高二物理上學(xué)期知識點同步調(diào)研測試卷28

高中同步測試卷(十五)高考水平測試卷(時間：90分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．)1．如圖虛線框內(nèi)存在著勻強電場(方向未知)，有一正電荷(重力不計)從bc邊上的M點以速度v0射進電場內(nèi)，最后從cd邊上的Q點射出電場，下列說法正確的是()A．電場力一定對電荷做了正功B．電場方向垂直ab邊向右C．電荷運動的軌跡可能是一段圓弧D．電荷的運動一定是勻變速運動2.如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)3．如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則()A．粒子受電場力的方向一定由M指向NB．粒子在M點的速度一定比在N點的大C．粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D．電場中M點的電勢一定高于N點的電勢4．一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是()5．如圖所示，豎直放置的帶電平行板電容器與一靜電計相連，一帶電小球用絕緣細線懸掛于平行板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球與豎直方向的夾角為θ，此時A極板帶負(fù)電，B極板帶正電．則下列判斷錯誤的是()A．若將A極板向左平移稍許，電容器的電容將減小B．若將A極板向下平移稍許，靜電計指針偏角增大C．若將A極板向上平移稍許，夾角θ將變大D．輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\動6.如圖所示的電路，R1、R2是兩個定值電阻，R′是滑動變阻器，R3為小燈泡，電源內(nèi)阻為r，開關(guān)閉合后，當(dāng)滑動變阻器觸頭P向上移動時()A．電壓表示數(shù)變大 B．小燈泡亮度變大C．電容器放電 D．電源的總功率變大7．如圖所示電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表．閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器R1的滑動觸頭P向右滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電流表示數(shù)變化量的大小為ΔI，電壓表V、V1和V2示數(shù)變化量的大小分別為ΔU、ΔU1和ΔU2，下列說法錯誤的是()A．ΔU1>ΔU2 B.eq\f(ΔU1,ΔI)變小C.eq\f(ΔU2,ΔI)不變 D.eq\f(ΔU,ΔI)不變二、多項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題意．)8．對物理實驗數(shù)據(jù)進行處理的方法很多，圖象法就是其中的一種．如圖所示是一次電學(xué)實驗中描繪出的U－I圖線，a、b、c各點均表示該電路中有一個確定的工作狀態(tài)，且α＝β，則下列說法中正確的是()A．在b點時，電源有最大輸出功率B．在b點時，電源的總功率最大C．從a→b，β角越大，電源的總功率和輸出功率都將增大D．從b→c，β角越大，電源的總功率和輸出功率都將減小9.某靜電除塵器工作時內(nèi)部電場線分布的俯視圖如圖所示，帶負(fù)電粉塵被吸附時由b點運動到a點，以下說法正確的是()A．該電場是勻強電場 B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．電場力對粉塵做正功 D．粉塵的電勢能增大10．如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是()A．電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡越長B．電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間可能相同11．磁強計是測量磁感應(yīng)強度的儀器，磁強計中有一塊導(dǎo)體，其體積為a×b×c，A′、C、A、C′為四個側(cè)面，如圖所示，已知導(dǎo)體的載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)目為n，電子的電荷量為e，沿x軸方向通有電流I，被測勻強磁場的磁場方向沿z軸正方向．穩(wěn)定時，測得C、C′兩面的電勢差為U，則()A．導(dǎo)體側(cè)面C的電勢高于側(cè)面C′的電勢B．導(dǎo)體側(cè)面C的電勢低于側(cè)面C′的電勢C．磁感應(yīng)強度B＝eq\f(Unbe,I)D．磁感應(yīng)強度B＝eq\f(Unae,I)12．如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑固定斜桿底端固定一電荷量為2×10－4C的正點電荷Q，將一帶正電小球q(可視為質(zhì)點)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量E隨位移x的變化圖象如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動能隨位移變化圖象．(g＝10m/s2，靜電力常量k＝9×109N·m2/C2)則()A．小球向上運動過程中一直做加速運動B．小球的質(zhì)量為4kgC．小球的電荷量為1.11×10－5CD．由底端正點電荷形成的電場從斜桿底端至小球速度最大處的電勢差為4.2×106V題號123456789101112答案三、實驗題(按題目要求作答．)13．