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- 2021-06-02 发布
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曲阳一中2020学年第一学期高二年级10月月考B卷
物 理
试题总分:100分 考试时间:90分钟
一、选择题(每小题4分,共14小题,共56分,选不全得2分,其中11--14题为多选)
1.关于电场强度的下列说法中不正确的是( )
A.电场强度在数值上等于单位电荷在电场中所受的电场力的大小
B.在电场中某点不放电荷,则该点的电场强度一定为零
C.正电荷在电场中某点所受电场力的方向就是这点电场强度的方向
D.负电荷在电场中某点所受电场力的方向就是这点电场强度的反方向
2.在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N,在x=2a处由静止释放一个正点电荷P,假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动,其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示,则下列说法中正确的是( )
A.点电荷M、N一定都是负电荷
B.点电荷P的电势能一定是先增大后减小
C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1
D.x=4a处的电场强度一定为零
3.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.若将两小球相互接触后分开一定的距离,两球间库仑力的大小变为F,则两小球间的距离变为( )
A. B.r C. D.2r
4.某平行板电容器标有2.5μF,这是表示( )
A.该电容器带电量不能超过2.5×10﹣6C
B.要使两板间电压降低1V,它所带的电量必减少2.5×10﹣6C
C.电容器只有在带电时电容量为2.5×10﹣6 F
D.如在板间插入电介质,电容将减小
5.如图所示,先接通电键S使电容器充电,然后断开S,增大两极板间的距离时,电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是( )
A.Q变小,C不变,U不变 B.Q变小,C变小,U不变
C.Q不变,C变小,U变大 D.Q不变,C变小,U变小
6.如图所示,一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体,经同一加速电场U1同时加速后,垂直射入同一偏转U2电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )
A.同时到达屏上同一点 B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点 D.先后到达屏上不同点
7.有关电动势的说法不正确的是( )
A. 电源的电动势等于内、外电路电势降落之和
B. 电源提供的电能越多,电源的电动势越大
C. 当外电路断开时,电源的路端电压与电源电动势相等
D. 当电路中通过1库仑电量时,电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值
8.对于欧姆定律,理解正确的是( )
A.从I=可知,导体中的电流跟加在它两端的电压成正比,跟它的电阻成反比
B.从R=可知,导体的电阻跟导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比
C.从U=IR可知,导体两端的电压随电阻的增大而增高
D.从R=可知,导体两端的电压为零时,导体的电阻也为零
9.如图所示,有四盏电灯连接在电路中,L1和L2都标有“220V 100W”字样,L3和L4都标有“220V 40W”字样,把电路接通后,最暗的是( )
A.L1 B.L2 C.L3 D.L4
10.神经纤维可分为有髓鞘和无髓鞘两大类,现代生物学认为,髓鞘是由多层类脂物质﹣﹣髓质累积而成,具有很大的电阻,经实验测得髓质的电阻率为ρ=8×106Ω•m.某生物体中某段髓质神经纤维可看做长为20cm,半径为4cm的圆柱体,在其两端加上逐渐升高的电压,当电压U=100V时,该髓质神经纤维发生反应,则引起该髓质神经纤维产生感觉的最小电流为( )
A.0.15μA B.0.31μA C.0.43μA D.0.62μA
11.(多选题)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是( )
A.电场强度的方向处处与等势面垂直
B.电场强度为零的地方,电势也逐渐降低
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度方向总是指向该点的电势降落最快的方向
12.(多选)如图所示,虚线是某静电场的一簇等势线,边上标有电势的值.一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列说法中正确的是( )
A.粒子一定带负电
B.A处场强大于C处场强
C.粒子在A处电势能小于在C处电势能
D.粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
13.(多选)如图所示,平行板电容器在充电后不切断电源,此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止.若正对的平行板左右错开一些,则( )
A.带电尘粒将向上运动
B.带电尘粒依然静止
C.错开过程中,通过电阻R的电流方向为B到A
D.错开过程中,通过电阻R的电流方向为A到B
14.(多选)如图所示,图线表示的导体的电阻为R1,图线2表示的导体的电阻为R2,则下列说法正确的是( )
A.R1:R2=1:3
B.把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C.将R1与R2串联后接于电源上,则功率之比P1:P2=1:3
D.将R1与R2并联后接于电源上,则电流比I1:I2=1:3
二、实验题(共13分)
15.(5分)磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈,由于线圈的导线很细,允许通过的电流很弱,所以在使用时还要扩大量程.已知某一表头G,内阻Rg=30Ω,满偏电流Ig=5mA,要将它改装为量程为0~3A的电流表,所做的操作是 联__________(填“串”或者“并”)一个_________Ω的电阻(结果保留两位有效数字).
