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北大附中河南分校2015-2016学年高二上学期第一次月考物理试题


2015-2016 学年北大附中河南分校高二(上)第一次月考物理试 卷
一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,2、4、5、 12 小题有多个选项正确,其余的小题只有一个选项正确,.全部选对的得 4 分,选不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分.) 1.某静电场的电场线分布如图,图中 P、Q 两点的电场强度的大小分别为

EP 和 EQ,电势 分别为 φP 和 φQ,则( )

A.EP>EQ,φP<φQ B.EP<EQ,φP>φQ C.EP<EQ,φP<φQ D.EP>EQ,φP>φQ 2.关于电势与电势能的说法正确的是( ) A.电荷在电场中电势高的地方电势能大 B.在电场中的某点,电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大 C.正电荷形成的电场中,正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大 D.负电荷形成的电场中,正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小 3.图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两带电小球 M、N 质量 相等,所带电荷量的绝对值也相等.现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出,两粒子 在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点 a、b、c 为实线与虚线的交点,已知 O 点电势高于 c 点.则( )

A.M 带负电荷,N 带正电荷 B.M 在从 O 点运动至 b 点的过程中,动能不变 C.N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力做功 D.N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度相等 4.下列说法正确的是( ) A.带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动,则电势能一定减小 B.带电粒子只受电场力作用,由静止开始运动,其运动轨迹一定与电场线重合.

C.带电粒子在电场中运动,如只受电场力作用,其加速度方向一定与电场线方向相同. D.带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动,则任意相等时间内速度的变化 量相同. 5.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两极板间有一正电荷(电量很小) 固定在 P 点,如图所示.以 E 表示两极板间的场强,U 表示电容器的电压,ε 表示正电荷在 P 点的电势能,若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( )

A.U 变小,E 不变

B.E 变大,ε 变大

C.U 变小,ε 不变

D.U 不变,ε 不变

6.如图所示,在粗糙水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后, 两个物块向相反方向运动,并最终停止.在物块运动过程中,下列表述正确的是( )

A.两个物块的机械能守恒 B.物块受到的库仑力不做功 C.两个物块的电势能逐渐减少 D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 7. 定值电阻 R1 和一热敏电阻 R2 串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路, 开始时 R1=R2. 现 先后对 R2 加热、冷却,则下列关于 R2 的电功率变化情况正确的是( ) A.加热时增加,冷却时减少 B.加热时减少,冷却时增加 C.冷却、加热时均增加 D.冷却、加热时均减少 8.根据电容器电容的定义式 C= ,可知( )

A.电容器所带的电荷量 Q 越多,它的电容就越大,C 与 Q 成正比 B.电容器不带电时,其电容为零 C.电容器两极板之间的电压 U 越高,它的电容就越小,C 与 U 成反比 D.以上答案均不对 9.在如图所示电路中,当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时( )

A.电压表示数变大,电流表示数变小

B.电压表示数变小,电流表示数变大 C.电压表示数变大,电流表示数变大 D.电压表示数变小,电流表示数变小 10.如图 a、b、c 是电场中的三个等势面,其电势分别是 5V、0 和﹣5V,一个电子从 O 点 以初速度 v0 进入电场,电子进入电场后的运动情况是( )

A.如果 v0 方向竖直向上,则电子的动量大小不变,方向不变 B.如果 v0 方向竖直向上,则电子的动量大小不变,方向改变 C.如果 v0 方向水平向左,则电子的动量大小改变,方向改变 D.如果 v0 方向水平向左,则电子的动量大小改变,方向不变 11.在一个微安表 G 上并联一个电阻 R,就改装成一块安培表,今将该表与标准安培表串 联后去测电流,发现该表的示数总比标准表的示数小,修正的方法为( )