(10分)電動自行車現(xiàn)在已經(jīng)成為人們時尚的代步工具，其中的電池是鉛蓄電池，用三塊或四塊鉛蓄電池串聯(lián)后給電動自行車供電．某興趣小組將一輛舊電動自行車的電池拆下后充滿電，測量其中一塊鉛蓄電池的電動勢和內(nèi)阻．(1)用多用電表直流電壓“50V擋”測量該蓄電池的電動勢，電表的指針如圖甲所示，其電動勢為________V.(2)用圖乙所示的電路測量該蓄電池的電動勢E和內(nèi)阻r，圖中R0為保護電阻，其阻值為5Ω.改變電阻箱的阻值R，測出對應(yīng)的電流I，根據(jù)測量的數(shù)據(jù)作出該蓄電池的eq\f(1,I)－R圖線，如圖丙所示．由圖線可求得該電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(3)本實驗中測得的電池內(nèi)阻比真實值________(填“大”、“小”或“相等”)．四、計算題(本題共3小題，共32分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)14．(10分)如圖所示，內(nèi)壁光滑、內(nèi)徑很小的eq\f(1,4)圓弧管固定在豎直平面內(nèi)，圓弧管的半徑為0.2m，在圓心O處固定一個電荷量為－1.0×10－9C的點電荷．質(zhì)量為0.06kg、略小于圓弧管截面的帶電小球，從與O點等高的A點沿圓弧管內(nèi)由靜止運動到最低點B，到達B點小球剛好與圓弧管沒有作用力，從B點進入板距d＝0.08m的平行板電容器后剛好能在水平方向上做勻速直線運動，且此時電路中的電動機剛好能正常工作．已知電源的電動勢E＝12V，內(nèi)阻rE＝1Ω，定值電阻R的阻值為6Ω，電動機的內(nèi)阻rM＝0.5Ω.(取g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2)求：(1)小球到達B點時的速度；(2)小球所帶電的電荷量；(3)電動機的機械功率．15.(10分)如圖所示，一長為h2、內(nèi)壁光滑的絕緣細管豎直放置．管的底部固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷M.現(xiàn)在管口A處無初速度釋放一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的點電荷N，N在運動到距離底部點電荷為h1的B處時速度恰好為零．再次從A處無初速度釋放電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷P(已知靜電力常量為k，重力加速度為g)．求：(1)電荷P運動過程中速度最大處與底部點電荷距離；(2)電荷P運動到B處時的速度大?。?6．(12分)如圖甲所示，在y軸右側(cè)加有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1T．從原點O處向第Ⅰ象限發(fā)射一比荷eq\f(q,m)＝1×104C/kg的帶正電的粒子(重力不計)，速度大小v0＝103m/s，方向垂直于磁場且與x軸正方向成30°角．(1)求粒子在該勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑R和在該磁場中運動的時間t1；(2)若磁場隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示(垂直于紙面向外為正方向)，t＝eq\f(4π,3)×10－4s后空間不存在磁場．在t＝0時刻，粒子仍從O點以與原來相同的速度v0射入，求粒子從O點射出后第2次經(jīng)過x軸時的坐標(biāo)．參考答案與解析1．[導(dǎo)學(xué)號66870213]【解析】選D.由于勻強電場方向未知，可以確定A錯誤，B錯誤．由于電荷受到的電場力為恒力，不可能使電荷做圓周運動，C錯誤，D正確．2．[導(dǎo)學(xué)號66870214]【解析】選D.設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1).粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，由題意可知eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1R2,v2R1)＝eq\f(\r(2),2)，故選項D正確．3．[導(dǎo)學(xué)號66870215]【解析】選B.由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度減小，故B對、C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，D錯．4．[導(dǎo)學(xué)號66870216]【解析】選D.由Ep－x圖象知，帶電粒子的電勢能不是均勻變化的，電場力不能為恒力，故選項A錯誤；帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，電勢能的減少量等于動能的增加量，即動能增加得越來越慢，故選項B錯誤；由于靜電力不是恒力，加速度a應(yīng)該越來越小，故選項C錯誤，選項D正確．5．[導(dǎo)學(xué)號66870217]【解析】選D.將A極板向左平移稍許，板間距離增大，電容減小，選項A正確；將A極板向下平移稍許，兩極板間正對面積S減小，電容C減小，A、B兩極板間電勢差將增大，靜電計指針偏角增大，選項B正確；若將A極板向上平移稍許，兩極板間正對面積S減小，此時兩極板間電場強度E＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)增大，小球受到向右的電場力F＝Eq增大，夾角θ將變大，選項C正確；輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動，選項D錯誤．