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C.保持d不变,减小S,则θ变大
D.保持d、S不变,在两极板间插入陶瓷,则θ不变
6.如图所示,在两块带电平行金属板间,有一束电子沿Ox轴方向射入电场,在电场中的运动轨迹为OCD.已知2OA=AB,则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC:
△EkD为()
A.1:
9B.1:
3C.1:
2D.1:
8
7.如图所示,虚线表示等势面,相邻两等势面间的电势差相等,有一带电的小球在该电场中运动,不计小球所受的重力和空气阻力,实线表示该带正电的小球的运动轨迹,小球在a点的动能等于20eV,运动到b点时的动能等于2eV,若取c点为零电势点,则这个带电小球的电势能等于-6eV时,它的动能等于()
A.4eVB.6eVC.14eVD.16ev
8.在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的圆柱形金属导体两端加上电压,导体中就会产生恒定电场。
导体内电量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动,然后与做热运动的阳离子碰撞而减速,如此往复。
所以,我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v(不随时间变化)的定向运动。
已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比,即f=kv(k是常数),则该导体的电阻率应该等于
A.
B.
C.
D.
9.一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,Ep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变小B.E变大,Ep变大
C.U变小,Ep不变D.U不变,Ep不变
10.如图所示,R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体,R1边长为2L,R2边长为L,若R1的阻值为8Ω,则R2的阻值为
A.4ΩB.8Ω
C.16ΩD.64Ω
11.电流表的内阻是Rg=500
,满刻度电流值是Ig=1mA,,现欲把这个电流表改装成量程为1.0V的电压表,正确的方法是()
A.应并联一个500
的电阻B.应串联一个500
的电阻
C.应并联一个0.05
的电阻D.应串联一个0.05
12.在如图所示的电路中,电源的电动势和内电阻均为定值,各电阻都不为零.电键接通后与接通前比较,电压表读数的变化情况是
A.变大
B.变小
C.不变
D.因电阻未知,无法判断
13.如图所示,电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联,已知R0=r,滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法中正确的是()
A.电源的输出功率先变小后变大
B.电源的输出功率先变大后变小
C.滑动变阻器消耗的功率变小
D.定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小
14.如图所示,电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联,已知R0=r,滑动变阻器的最大阻值是2r。
闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法中正确的是
A.路端电压变大
B.电路中的电流变小
C.定值电阻R0上消耗的功率变小
D.滑动变阻器消耗的功率变小
15.如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端,灯泡正常发光,则( ).
A.电解槽消耗的电功率为120W
B.电解槽消耗的电功率为60W
C.电解槽的发热功率为60W
D.电路消耗的总功率为60W
16.在如图所示电路中,电源电动势为10V,内阻为1.0Ω,电阻R0为1.5Ω,小型直流电动机M的内阻为0.5Ω,闭合开关S后,电动机转动,电流表的示数为2.0A,则以下判断中正确的是
A.电动机的输出功率为10.0W
B.电动机输出功率为14.0W
C.电源输出的电功率为16.0W
D.电源输出的电功率为14.0W
17.如图所示的电路中,电源的电动势为6V,定值电阻为5Ω,电流表和电压表均是理想电表.开关S闭合后,电压表的示数为5V,则电流表的示数为________A,电源内阻为________Ω.
18.如图所示的电路,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω。
闭合开关后,标有“8V,16W”字样的灯泡L恰好能正常发光,小型电动机M的线圈电阻R0=1Ω,求:
(1)通过电源的电流I;
(2)电动机的发热功率P1;
(3)电动机的输出功率P2。
19.如图所示为某一微型电风扇与灯泡L串联的电路,AB两端的电压U恒为20V,灯泡L标有“12V、12W”字样,电动机线圈的电阻
.若灯泡恰能正常发光,且电动机恰能正常工作运转。
试求:
(1)灯泡正常发光时的电阻RL
(2)电动机的输出功率P出
(3)若灯泡L突然发生短路故障,同时微型电风扇的叶子卡住,电动机停止转动,试求此时通过电动机的电流和发热功率.