A.在 R 上并联一个小电阻 B.在 R 上并联一个大电阻 C.将 R 的阻值变大些 D.将 R 的阻值变小些 12.下列说法正确的是( ) A.电荷在某处不受电场力作用,则该处的电场强度一定为为零 B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则该处磁感应强度一定为零 C.表征电场中某点电场的强弱,是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本 身电荷量的比值 D.表征磁场中某点磁场的强弱,是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导 体长度和电流强度乘积的比值

二、实验题(本题共 2 小题,第 13 题 4 分,第 14 题 12 分共 16 分.) 13.如图的游标卡尺的读数为: mm

14. (12 分) (2013 秋?东营区校级期末)有一个小灯泡上标有“2V、3W”的字样,现在要用 伏安法描绘这个灯泡的 I﹣U 图线,有下列器材供选用: A.电压表(0~5V 内阻 10kΩ) B.电压表(0~10V 内阻 20kΩ) C.电流表(0~3A,内阻 1Ω) D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω)

E.滑动变阻器(5Ω,1A) G.电源(电动势 3V,内阻 1Ω)

F.滑动变阻器(500Ω,0.2A)

①实验中电压表应选用 ,电流表应选用 .为使实验误差尽量减 小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用 (用序号字 母表示) . ②实验中移动滑动变阻器滑片,得到了小灯泡的 I﹣U 图象如图 2 所示,则可知小灯泡的电 阻随电压增大而 (填“增大”、“减小”或“不变”) . ③请根据实验要求,画出电路图(如图 1) .

三、计算题(共 36 分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答 案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 15. (10 分) (2013 秋?滑县期末)有一个直流电动机,把它接入 0.2V 电压的电路,当电机 不转时,测得流过电动机的电流是 0.4A;若把电动机接入 2.0V 电压的电路中,电动机正常 工作,工作电流是 1.0A.问: (1)电动机正常工作时的输出功率多大? (2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,电动机的发热功率是多大? 16. (12 分) (2010?浙江模拟)如图所示,在空间中取直角坐标系 Oxy,在第一象限内平行 于 y 轴的虚线 MN 与 y 轴距离为 d, 从 y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强 电场,场强大小为 E.初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 U 的电场加速后,从 y 轴上的 A 点以平行于 x 轴的方向射入第一象限区域,A 点坐标为(0,h) .已知电子的电量 为 e,质量为 m,加速电场的电势差 U> ,电子的重力忽略不计,求:

(1)电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t 和离开电场区域时的速度 v; (2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 L.

17. (14 分) (2010 秋?望江县期末)如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场 E1、E1 已知 区域Ⅰ宽 L=0.8m 区域Ⅰ足够宽.E1=10 kV/m 且与水平成 45°角斜向右上方,E2=2kV/m 方向水平向左.绝缘薄板 B 长 l=2.8m 质量 mB=1.6kg 置于光滑水平面上,其左端与区域Ⅰ ﹣3 的左边界平齐.带电量为 q=+1.6×10 C 质量 mA=1.6kg 的带电体 A 可视为质点,与木板间 2 的摩擦因数 μ=0.1,置于木板的最左端由静止释放. (g=10m/s )求: (1)带电体 A 进入区域Ⅱ时的速度? (2)木板 B 的最终速度?

2015-2016 学年北大附中河南分校高二(上)第一次月考 物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,2、4、5、 12 小题有多个选项正确,其余的小题只有一个选项正确,.全部选对的得 4 分,选不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分.) 1.某静电场的电场线分布如图,图中 P、Q 两点的电场强度的大小分别为 EP 和 EQ,电势 分别为 φP 和 φQ,则( )

