云南省红河州元阳县第三中学近年近年学年高二物理月考试题理学年.docx
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云南省红河州元阳县第三中学近年近年学年高二物理月考试题理学年
云南省红河州元阳县第三中学2018-2019学年高二物理10月月考试题理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间120分钟。
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)
1。
一个已充电的电容器,若使它的电量减少3×10-4C,则其电压减少为原来的
,则( )
A.电容器原来的带电量为9×10-4CB.电容器原来的带电量为4。
5×10-4C
C. 电容器原来的电压为1 VD.电容器的电容变为原来的
2。
有三个相同的金属小球A、B、C,其中A、B两球带电情况完全相同,C球不带电.将A、B两球相隔一定距离固定起来,两球间的库仑力是F,若使C球先和A接触,再与B接触,移去C,则A、B间的库仑力变为( )
A.
B.
C.
D.
3。
下列关于电势的说法中正确的是( )
A. 电场强度大的地方,电势一定高
B.电场强度为零的地方,电势一定为零
C.同一电场中两点间的电势差,一定不会因零电势点的不同而改变
D.电荷在电场中某点的电势能越大,则电场中该点的电势一定越高
4.如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况,下列说法中正确的是()
ﻬA.这个电场可能是负点电荷的电场
B.点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大
C.负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向
D.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
5.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径,圆心为O。
将电荷量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上,其位置关于AB对称且距离等于圆的半径,如图所示.要使圆心处的电场强度为零,可在圆周上再放一个适当的点电荷Q,则该点电荷Q( )
A.应放在A点,Q=2q
B.应放在B点,Q=-2q
C. 应放在C点,Q=-q
D.应放在D点,Q=-q
6.某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒(带正电)去吸引细碎的锡箔屑,发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速的向空中散开,下列说法正确的是( )
A.锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电
B.锡箔屑被吸引过程有减速过程
C. 最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致
D.散开时锡箔屑带正电
7.为使真空中两个点电荷间的相互作用力变为原来的
,可采用的方法是( )
ﻬA.两个点电荷所带电荷量都减少为原来的
B.电荷之间的距离增大为原来的4倍
C.电荷之间的距离减小为原来的
D. 电荷间距和其中一个点电荷所带的电荷量都增大为原来的4倍
8。
如图所示,MN是电场中的一条电场线,一电子从a点运动到b点速度在不断地增大,则下列结论中正确的是( )
A. 该电场是匀强电场
B.电场线的方向由N指向M
C.电子在a处的加速度小于在b处的加速度
D.因为电子从a到b的轨迹跟MN重合,所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹
9.如图所示,图中三个电阻的阻值分为R1=1Ω、R2=3 Ω、R3=5Ω,则流过R1、R2、R3的电流之比为()
A.5∶3∶1B.3∶1∶4
C.3∶1∶5D.15∶5∶3
10.电动机的电枢阻值为R,电动机正常工作时,两端的电压为U,通过的电流为I,工作时间为t,下列说法中正确的是()
A.电动机消耗的电能为
B. 电动机消耗的电能为I2Rt
ﻬC.电动机线圈产生的热量为I2RtD.电动机线圈产生的热量为UIt
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)
11.(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,比较准确地测定了电子的电荷量.如图所示,平行板电容器两极板M、N相距d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电.现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k,则( )
A.油滴带负电
B.油滴带电荷量为
C.电容器的电容为
D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动
12。
(多选)如图所示,真空中两等量异号点电荷Q1、Q2固定在x轴上,其中Q1带正电.三角形acd为等腰三角形,cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点,则下列说法正确的是( )
A.a点电势高于b点电势
B.a点场强小于b点场强
C.将电子从a点移动到b点,电势能减少
D.将电子从a点移动到c点,电场力做正功
13。
(多选)关于电流的下列说法中,正确的是()
A.电路中的电流越大,表示通过导体横截面的电量越多
B. 在相同时间内,通过导体截面的电量越多,导体中的电流就越大
C.通电时间越长,电流越大
D.导体中通过一定的电量所用时间越短,电流越大
14.(多选)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,小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积
分卷II
三、实验题五、填空题(共5小题,每小题5。
0分,共25分)
15.用毛皮摩擦橡胶棒时,橡胶棒带__________电荷,毛皮带__________电荷.当橡胶棒带有2.7×10-9C的电荷量时,有______________个电子从____________移到__________上.(结果保留两位有效数字)
16.如图所示,a、b、c表示点电荷电场中的三个等势面,它们的电势分别为φ、
φ和
φ(φ>0),该点电荷的电性为________.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放,仅受到电场力作用而运动,已知带电粒子经过等势面b时的速率为v,它经过等势面c时的速率为________.