20.如图所示,一静止的电子经过电压为U的电场加速后,立即射入竖直的偏转匀强电场中,射入方向与电场线垂直,射入点为A,最终电子从电场的B点经过。
已知偏转电场的电场强度大小为E,方向如图所示,电子的电荷量为e,重力不计。
求:
(1)电子进入偏转电场时的速度v0;
(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍,电子仍从B点经过,则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。
参考答案
1.D
【解析】A、电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,所以电场强度的方向与等势面垂直,故A错误;
B、电场强度与电势没有直接关系,电场强度为零时,电势不一定为零;
电势为零,电场强度不一定为零,故B错误;
C、电势与电场强度无直接关系,电场强度的大小逐渐减小,但电势不一定逐渐降低,故C错误;
D、顺着电场线方向电势降低,由匀强电场U=Ed可知,电场强度的方向是电势降低最快的方向,故D正确。
点睛:
电场强度与电势没有直接关系;
电场强度的方向与等势面垂直,电场强度的方向是电势降低最快的方向;
根据这些知识进行解答。
2.C
【解析】由电场强度的定义式
得知:
F-q图象的斜率表示电场强度大小,图线D的斜率小于C的斜率,说明D处场强小于C处的场强,电场是由点电荷产生的,说明D距离场源较远,即场源位置在A侧,由于检验电荷的电性未知,电场线的方向不能确定,故场源电荷可能是正电荷,也可能是负电荷.故C正确,ABD错误.故选C.
本题关键从F-q图象斜率的物理意义进行分析判断.知道F-q图象的斜率表示电场强度大小;
掌握电场强度的定义式
,并能用来分析实际问题.
3.D
【解析】正电荷受到的电场力方向与电场线切线方向相同,所以带正电粒子的加速度方向总和电场线切线方向一致,故A错误;
当电场线为曲线时,带正电粒子从静止释放,粒子的轨迹一定不沿电场线,故B错误;
带电粒子在匀强电场,当其初速度方向与电场线方向平行时,其运动径迹与电场线重合,若初速度方向与电场线成一定的角度,则运动轨迹与电场线不重合,故C错误.当带负电的粒子绕等量同种正电荷连线的中垂面上以一定的速度做圆周运动,若受到的电场力恰好等于所需要的向心力,则会做匀速圆周运动,故D正确;
故选D
注意判断粒子的运动情况轨关键是粒子的初速度方向与电场力的方向是否在同一条直线上,如果再同一条直线上,粒子做直线运动,如果不在同一条直线上,粒子做曲线运动.
4.C
【解析】A、由运动轨迹如图可知,a、b做曲线运动,由于电场线方向未知,故a、b电性不能确定,故A错误;
B、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知,b所处的电场线变密,电场强度变强,所受的电场力在增大,加速度在增大;
a所处的电场线变疏,电场强度变弱,所受的电场力在减小,加速度在减小,故B错误;
C、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角,电场力对电荷做正功,电势能减小,动能增加,故C正确,D错误。
物体做曲线运动时,所受合力指向轨迹弯曲的内侧,根据轨迹的弯曲方向要能判断出力、速度和运动轨迹三者的位置关系体,电场力做功与电势能、动能的关系,电场线与电场强度的关系。
5.BC
【解析】根据电容的决定式
得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容C减小,电容器的电量Q不变,由电容的定义式
分析可知板间电势差增大,则静电计指针的偏角θ变大.故A正确,B错误.根据电容的决定式
得知,当保持d不变,增大S时,电容增大,电容器极板所带的电荷量Q不变,则由电容的定义式
分析可知板间电势差减小,静电计指针的偏角θ变小,故C错误;
若在两极间增加介质,根据电容的决定式
得知,则电容增大,电容器极板所带的电荷量Q不变,则由电容的定义式
分析可知板间电势差减小,静电计指针的偏角θ变小,故D错误.故选A.
本题是电容动态变化分析问题,关键抓住两点:
一是电容器的电量不变;
二是掌握电容的两个公式:
电容的决定式
和
.
6.D
【解析】电子在电场里做类平抛运动,水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,因为2OA=AB,知OC与CD的时间比为1:
2,则OC与OD的时间比为1:
3,根据推论可得OC和OD在竖直方向上的位移比为1:
9,则OC、CD竖直方向上的位移之比为1:
8,根据动能定理,有qEy=△EK,电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC:
△EkD=1:
8,故D正确,ABC错误。
7.C
【解析】小球自a点运动到b时,电场力做负功:
Wab=2eV-20eV=-18eV
①
由于相邻两等势面的电势差相等,故电势差的大小关系有:
Uab=3Ubc
②
从b到c电场力做正功,根据动能定理有:
Wbc=Ekc-Ekb
③
联立①②③可得Ekc=8eV.
由于只有电场力做功,电势能和动能和保持不变,故在c点:
E=Ep+Ek=8eV
即电势能和动能之和为8eV,因此当电势能等于-6eV时动能为14eV,故ABD错误,C正确.
故选C.
8.B
【解析】电子在电场中受到的电场力大小为:
;
由题意可知:
解得:
电流I=nevs;
则由欧姆定律可得:
故选B.