A.EP>EQ,φP<φQ B.EP<EQ,φP>φQ C.EP<EQ,φP<φQ D.EP>EQ,φP>φQ 考点: 电场线. 分析: 根据 P、Q 两点处电场线的疏密比较电场强度的大小.根据沿电场线的方向电势降 低,判断电势的高低. 解答: 解:由图 P 点电场线密,电场强度大,则 EP>EQ.沿电场线的方向电势降低,则 有 φP>φQ.故 D 正确. 故选:D. 点评: 此题要求掌握电场线的物理意义特点:疏密表示强弱,沿电场线的方向电势降低. 2.关于电势与电势能的说法正确的是( ) A.电荷在电场中电势高的地方电势能大 B.在电场中的某点,电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大 C.正电荷形成的电场中,正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大 D.负电荷形成的电场中,正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小 考点: 电势能;电势. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 本题从两个方面判断电势能的高低变化:一是根据电势的高低利用公式 Ep=φq 进 行判断,二是根据电场力做功判断电势能的变化,电场力做正功,电势能减小,电场力做负 功电势能增大. 解答: 解: A、根据公式 Ep=φq 可知,正电荷在电势高的地方电势能大,而负电荷在电势高的地方电势 能小,故 A 错误; B、若放在同一点的电荷带电量为负值,电荷量大,则其具有电势能小,故 B 错误; C、正电荷形成的电场中,取无穷远处电势为零,在电场中的任何一点上电势为正,则根据 公式 Ep=φq 可知,正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势;故 C 正确. D、选择无穷远处为零电势点,因此负点电荷周围的电势为负值,所以在负点电荷电场中的 任一点, 根据公式 Ep=φq 可知, 放入的正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能. 故 D 正确. 故选:CD. 点评: 电势能是电场中的重要概念,要学会从多个角度进行理解,尤其注意的是公式 Ep=φq 中,电势能的大小和电荷带电量的正负有关. 3.图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两带电小球 M、N 质量 相等,所带电荷量的绝对值也相等.现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出,两粒子 在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点 a、b、c 为实线与虚线的交点,已知 O 点电势高于 c 点.则( )

A.M 带负电荷,N 带正电荷

B.M 在从 O 点运动至 b 点的过程中,动能不变 C.N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力做功 D.N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度相等 考点: 等势面. 分析: 根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向,O 点电势高于 c 点,根据电场线与等势 线垂直,而且由高电势指向低电势,可判断出电场方向,从而确定出粒子的电性.由动能定 理可知,N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相等,但方向不同.N 从 O 点运动至 a 点 的过程中电场力做正功.O、b 间电势差为零,由动能定理可知电场力做功为零. 解答: 解:A、等势线在水平方向,O 点电势低于 c 点,根据电场线与等势线垂直,而且 由高电势指向低电势,可知电场方向竖直向下,根据粒子的轨迹可判断出 N 粒子所受的电 场力方向竖起向上,M 粒子所受的电场力方向竖直向下,故知 N 粒子带负电,M 带正电, 故 A 错误. B、由图示可知:O、b 在同一等势面上,从 O 到 b 电场力做功为零,O、b 在同一高度,重 力做功为零,由动能定理可知,M 在 O 点与 b 点动能相等,故 B 正确; C、N 从 O 点运动至 a 点的过程中电场力与速度的夹角为锐角,电场力做正功.故 C 错误. D、N 从 O 到 a 点过程与 M 从 O 到 c 过程电场力做功相等,但重力对 N 做负功,对 M 做整 个,由动能定理可知,N 在 a 点的速度小于 M 在 c 点的速度,故 D 错误; 故选:B. 点评: 本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向, 根据电场线与等势线垂直的特点, 分析能 否判定电性.由动能定理分析电场力做功是常用的方法. 4.下列说法正确的是( ) A.带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动,则电势能一定减小 B.带电粒子只受电场力作用,由静止开始运动,其运动轨迹一定与电场线重合. C.带电粒子在电场中运动,如只受电场力作用,其加速度方向一定与电场线方向相同. D.带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动,则任意相等时间内速度的变化 量相同. 考点: 带电粒子在匀强电场中的运动. 专题: 带电粒子在电场中的运动专题. 分析: 根据电场力做功情况,分析电势能变化情况.只有当电场线是直线,且带电粒子从 静止开始或初速度与电场线共线时,其运动轨迹才沿电场线.在匀强电场中,带电小球所受 的电场力是恒力,由△ P=m△ v=mat,分析动量的变化量. 解答: 解:A、带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动,说明开始时粒子运动的方向 与电场力的方向垂直,则粒子运动的过程中电场力一定做正功,则电势能一定减小,故 A 正确. B、只有当电场线是直线,且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时,其运动轨迹才 沿电场线.所以带电粒子的运动轨迹不一定与电场线重合.故 B 错误. C、带电粒子在电场中运动,如只受电场力作用,若带电粒子带正电,其加速度方向与电场 线方向相同,若带电粒子带负电,其加速度方向与电场线方向相反.故 C 错误. D、一带电小球在一匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动,重力和电场力都是恒力, 其合力也是恒力,由△ P=m△ v=mat=F 合 t,则知任意相等时间内速度的变化量相同.故 D 正确. 故选:AD.