ﻬ
17。
有三个相同的金属小球A,B,C,其中小球A带有2.0×10-5C的正电荷,小球B,C不带电,现在让小球C先与球A接触后分开,再让小球B与球A接触后分开,最后让小球B与小球C接触后分开,最终三球的带电荷量分别为qA=________C,qB=________C,qC=________C。
18。
在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关.他选用带正电的小球A和B,A球放在可移动的绝缘座上,B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点,如图所示.
实验时,先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,B球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大.
实验表明:
两电荷之间的相互作用力,随其距离的__________而增大,随其所带电荷量的__________而增大.
此同学在探究中应用的科学方法是____________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”).
19.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=30 Ω,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.
四、计算题
20。
如图所示,在真空中有两个点电荷A和B,电荷量分别为-Q和+2Q,它们相距为l
如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r(2r〈l)的空心金属球,且球心位于O点,则球壳上的感应电荷在O点处的电场强度大小为多少?
方向如何?
21。
两个质量均为m=2×10﹣6kg的小球,悬于长l=40cm的细丝线上.丝线的另一点固定于同一点O.当使两球带上等量同种电荷后,两球互相排斥使两丝线间形成α=60°的夹角(如图).求每个小球的带电量.
22.电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场,其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示,物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示.重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)物块与水平面间的动摩擦因数;
(2)物块在4 s内减少的电势能.
23。
如图所示,在水平方向的匀强电场中,用长为L的绝缘细线,拴住一质量为m,带电量为q的小球,线的上端固定.开始时连线带球拉成水平,突然松开后,小球由静止开始向下摆动,当细线转过60°角时的速度恰好为零.问:
(1)A、B两点的电势差UAB为多少?
(2)电场强度为多少?
ﻬ答案解析
1.【答案】B
【解析】 由C=
得ΔQ=C(U-U)=CU=Q
Q=
ΔQ=4.5×10-4C,故B正确。
因电容器的电容不知,所以无法得出电容器原来的电压,C错.电容是由电容器本身决定,跟电压和电荷量的变化无关,所以电容器的电容不变,D错误.
2.【答案】C
【解析】假设A带电量为Q,B带电量也为Q,
两球之间的相互吸引力的大小是F=
第三个不带电的金属小球C与A接触后,A和C的电量都为
C与B接触时带电量平分,则C、B分开后电量均为
这时,A、B两球之间的相互作用力的大小F′=
=
故选C.
3.【答案】C
【解析】电场强度和电势是从不同角度对电场进行描述的物理量,没有大小上的必然关联,A错误,B错误;同一电场中两点间的电势差,一定不会因零电势点的不同而改变,故C正确;电荷在电场中某点的电势能越大,则电场中该点的电势不一定越高,也可能最低,因与电荷的电性有关,D错误.
4。
【答案】B
ﻬ【解析】负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线,故A错;电场线越密的地方场强越大,由题图知EA>EB,又因F=qE,得FA>FB,故B正确;由a=
知,a∝F,而F∝E,EA>EB,所以aA>aB,故D错;负电荷在B点受到的电场力的方向与B点电场强度的方向相反,故C错误.
5。
【答案】C
【解析】根据平行四边形定则,求出+q和-q在O点产生的合场强,大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小,方向水平向右,要使圆心处的电场强度为零,应在C点放一个电荷量Q=-q的点电荷或在D点放一个电荷量Q=+q的点电荷,C选项正确.
6。
【答案】D
【解析】带电体具有吸引轻小物体的性质,锡箔屑被吸引接触而带正电,故A错误;锡箔屑被吸引过程是加速过程,故B错误;最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电,同种电荷相互排斥导致,故C错误,D正确.
7。
【答案】D
【解析】根据库仑定律公式:
F=k
分别考察四个选项可知,D选项正确.
8.【答案】B
【解析】仅从一条直的电场线不能判断出该电场是否为匀强电场,因为无法确定电场线的疏密程度,所以该电场可能是匀强电场,可能是正的点电荷形成的电场,也可能是负的点电荷形成的电场,A错.电子从a到b做的是加速运动,表明它所受的静电力方向是由M指向N,由于电子所受的静电力方向跟场强方向相反,所以电场线的方向由N指向M,B对.由于无法判断电场的性质,因此不能比较电子在A、B两处所受静电力的大小,即不能比较加速度的大小,C错.电场线不是电荷运动的轨迹,只有在特定的情况下,电场线才可能与电荷的运动轨迹重合,D错.
