等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D正确.故选BD.【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是:根据运动轨迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.11.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=C.对应P点,小灯泡的电阻为R=D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】电功、电功率.【专题】恒定电流专题.-21-\n【分析】由图看出此灯泡是非线性元件,根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系;找到P点对应的电压和电流,根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻;由功率公式可知功率对应图线的“面积”.【解答】解:A、由图象可知,灯泡的电阻等于R=,等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数,由数学知识可知,电压增大,此斜率减小,则灯泡的电阻增大.故A正确;B、C由图象可知,P点对应的电压为U1,电流为I2,则灯泡的电阻R=≠,故B正确、C错误;D、因P=UI,所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率,故D正确.故选ABD.【点评】对于线性元件,其电阻R==,非线性元件,R=≠;对于U﹣I图与I﹣U图要区分清楚,电阻R=K,还是R=不能搞错.12.如图所示,在O点处放置一个正电荷.在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(如图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v,则下列说法中正确的是()A.小球通过C点的速度大小是B.小球通过C点的速度大小是C.小球由A到C电场力做功是mv2﹣mghD.小球由A到C机械能的损失是mg(h﹣)﹣mv2【考点】电势能;功能关系.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】小球下落过程中,受到重力和电场力,由于B、C两点处于同一等势面上,故从B到C过程电场力做功为零;根据电场力做功判断电势能的变化情况;根据总功判断动能变化情况.-21-\n【解答】解:A、B、小球从A点到C点的过程中,电场力总体上做的是负功,重力做正功,由动能定理可以知道电荷在C点的大小是,因此C点的速度小于,故A错误;故B正确;C、D、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功,即电场力做的功.由动能定理得mgh+W电=则:W电=﹣mgh=即电势能增加了mg(h﹣)﹣mv2,机械能减少了mg(h﹣)﹣mv2故C错误,D正确;故选:BD.【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式:总功是动能变化的量度;电场力做功是电势能变化的量度;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度.二、实验题(本题共2小题,共14分.请按题目要求作答.)13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径,步骤如下:(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为50.15mm;(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为4.700mm.【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.【专题】实验题.【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.【解答】解:游标卡尺的主尺读数为50mm,游标读数为0.05×3=0.15mm,所以最终读数为50.15mm.螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm,可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm,所以最终读数为4.700mm.故本题答案为:(1)50.15(2)4.700-21-\n【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.14.在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中,需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流,除开关、导线外,还有如下器材:A.小灯泡“6V3W”,B.直流电源6~8VC.电流表(量程3A,内阻约0.2Ω)D.电流表(量程0.6A,内阻约1Ω)E.电压表(量程6V,内阻约20kΩ)F.电压表(量程20V,内阻约60kΩ)G.滑动变阻器(0~20Ω、2A)H.滑动变阻器(1kΩ、0.5A)(1)实验所用到的电流表应选D,电压表应选E,滑动变阻器应选G.(填字母代号)(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图.【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题;恒定电流专题.【分析】(1)根据灯泡额定电压与额定功率求出灯泡额定电流,根据额定电流选择电流表;根据灯泡额定电压选择电压表;在保证安全的前提下,为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器.(2)描绘小灯泡伏安特性曲线电压、电流需要从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法,然后作出实验电路图.【解答】解:(1)灯泡额定电流I==0.5A,电流表应选D;灯泡额定电压6V,电压表应选E;为方便实验操作,减小误差,滑动变阻器应选G.(2)描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法;灯泡正常工作时电阻为R==12Ω,=12,≈1666.7,>,电流表应采用外接法,实验电路图如图所示.