16.(8分)
在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中,小灯泡的额定电压为2.0V,额定电流约为0.5A,实验室提供下列实验器材.
电源E1:电动势为3.0V,内阻不计;
电源E2:电动势为12.0V,内阻不计;
电压表V:量程为0~3V,内阻约为10kΩ
电流表A1:量程为0~3A,内阻约为0.1Ω;
电流表A2:量程为0~0.6A,内阻约为0.6Ω;
滑动变阻器R:最大阻值为l0Ω,额定电流为1.0A;开关S,导线若干.
用实验得到如下数据(I和U分别表示小灯泡的电流和电压):
I/A
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(1)实验中电源应选用_________ ;电流表应选用 _________.
(2)将图1的实物连线成为实验电路.
(3)在图2坐标中画出小灯泡的U﹣I曲线.
四、计算题(本题共4道小题,第1题6分,第2题8分,第3题8分,第4题9分,共31分)
17.一台电风扇,内阻为20 Ω,接上220 V的电压后正常工作,消耗功率66 W,求:
(1) 电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少?
(2) 电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少?
18.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理.某一水平面内有一直角坐标系xOy,x=0和x=L=10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1=1.0×104V/m,x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0×104V/m,一电子(为了计算简单,比荷取=2×1011C/kg)从直角坐标系xOy的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1,计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动.求:
(1)电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间;
(2)电子离开x=3L处的电场时的y坐标.
19. 静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点,其装置原理图如图所示A、B为两块平行金属板,间距d=0.40 m,两板间有方向由B指向A、场强
E=1.0x103N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒,油漆微粒的初速度V0=2.0 m/s,质量m=5.0x10-15kg,电荷量q= -2.0xl0-16C,微粒的重力和所受空气阻力及微粒间的相互作用力均不计,油漆微粒最后都落在金属板B上.
试求:
(1)油漆微粒打在B板上的动能.
(2)油漆微粒最后落在B板上所形成的图形及其面积的大小(结果保留两位有效数字)
20.如图所示,空间存在着电场强度为E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场,一长为L=0.5m的绝缘细线,一端固定在O点,一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球.现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,则小球能运动到最高点.不计阻力.取g=10m/s2.求:
(1)小球的电性.
(2)细线在最高点受到的拉力.
(3)若小球刚好运动到最高点时细线断裂,则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时,小球距O点的高度.
试卷答案
1.B 2.D 3.C 4.B 5.C 6.B 7.B
8.A 9.C 10.B 11.AD 12.BC 13.BD 14.AC
15.解:改装成电流表是要扩大电流的量程,使用并联电路的分流原理;
要并联的阻值为:R并===0.050Ω;
故答案为:并,0.050.
16.(1)E1;A2 (2)实物电路图如左图所示; (3)I﹣U图象如右图所示.
17.解析:(1)因为P入=IU(2分)所以I==0.3 A
(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率为
P内=I2R=0.32×20 W=1.8 W
电风扇正常工作时转化为机械能的功率为
P机=P入-P内=66 W-1.8 W=64.2 W
18.解:(1)设电子离开x=L的位置为P点,离开x=3L的位置为Q点,则:
vP=
代入数据得:vP=2×107m/s
电子从O点运动到P点:
代入数据得:t1=10﹣8s
电子从P点运动到Q点:
t2= =10﹣8s
所以总时间为t=t1+t2=2×10﹣8s
(2)电子运动到Q点时:y=
代入数据得:y=0.1m yQ= - 0.1m
19. 解答:
(1)由动能定理得:电场力对微粒做功qEd= mvB2- mv02
EKb=qEd+mv02 EKb=9.0×10-14J
(2)微粒落在B板上所形成的图象是圆形,半径为R.微粒初速度方向平行与极板时,到达B板时间最长,油漆微粒做类平抛运动,在垂直极板方向,油漆微粒的加速度a= …①
根据位移时间公式,有d=atm2…②
平行于极板方向有:运动的半径R=v0tm… S=πR2 …
带入数据得S=0.25 m2
20.
解析:(1)由小球运动到最高点可知,小球带正电
(2)设小球运动到最高点时速度为v,对该过程由动能定理有,
(qE﹣mg)L=mv2 ①
在最高点对小球由牛顿第二定律得,T+mg﹣qE=m ②
由①②式解得,T=15N
(3)小球在细线断裂后,在竖直方向的加速度设为a,
则 a= ③
设小球在水平方向运动L的过程中,历时t,则 L=vt ④
设竖直方向上的位移为s,则 s=at2 ⑤
由①③④⑤解得,s=0.125m
小球距O点高度为s+L=0.625m.
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