点评: 解决本题的关键要理解几对关系: 带电粒子的运动情况与受力情况的关系、 运动轨 迹与电场线的关系、加速度方向与电场线切线方向的关系、动量变化量与合力的关系. 5.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两极板间有一正电荷(电量很小) 固定在 P 点,如图所示.以 E 表示两极板间的场强,U 表示电容器的电压,ε 表示正电荷在 P 点的电势能,若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( )

A.U 变小,E 不变 B.E 变大,ε 变大 C.U 变小,ε 不变 D.U 不变,ε 不变 考点: 电容器的动态分析. 专题: 电容器专题. 分析: 平行板电容器充电后与电源断开后, 电容器的电量不变. 将正极板移到图中虚线所 示的位置, 板间距离减小, 电容增大. 由推论公式 E= 公式 U= 判断板间电压的变化. 解答: 解:由题意知:电容器的带电量 Q 不变,板间距离减小,根据电容的决定式知电 容 C 增大.由公式 U= 知,板间电压 U 变小. 由推论公式 E= 分析,可知板间电场强度 E 不变,则由 U=Ed 知,P 与负极板间的电 分析板间场强 E 的变化情况. 由

势差不变,则 P 点的电势不变,正电荷在 P 点的电势能 ? 不变.故 AC 正确,BD 错误. 故选:AC. 点评: 本题是电容器的动态变化分析问题, 难点是确定电场强度的变化, 只要得出电场强 度的变化,就可以得出 P 与负极板电势差的变化,得出 P 点的电势以及电荷在 P 点电势能 的变化. 6.如图所示,在粗糙水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后, 两个物块向相反方向运动,并最终停止.在物块运动过程中,下列表述正确的是( )

A.两个物块的机械能守恒 B.物块受到的库仑力不做功 C.两个物块的电势能逐渐减少 D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 考点: 机械能守恒定律;库仑定律;电势能. 专题: 机械能守恒定律应用专题. 分析: 由静止释放后,两个物块向相反方向运动,两物块之间的库仑力做正功,电势能减 小.开始阶段,库仑力大于物块的摩擦力,物块做加速运动,当库仑力小于摩擦力后,物块 做减速运动,动能先增大,后减小.

解答: 解:A、B,两物块之间由于带同种电荷,它们之间存在库仑斥力,库仑力两个物 块都做正功.开始阶段,库仑力大于物块的摩擦力,物块做加速运动,动能增大;当库仑力 小于摩擦力后,物块做减速运动,动能减小,重力势能不变,则机械能先增大,后减小,不 守恒.故 A、B 错误. C、 由静止释放后, 两个物块向相反方向运动, 两物块之间的库仑力做正功, 电势能减小. 故 C 正确. D、根据库仑定律得知:库仑力与两个物块之间的距离平方成反比,所以库仑力先大于物块 所受的摩擦力,后小于摩擦力.故 D 错误. 故选 C 点评: 本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力, 要抓住库仑力随距离增大而减 小的特点. 7. 定值电阻 R1 和一热敏电阻 R2 串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路, 开始时 R1=R2. 现 先后对 R2 加热、冷却,则下列关于 R2 的电功率变化情况正确的是( ) A.加热时增加,冷却时减少 B.加热时减少,冷却时增加 C.冷却、加热时均增加 D.冷却、加热时均减少 考点: 电功、电功率. 专题: 恒定电流专题. 2 分析: R1、R2 串联,根据电阻的串联特点和欧姆定律求出电路中的电流,再根据 P=I R 表示出 R2 的电功率;最后根据 R2 的电阻值随温度的变化,进而判断 R2 的电功率的变化情 况. 解答: 解:设电源电压为 U,则 R2 的电功率 ≤ ,当 R1=R2 时,取最大值,