6．[導(dǎo)學(xué)號66870218]【解析】選A.當(dāng)滑動變阻器觸頭P向上移動時，滑動變阻器R′接入電路的阻值變大，由“串反并同”可知，電壓表示數(shù)變大，電容器兩端電壓變大，燈泡R3的電壓減小，因此電容器要充電，燈泡R3亮度變暗，故A正確，B、C錯誤．R′阻值變大，外電路總電阻R外增大，干路電流I＝eq\f(E,R外＋r)將變小，電源的總功率P＝EI將變小，故D錯誤．7．[導(dǎo)學(xué)號66870219]【解析】選B.滑動變阻器的滑片右移，電路中的總電阻變小，干路電流變大，電源內(nèi)電壓變大，R2兩端的電壓變大，故R1兩端的電壓U1＝E－(r＋R2)I變小，則ΔU1＝ΔU2＋ΔUr，ΔU1>ΔU2，A正確；由閉合電路歐姆定律得eq\f(ΔU1,ΔI)＝R2＋r是確定值，B錯誤；eq\f(ΔU2,ΔI)＝R2，C正確；eq\f(ΔU,ΔI)＝r，D正確．8．[導(dǎo)學(xué)號66870220]【解析】選AD.在U－I圖線上，tanα表示電源的內(nèi)阻，tanβ表示外電阻．在b點，α＝β，即電源的內(nèi)阻等于外電阻，此時電源的輸出功率最大，則A項正確．電源的總功率為P總＝EI，從a→b和b→c時電流均減小，則P總減小．故D項正確．9．[導(dǎo)學(xué)號66870221]【解析】選BC.該電場是非勻強電場，a點電勢高于b點電勢，電場力對粉塵做正功，粉塵的電勢能減小，選項B、C正確．10．[導(dǎo)學(xué)號66870222]【解析】選BD.由于R＝eq\f(mv,Bq)，而電子束以不同速率進入同一磁場，m、B、q相同，v大者偏轉(zhuǎn)半徑大．右圖中表示幾種不同速率的電子在磁場中的運動軌跡．由3、4、5可知，三者運動時間相同，但軌跡不同，所以A選項和C選項肯定錯．又由3、4、5可知，電子的速率不同，但在磁場中的運動時間可能相同，故D選項對．另由公式t＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(θ,\f(2π,T))＝eq\f(θT,2π)，T＝eq\f(2πm,Be)知t與速率無關(guān)，所以，電子在磁場中的運動時間t僅與軌跡所對應(yīng)的圓心角θ有關(guān)，圓心角越大，時間t越長，故B選項正確．11．[導(dǎo)學(xué)號66870223]【解析】選AD.由左手定則判斷電子受到的洛倫茲力的方向水平向左，故導(dǎo)體側(cè)面C的電勢高于側(cè)面C′的電勢，A正確，B錯誤；穩(wěn)定時左右兩側(cè)面存在恒定的電勢差，此時電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，即eq\f(U,b)e＝Bev，而I＝nSev＝nabev，聯(lián)立解得B＝eq\f(Unae,I)，C錯誤，D正確．12．[導(dǎo)學(xué)號66870224]【解析】選BCD.小球先沿斜桿向上做加速度逐漸減小的加速運動，再沿斜桿向上做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度為零，選項A錯誤；由線1可得小球的重力勢能的表達式為Ep1＝mgh＝mgxsinθ，斜率為k＝20N＝mgsin30°，所以m＝4kg，選項B正確；當(dāng)達到最大速度時帶電小球受力平衡，即mgsinθ＝eq\f(kQq,xeq\o\al(2,0))，由線2可得x0＝1m，解得q＝1.11×10－5C，選項C正確；由線2可知當(dāng)帶電小球運動至1m處動能最大為27J，根據(jù)動能定理得WG＋W＝ΔEkm，即－mgh′＋qU＝Ekm－0，解得U＝4.2×106V，選項D正確．13．[導(dǎo)學(xué)號66870225]【解析】(1)從表盤上找到直流區(qū)域，量程為50V，示數(shù)應(yīng)為10.8V(10.6V～10.9V均可)．(2)由閉合電路歐姆定律得，E＝I(R0＋R＋r)，即eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋R0,E)，結(jié)合題圖中的斜率和縱截距，可得E＝10.0V，r＝4.0Ω.(3)利用本實驗實際測得的是電源內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻之和，故測量值偏大．【答案】(1)10.8(10.6～10.9均可)(2)10.04.0(3)大14．[導(dǎo)學(xué)號66870226]【解析】(1)由機械能守恒得：mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vB＝2m/s.(2)到達B點恰好作用力為零，由牛頓第二定律得：eq\f(kQq,r2)－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),r)解得：q＝8×10－3C.(3)設(shè)電容器兩端電壓為U，根據(jù)二力平衡得：eq\f(qU,d)＝mg由歐姆定律得I＝eq\f(U,R)所以電動機兩端電壓UM＝E－U－IrEP機＝P總－P熱＝IUM－I2rM聯(lián)立解得P機＝4.5W.【答案】見解析15．[導(dǎo)學(xué)號66870227]【解析】(1)電荷P運動到重力等于電場力時，速度最大，設(shè)此時電荷P距底部距離為r，則有3mg＝eq\f(kQq,r2)解得r＝eq\r(\f(kQq,3mg)).(2)設(shè)電荷P運動到B處時的速度為vB，由動能定理有：3mg(h2－h(huán)1)＋qUAB＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,B)依題意有mg(h2－h(huán)