故答案为:(1)D;E;G;(2)电路图如图所示-21-\n【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图;要掌握实验器材的选取原则,确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键,也是难点.三、计算题(共38分,要有必要的解答步骤,只写结果不得分)16.如图所示,电阻R1=8Ω,电动机绕组电阻R0=2Ω,当电键K断开时,电阻R1消耗的电功率是2.88W;当电键闭合时,电阻R1消耗的电功率是2W,电动机刚好正常工作.若电源的电动势为6V.求:(1)电源内阻r;(2)当电键K闭合时,电动机正常工作的电压和功率;(3)电动机正常工作时输出的机械功率.【考点】电功、电功率.【专题】恒定电流专题.【分析】(1)当开关K断开时,电阻R1消耗的电功率求出电路中电流,由欧姆定律求出电源的内阻r;(2)当开关K闭合时,根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压,根据闭合电路欧姆定律求出干路电流,得到电动机的电流,根据P=UI求解电动机的功率;(3)先根据P=I2r求解热功率,再根据能量守恒定律求出电动机输出的机械功率.【解答】解:(1)当开关S断开时,由P1=I12R1,得I1=0.6A,电源的电阻为:r==Ω=2Ω(2)当开关S闭合时,由P2=I22R1,得:I2===0.5AR1的电压:U=I2R1=4V设干路中电流为I,则:I===1A通过电动机的电流:-21-\nIM=I﹣I2=0.5A故电动机的电功率为:P=UIM=4×0.5=2W(3)电动机的机械功率为:P机=UIM﹣I22R0=1.5W答:(1)电源内阻r为2Ω;(2)当电键K闭合时,电动机正常工作的电压为4V,功率为2W;(3)电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W.【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力.对于电动机正常时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不成立,本题不能用IM=求电动机的电流.17.如图所示,abcd是一个正方形盒子.cd边的中点有一个小孔e.盒子中有沿ad方向的匀强电场.一个质量为m带正电粒子(重力不计)从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内,并恰好从e处的小孔射出.求:(1)该带电粒子从e孔射出时的速度大小.(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功.【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用.【专题】带电粒子在电场中的运动专题.【分析】(1)带电粒子垂直射入匀强电场中,做类平抛运动.粒子从e孔射出时,竖直位移大小是水平位移大小的两倍.由运动学公式,利用比例关系,求出竖直分速度,再合成求出粒子从e孔射出时的速度大小.(2)整个过程中,电场力做正功引起粒子动能的变化,根据动能定理求出电场力做功.【解答】解:如图,设正方形边长为L,离开电场时竖直方向速度vy(1)a→e粒子做类平抛运动沿v0方向:沿E方向:解得:vy=4v0离开电场时速度大小(2)a到e对该带电粒子用动能定理:电场力做功:答:-21-\n(1)该带电粒子从e孔射出时的速度大小是.(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功是8m.【点评】本题是类平抛运动,第(1)问中不涉及加速度,用平均速度表示竖直位移是技巧.基础题.18.(13分)如图所示,ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道,轨道的水平部分与圆相切于B,A为水平轨道上的一点,而且AB之间距离s=0.6m,把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放,小球在轨道的内侧运动.(g取10m/s2)求:(1)小球到达B点时速度的大小(2)小球到达D点时对轨道压力是多大?(3)若让小球安全通过轨道,开始释放点离B点至少多远?(结果保留两位有效数字)【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律.【专题】动能定理的应用专题.【分析】(1)应用动能定理研究小球由A→B的过程,求出小球在C点的速度大小,(2)对小球在D点进行受力分析,找出径向提供向心力的外力,应用牛顿第二定律解决.(3)由等效法找到等效最高点,再由动能定理及向心力公式可求得开始的位置.【解答】解:(1)由A点到B点应用动能定理有:EqAB=mvB2代入数据解得:vB=2m/s(2)小球从A到D,由动能定理有:qES﹣2mgR=mvD2﹣0得小球到达D点时速度的大小为:vD=2m/s小球在D点,由牛顿第二定律有:-21-\nmg+N=m得小球在D点受到轨道的弹力大小为:N=1N由牛顿第三定律得在D点小球对轨道的压力大小为1N(3)小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力大小相等,这两个力的合力如图所示F=mg=N与水平方向的夹角θ=45°故小球在竖直平面内做圆周运动的等效最高点为G点,设小球在G点的最小速度为VG,由牛顿第二定律有:F=m得小球到达G点时的最小速度的大小为:VG=m/s小球从A到G,由动能定理有:qE(S′﹣Rcosθ)﹣mg(R+Rsinθ)=mvG2﹣0得小球开始释放点离B点有:s′=0.62m答:(1)小球到达B点时的速度是2m/s;(2)小球到达C点时对轨道压力是1N;(3)若让小球安全通过D点,开始释放点离B点至少0.62m【点评】在本题中物体不仅受重力的作用,还有电场力,在解题的过程中,一定要分析清楚物体的受力和运动过程,特别是小球恰好过D点的条件,根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解.-21-

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-08-25 12:05:25 页数:21
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文章作者:U-336598

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