由于开始时电阻 R1 和 R2 电阻值相等,R2 的电功率最大,此后不管是升高温度还是降低温 度,电阻 R2 的电阻值均变化,故电阻 R2 的电功率一定是减小,故 D 正确. 故选:D. 点评: 本题也可以根据“当外电阻与内电阻相等时,电源的输出功率最大”的结论,然后利 用等效电源法考虑.

8.根据电容器电容的定义式 C= ,可知(



A.电容器所带的电荷量 Q 越多,它的电容就越大,C 与 Q 成正比 B.电容器不带电时,其电容为零 C.电容器两极板之间的电压 U 越高,它的电容就越小,C 与 U 成反比 D.以上答案均不对 考点: 电容. 专题: 电容器专题. 分析: 电容表征电容器容纳电荷的本领大小,与电量 Q、电压 U 无关.电容器不带电时, 电容并不为零. 解答: 解:A、电容器带电的电量 Q 越多,两极之间的电压 U 越高,但电容不变.故 A 错误.

B、电容反映本身的特性,电容器不带电时,电容并不为零.故 B 错误. C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小,与电压 U 无关,给定的电容 C 一定.故 C 错误. D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小,电容大小与电容器的带电情况无关.故 D 正 确. 故选:D 点评: 本题考查对电容的理解能力.电容的定义式 C= 是采用比值定义法,有比值定义 的共性,C 与 Q、U 无关,反映电容器本身的特性. 9.在如图所示电路中,当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时( )

A.电压表示数变大,电流表示数变小 B.电压表示数变小,电流表示数变大 C.电压表示数变大,电流表示数变大 D.电压表示数变小,电流表示数变小 考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 压轴题. 分析: 由图可知 R2 与 R3 并联后与 R1 串联,电压表测量路端电压;由滑片的移动可得出 滑动变阻器接入电阻的变化,则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化,由 U=E﹣Ir 可得出路端电压的变化;将 R1 作为内阻处理,则可得出并联部分电压的变化,求得 R2 中电 流的变化,由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化. 解答: 解:当滑片向 b 端滑动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,则由 闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大,故内压增大;因此路端电压减小,故电压表示 数减小; 将 R1 等效为内阻,则可知并联部分电压一定减小,故流过 R2 的电流减小,因总电流增大, 故电流表示数增大;故 B 正确,ACD 错误; 故选 B. 点评: 闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路, 再分析内电路, 最后再分析外电路的思 路进行;若电阻与电源串联,可以等效为内阻处理. 10.如图 a、b、c 是电场中的三个等势面,其电势分别是 5V、0 和﹣5V,一个电子从 O 点 以初速度 v0 进入电场,电子进入电场后的运动情况是( )

A.如果 v0 方向竖直向上,则电子的动量大小不变,方向不变 B.如果 v0 方向竖直向上,则电子的动量大小不变,方向改变 C.如果 v0 方向水平向左,则电子的动量大小改变,方向改变 D.如果 v0 方向水平向左,则电子的动量大小改变,方向不变 考点: 等势面. 分析: 根据等势面与电场线垂直,作出电场线,分析电子受到的电场力大小和方向,判断 电子的运动情况,确定电子的动量的大小和方向的变化情况.当电子的速度 v0 的方向向上 或向下时,电子做类平抛运动,动量大小和方向都改变.若 v0 的方向向左,电子所受电场 力方向方向向左,电子做匀加速直线运动,动量增大,方向不变. 解答: 解:作出电场线如图. A、B、如果 v0 的方向向上,电子受到的电场力水平向左,电子做类平抛运动,动量大小增 大,方向改变.故 AB 错误. C、D、如果 v0 的方向向左,而电子受到的电场力水平向左,则电子向左做匀加速直线运动, 其动量大小增大,方向不变.故 C 错误,D 正确. 故选:D.