9.【答案】B
【解析】并联电路电压相等,
=
=
,
设I2=I,则I1=3I,I3=I1+I2=4I,
ﻬ流过R1、R2、R3的电流之比为3∶1∶4。
10.【答案】C
【解析】电动机正常工作时,电动机消耗的电能为
由于欧姆定律不成立,
>I,则
>
A错误;有U>,则
大于
,B错误;根据焦耳定律得知,电动机线圈产生的热量为
C正确,D错误。
11.【答案】AC
【解析】由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上,又上极板带正电,故油滴带负电,设油滴带电荷量为q,则极板带电荷量为Q=kq,由于qE=mg,E=
C=
解得q=
C=
将极板N向下缓慢移动一小段距离,U不变,d增大,则电场强度E减小,重力将大于电场力,油滴将向下运动,只有选项A、C正确.
12.【答案】CD
【解析】真空中两等量异号点电荷Q1、Q2固定在x轴上,故ab连线上电场线从b指向a,沿着电场线电势降低,故b点的电势大于a点电势,故A错误;a点离电荷近,电场线密集,故a点的电场强度大,故B错误;将电子从a点移动到b点,电场力向右,做正功,故电势能减小,故C正确;同理,D正确.
13.【答案】BD
【解析】由
可知,通过电流越大,但时间不一定长,故电量不一定多,故A错误;由
可知,通过导体横截面的电荷量相同时,所用时间越短,则导体中的电流越大,故B、D正确;电流等于电量与所用时间的比值,与通电时间无关;故C错误。
14。
【答案】AB
【解析】I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻,由题,此斜率减小,说明随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大,故A正确.
ﻬ根据电阻的定义得到,对应P点,小灯泡的电阻为R=
,R不等于切线斜率
,R也不等于“面积",故B正确,C、D错误.
15.【答案】负正 1。
7×1010毛皮橡胶棒
【解析】用毛皮摩擦橡胶棒时,橡胶棒因得到从毛皮转移来的电子,带上了负电荷,毛皮因丢失了电子,带上了正电荷,这是摩擦起电的现象,从毛皮转移到橡胶棒上的电子数为n=
=
个中≈1。
7×1010个.
16.【答案】正
v
【解析】沿着电场线的方向电势降低,由题中关系可知场源电荷为正电荷;由动能定理得q(φa-φb)=
mv2①
q(φa-φc)=
mv
②
由①②得:
vc=
v
17.【答案】5×10-6 7.5×10-67.5×10-6
【解析】
18。
【答案】减小 增大控制变量法
【解析】偏角的大小,可以反映电荷间相互作用力的大小.所以可以分析出相互作用力与间距、电荷量的关系.本题考察电荷间相互作用力与哪些因素有关,猜想有两方面,分组测量,所以本题的科学方法为控制变量法.
19。
【答案】并0。
05
【解析】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;
ﻬ要并联的阻值为:
R并=
=0。
05Ω;
20。
【答案】
沿AB连线指向B
【解析】先求点电荷A、B在O点产生的电场强度,E0=k
+k
=
方向沿AB连线指向A.静电平衡后,球壳内部电场强度处处为0,说明感应电荷在O点产生的电场强度E′与E0大小相等、方向相反.即E′=E0=
方向沿AB连线指向B。
21.【答案】1.44×10﹣8C
【解析】设小球在水平方向受到库仑力的大小为F.
以右边的小球为研究对象,分析受力如图.
则根据平衡条件有:
F=mgtan
=mgtan30°
由库仑定律得:
F=k
=k
联立得:
Q=l
=0。
4×
C=1。
44×10﹣8C
22.【答案】
(1)0。
2
(2)14J
【解析】(1)由图可知,前2 s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:
qE1-μmg=ma,由图线知加速度为:
a=1m/s22s后物块做匀速运动,由平衡条件有:
qE2=μmg联立解得:
q(E1-
ﻬE2)=ma由图可得:
E1=3×104N/C,E2=2×104N/C,代入数据解得:
m=1kg由qE2=μmg可得:
μ=0.2.(2)物块在前2 s的位移为:
x1=
×1×22m=2 m,物块在2~4 s内的位移为:
x2=vt2=4m电场力做正功为:
W=qE1x1+qE2x2=(3×2+2×4)J=14J,则电势能减少了14J.
23。
【答案】(1)
(2)
【解析】
(1)小球由A到B过程中,由动能定理得:
mgLsin 60°+qUAB=0,
解得:
UAB=
.
(2)BA间电势差为:
UBA=UAB=
,
则场强:
E=
=
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