9.C
【解析】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
知,板间电压U变小.由推论公式
分析,可知板间电场强度E不变,则由U=Ed知,P与负极板间的电势差不变,则P点的电势不变,正电荷在P点的电势能ɛ不变.故C正确,ABD错误.故选C.
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.
10.B
【解析】由公式
知,长度比为2:
1,横截面积比为2:
1,所以两电阻比为1:
1.故B正确,A、C、D错误;
故选B。
11.B
【解析】把电流表改装成1V电压表,需要串联一个分压电阻,串联电阻阻值:
12.A
【解析】电键接通后,并联支路增多,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,电路中总电流I增大,由欧姆定律U=IR得到,电压表的示数变大,故A正确,BCD错误。
13.C
【解析】根据结论当外电阻等于内电阻时,电源的输出功率最大,由题意可知,R外≥R0=r,当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,外电路电阻从3r减小到r,由于整个过程中,外电阻一直大于电源内阻,随外电阻阻值的减小,电源的输出功率不断增大,故AB错误;
把R0与电源组成的整体看做等效电源,电源内电阻变为2r,滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率,R外≤2r,随着外电阻的减小,输出功率减小,故C正确;
当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时,电路中的总电阻变小,电动势和内电阻不变,可知电路总电流变大,根据P=I2R0,RO不变,定值电阻R0上消耗的功率变大,故D错误。
所以C正确,ABD错误。
14.D
【解析】A、B、当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,接入电路的电阻减小,电路的电流变大,电源的内电压增大,则由
可知,路端电压减小,A、B错误;
C、电路的电流变大,所以定值电阻R0上消耗的功率变大,C错误;
D、把定值电阻R0和电源看成一个整体,此时等效电源的内电阻为2r,滑动变阻器就相当于外电路,由于滑动变阻器的最大阻值是2r,等于等效电源的内阻,外电阻减小时,电源的输出功率在减小,即滑动变阻器消耗的功率变小,D正确;
故选D。
15.B
【解析】A,B项:
由于灯泡正常发光,所以电解槽的电压应该和灯泡两端的电压是相等的,都是110V,由于电解槽和灯泡串联,它们的电流相等,所以
所以电解槽的输入功率为:
,所以A错误.B项正确
C项、电解槽的发热功率为:
,所以C项错误
D项、电路消耗总功率为为:
所以D错误.
故选项B正确
综上所述:
本题答案为B
16.C
【解析】电动机两端的电压:
UM=E-I(r+R0)=10-2×
(1.0+1.5)=5V
电路中电流表的示数为2.0A,所以电动机的总功率为:
P总=UMI=5×
2=10W
电动机的发热功率为:
P热=I2R=22×
0.5=2W
所以电动机的输出功率为P机=10W-2W=8W,所以AB错误;
电源的输出的功率为:
P输出=EI-I2R=10×
2-22×
1=16W,所以C正确,D错误.故选C.
对于电功率的计算,一定要分析清楚是不是纯电阻电路,对于非纯电阻电路,总功率和发热功率的计算公式是不一样的.
17.11
【解析】电路电流
根据闭合电路的欧姆定律,有:
E=U+Ir
即:
6=5+1r
r=1Ω
闭合电路欧姆定律是电路中最重要的规律,是考试的重点,本题只要掌握该定律,难度不大.
18.
(1)4A;
(2)4W;
(3)12W。
【解析】
试题分析:
(1)由题意知,路端电压为8V,
所以电源内电压为U内=E-U外=2V
由欧姆定律得:
(2)通过灯泡的电流
通过电动机的电流IM=I-IL=2A
电动机的发热功率
(3)电动机的总功率
电动机的输出功率P2=P总-P1=12W
考点:
电动机的有关计算。
19.
(1)12Ω
(2)7.5W(3)40A,800W
(1)由PL=UL2/RL得,RL=12Ω
(2)电动机两端电压UM=8V,
通过电动机的电流IM=IL=PL/UL=1A
电动机的输出功率P出=IMUM-IM2RM
得P出=7.5W
(3)此时通过电动机的电流IM=U/RM=40A
电动机的发热功率P热=IM2RM=800W
考查了电功率的计算
20.
(1)
(2)2倍
(1)电子在电场中的加速,由动能定理得:
所以,
(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为y,则有:
④
⑤
联立解得:
⑥
根据题意可知x、y均不变,当U增大为原来的2倍,场强E也增大为原来的2倍⑦
带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】带电粒子垂直进入电场,在电场力作用下做类平抛运动,能根据平抛运动知识列出水平和竖直方向的位移表达式即可,所以掌握平抛规律是关键。
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