点评: 知道等势面的分布情况, 作出电场线是研究粒子在电场中运动问题常用的方法. 对 于带电粒子在电场中运动问题,关键是分析带电粒子的受力情况,再分析其运动情况. 11.在一个微安表 G 上并联一个电阻 R,就改装成一块安培表,今将该表与标准安培表串 联后去测电流,发现该表的示数总比标准表的示数小,修正的方法为( )

A.在 R 上并联一个小电阻 B.在 R 上并联一个大电阻 C.将 R 的阻值变大些 D.将 R 的阻值变小些 考点: 把电流表改装成电压表. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析: 电流表示数偏小,说明所并联电阻的分流太大,则分流电阻阻值偏小.让分流电阻 变的稍大些即可. 解答: 解:电流表示数偏小,说明所并联电阻的分流太大,则分流电阻阻值偏小.让分流 电阻变的稍大些即可,故 C 正确,D 错误; 在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻, 都会使其并联值稍小, 分 流稍大,不可以.故 AB 错误. 故选:C. 点评: 考查的电流表的改装原理,明确分流与电阻成反比,电阻大,分流小,反之电阻小 则分流大.

12.下列说法正确的是( ) A.电荷在某处不受电场力作用,则该处的电场强度一定为为零 B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则该处磁感应强度一定为零 C.表征电场中某点电场的强弱,是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本 身电荷量的比值 D.表征磁场中某点磁场的强弱,是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导 体长度和电流强度乘积的比值 考点: 电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 电场的基本性质是对放入电场中的电荷有力的作用.电场强度的定义式 E= 运用 比值法定义,E 与 F、q 无关.根据磁感应强度的定义式 B= ,由此可知的磁感应强度与

导线的放置、长短、电流大小等因素无关,即该处的磁感应强度有磁场本身决定.所以如果 通电的金属棒在磁场中不受力的作用, 该处的磁感应强度不一定为零, 如通电导线与磁场平 行放置,磁场对通电导线没有作用力. 解答: 解:A、电荷在电场中一定受到电场力作用,若电荷在某处不受电场力作用,则该 处电场强度一定为零.故 A 正确. B、如果通电导线与磁场平行放置,则磁场对通电导线没有作用力,则知一小段通电导线在 某处不受磁场力作用,该处磁感应强度不一定为零,故 B 错误. C、电场强度表征电场中某点电场的强弱,而电场强度等于把一个检验电荷放在该点时受到 的电场力与检验电荷本身电荷量的比值,故 C 正确. D、表征磁场中某点磁场的强弱,是把一小段通电导线垂直放在该点时受到的磁场力与该小 段导体长度和电流强度乘积的比值,故 D 错误. 故选:AC. 点评: 本题要知道电荷在电场中一定受到电场力,如果不受电场力,则电场一定为零.通 电导体在磁场中不一定受到磁场力,通电导体如果与磁场方向平行,不受磁场力. 二、实验题(本题共 2 小题,第 13 题 4 分,第 14 题 12 分共 16 分.) 13.如图的游标卡尺的读数为: 91.60 mm

考点: 刻度尺、游标卡尺的使用. 专题: 实验题. 分析: 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读. 解答: 解:游标卡尺的主尺读数为:9.1cm=91mm,游标尺上第 12 个刻度和主尺上某一 刻度对齐,所以游标读数为 12×0.05mm=0.60mm, 所以最终读数为:91mm+0.60mm=91.60mm 故答案为:91.60. 点评: 对于基本测量仪器如游标卡尺、 螺旋测微器等要了解其原理, 要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量.

14. (12 分) (2013 秋?东营区校级期末)有一个小灯泡上标有“2V、3W”的字样,现在要用 伏安法描绘这个灯泡的 I﹣U 图线,有下列器材供选用: A.电压表(0~5V 内阻 10kΩ) B.电压表(0~10V 内阻 20kΩ) C.电流表(0~3A,内阻 1Ω) D.电流表(0~0.6A,内阻 0.4Ω) E.滑动变阻器(5Ω,1A) F.滑动变阻器(500Ω,0.2A) G.电源(电动势 3V,内阻 1Ω)

①实验中电压表应选用 A ,电流表应选用 C .为使实验误差尽量减小,要求电压表 从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用 E (用序号字母表示) . ②实验中移动滑动变阻器滑片,得到了小灯泡的 I﹣U 图象如图 2 所示,则可知小灯泡的电 阻随电压增大而 增大 (填“增大”、“减小”或“不变”) . ③请根据实验要求,画出电路图(如图 1) . 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: 仪表的选择应本着安全准确的原则; 电压表要测量灯泡两端的电压, 故应通过灯泡 的额定电压值判断需要的电压表; 由流过灯泡的电流判断需要的电流表; 由题意判断需要的 滑动变阻器; 根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用, 结合题意选择滑动变阻器的接法; 由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法. 解答: 解: (1)因灯泡的额定电压为 2V,为保证安全选用的电压表量程应稍大于 2V,量 程太大则示数不准确;故只能选用 0~5V 的电压表,故选 A; 由 P=UI 得,灯泡的额定电流 I= =1.5A,电流表应选用 C; 而由题意要求可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接 法,而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器,故选 E; (2)由图 2 所示图象可知,随电压增大,灯泡电流增大,电压与电流的比值增大,灯泡电 阻增大; (3)描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,灯 泡正常发光时的电阻阻值 R= = Ω,

电压表内阻为 10kΩ, 电流表内阻为 1Ω, 电压表内阻远大于灯泡电阻, 电流表应采用外接法, 实验电路如图所示:

故答案为: (1)A;C;E (2)增大 (3)如图 点评: 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择; 应注意滑动变阻器分压及限流接法的区 别及应用,同时还应明确内外接法的不同及判断. 三、计算题(共 36 分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答 案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 15. (10 分) (2013 秋?滑县期末)有一个直流电动机,把它接入 0.2V 电压的电路,当电机 不转时,测得流过电动机的电流是 0.4A;若把电动机接入 2.0V 电压的电路中,电动机正常 工作,工作电流是 1.0A.问: (1)电动机正常工作时的输出功率多大? (2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,电动机的发热功率是多大? 考点: 电功、电功率;闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: (1)当电机不转时,其电路是纯电阻电路,由欧姆定律求出电机的内阻.当电机 正常工作时,其电路是非纯电阻电路,其输出功率 P 出=P 总﹣P 内=UI﹣I r,代入求解电动机 正常工作时的输出功率. (2)电动机的转子突然被卡住时,电动机的发热功率 P 热= 解答: 解: (1)当电机不转时,由欧姆定律得到,电机的内阻 当电机正常工作时,输出功率 P 出=UI﹣I r=2W﹣0.5W=1.5W (2)电动机的转子突然被卡住时,此时相当于纯电阻,发热功率为 .
2 2





答: (1)电动机正常工作时的输出功率是 1.5W; (2)在电动机正常工作时,转子突然被卡住,电动机的发热功率是 8W. 点评: 对于电动机电路,要正确区分是纯电阻电路,还是非纯电阻电路,关键看转子是否 转动,电能是否全部转化为内能. 16. (12 分) (2010?浙江模拟)如图所示,在空间中取直角坐标系 Oxy,在第一象限内平行 于 y 轴的虚线 MN 与 y 轴距离为 d, 从 y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强 电场,场强大小为 E.初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 U 的电场加速后,从 y 轴上的 A 点以平行于 x 轴的方向射入第一象限区域,A 点坐标为(0,h) .已知电子的电量 为 e,质量为 m,加速电场的电势差 U> ,电子的重力忽略不计,求:

(1)电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t 和离开电场区域时的速度 v; (2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 L.

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动;运动的合成和分解. 专题: 带电粒子在电场中的运动专题. 分析: (1)根据动能定理求出电子由加速电场获得的速度.电子进入图中电场时,做类 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运动,由牛顿第二定 律和运动学公式结合求出电子离开电场时偏转距离 y,与 h 比较,可由速度合成求出离开电 场区域时的速度 v; (2)电子离开电场后做匀速直线运动,分别求出水平和竖直两个方向的位移,再求解电子 经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 L. 解答: 解: (1)由 eU= 得,电子进入偏转电场区域时的初速度为

设电子从 MN 离开,则电子从 A 点进入到离开匀强电场区域的时间 t= y= =d = ,说明 y<h,说明以上假设正确.

因为加速电场的电势差 U> 故 vy=at= d =

离开时的速度为 v=

=

(2)设电子离开电场后经过时间 t′到达 x 轴,在 x 轴方向上的位移为 x′,则 x′=v0t′,y′=h﹣y=h﹣ t=vyt′

则 L=d+x′=d+v0t′=d+v0( 代入解得 L= + 答:

﹣ )=d+

h﹣ = +

h

(1)电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t 是 d

.离开电场区域时的

速度 v 是



(2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 L 是 +



点评: 本题是带电粒子在匀强电场中偏转问题,运用运动的分解法研究,基本题. 17. (14 分) (2010 秋?望江县期末)如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场 E1、E1 已知 区域Ⅰ宽 L=0.8m 区域Ⅰ足够宽.E1=10 kV/m 且与水平成 45°角斜向右上方,E2=2kV/m 方向水平向左.绝缘薄板 B 长 l=2.8m 质量 mB=1.6kg 置于光滑水平面上,其左端与区域Ⅰ ﹣3 的左边界平齐.带电量为 q=+1.6×10 C 质量 mA=1.6kg 的带电体 A 可视为质点,与木板间 2 的摩擦因数 μ=0.1,置于木板的最左端由静止释放. (g=10m/s )求: (1)带电体 A 进入区域Ⅱ时的速度? (2)木板 B 的最终速度?

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动. 专题: 带电粒子在电场中的运动专题. 分析: (1)由牛顿第二定律求出加速度,然后应用速度位移公式求出速度. (2)分别对 A、B、AB 系统由牛顿第二定律求出加速度,然后应用运动学公式求出 B 的速 度. 解答: 解: (1)由牛顿第二定律得: 由匀变速运动的速度位移公式得: ,代入数据解得:a1=10m/s , ,代入数据解得:v1=4m/s;
2

(2)由牛顿第二定律得: 2 对你 A:qE2+μmAg=mAa2,代入数据解得:a2=3m/s , 2 对 B:μmAg=mBaB,aB=1m/s , 设经时间 t,A、B 速度相等,设为 v2,速度相等后加速度为 a3, 由匀变速运动的速度位移公式得:v1﹣a2t=aBt,代入数据解得:t=1s, 由位移公式得: , ,

代入数据解得:xA=2.5m,xB=0.5m,则:△ x=xA﹣xB=2m; 又 l=2.8m、L=0.8m,故当 A 到达薄板右端时两者速度相等, 2 由牛顿第二定律得:qE2=(mA+mB)a3,代入数据解得:a3=1m/s , 由速度位移公式得: ,由速度公式得:v2=aBt,解得:v3= m/s;

答: (1)带电体 A 进入区域Ⅱ时的速度为 4m/s; (2)木板 B 的最终速度为 m/s. 点评: 本题考查了带电体在电场中的运动,分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律、 运动学公式即可正确解题.


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