广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期物理第一次大考试题
一、选择题
1.(2018高二上·汽开区月考)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电势面垂直
B.电场强度为零的地方,电势也为零
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
2.(2018高二上·湛江月考)如图所示,可自由转动的小磁针水平放置在桌面上.下列的措施中小磁针可能不转动的是( )
A.一根通电导线沿与磁针指向垂直的方向水平置于小磁针正上方
B.一根通电导线沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方
C.一束带正电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过
D.一束带负电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过
3.(2018高二上·湛江月考)如图所示,在O点处放正点电荷,以水平线上的某点O′为圆心,画一个圆与电场线分别相交于a、b、c、d、e.则下列说法正确的是 ( )
A.b、e两点的电场强度相同
B.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
C.a点电势高于c点电势
D.负电子在d点的电势能大于在b点的电势能
4.(2018高二上·湛江月考)某兴趣小组调查一条河流的水质情况,通过计算结果表明,被污染的河里一分钟内有相当于6C的正离子和9C的负离子向下游流去,则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是 ( )
A.0.25 A 顺流而下 B.0.05 A 逆流而上
C.0.25 A 逆流而上 D.0.05 A 顺流而下
5.(2018高二上·湛江月考)如图所示,图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线,电源的电动势和内阻分别用E、r表示,根据所学知识分析下列选项正确的是 ( )
A.电源的电动势E=40 V
B.电源的内阻r= Ω
C.当该导体直接与该电源相连时,该导体的电阻为20 Ω
D.当该导体直接与该电源相连时,电路消耗的总功率为80 W
6.(2018高二上·湛江月考)如图所示,直接使用多用电表测量电流表的电阻,已知多用电表欧姆挡所选的倍率是×1 Ω挡,且已欧姆调零,两电表均正常工作.测量时电流表示数为52mA,欧姆表示数如图所示,则下列说法错误的是( )
A.a和b是多用电表的两个表笔,则表笔a为黑色
B.电流表的内阻约为14.0Ω
C.由计算可知多用电表内电池的电动势约为1.5V
D.为了使电阻的测量值比较准确,应该用两手分别将两表笔与电流表接线柱紧紧捏在一起,以使两者接触良好
7.(2018高二上·湛江月考)如图所示,直导线AB、螺线管E,电磁铁D三者相距较远,其磁场相互不影响,当开关S闭合后,则小磁针北极(黑色一端)指示磁场方向正确的是
A.a B.b C.c D.d
8.(2018高二上·湛江月考)如图所示的电路中,A、B两灯原来正常发光,忽然B灯比原来亮了,这是因为电路中某一处发生断路故障造成的,那么发生这种故障可能是 ( )
A.R1断路 B.R2断路 C.R3断路 D.灯A断路
9.(2018高二上·湛江月考)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为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是( )
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
C.对应P点,小灯泡的电阻为
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小
10.(2018高二上·湛江月考)如图所示,R是光敏电阻,当它受到的光照强度增大时( ).
A.灯泡L变暗 B.光敏电阻R上的电压增大
C.电压表V的读数减小 D.电容器C的带电荷量增大
11.(2018高二上·湛江月考)如图所示,平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴静止不动
12.(2018高二上·湛江月考)半径为R,均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场,电场强度大小沿半径分布如图所示.图中E0已知,E-r曲线下O ~ R部分的面积等于2R~3R部分的面积,过球心同一直线上A、B两点,离球心的距离分别为2R、3R.下列说法中正确的是( )
A.A点的电势低于B点的电势
B.A,B点的电场强度大小之比是9:4
C.从球面到A点的电势差小于A,B两点间的电势差
D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做功
二、实验题
13.(2018高二上·湛江月考)如图甲用螺旋测微器测量的读数是 mm.如图乙用游标卡尺测量的读数是 cm.
甲 乙
14.(2018高二上·湛江月考)现要测定一个额定电压2.5 V、额定功率约0.7 W的小灯泡的伏安特性曲线.
(1)为了测量的电压能从零开始,测量误差较小,请在答题卡中相应位置按要求连好如下的实物电路图.
(2)实验中为了便于操作,应选用下面的滑动变阻器 (填器材代号).
滑动变阻器R1,最大电阻1 kΩ,额定电流0.5 A
滑动变阻器R2,最大电阻5Ω,额定电流2 A
(3)合上开关前,滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的 (填“左端”或“右端”).
(4)由实验中确定的小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系,可知下面符合该关系的图像是 .
15.(2018高二上·湛江月考)某同学在测定某电源的电动势E和内阻r时,因找不到合适的滑动变阻器,便找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器,设计了如图甲所示的实验,其中R0是阻值为2Ω的保护电阻,滑动片P与电阻丝始终接触良好。
实验时闭合开关,调节P的位置,测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据,并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的U/I-x图象。
(1)由图乙可得电源的电动势E= V;内阻r= Ω。
(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10-6m2,利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为 Ω·m(保留2位有效数字)。根据图丙还可以得到的信息是 。
三、解答题
16.(2018高二上·湛江月考)如图所示,电源的电动势为6V,内阻是0.5Ω,小电动机M的线圈电阻为0.5Ω,电阻R0=3Ω,若理想电压表的示数为3V,试求:
(1)电源的总功率和电源的输出功率;
(2)电动机的输入功率和电动机输出的机械功率.
(3)若取下电动机改用电阻箱接到该位置,当电阻箱R读数为多少时,电阻箱R消耗的功率PR最大,并求这个最大值。
17.(2018高二上·湛江月考)在直角坐标系中,三个边长都为l=2m的正方形排列如图所示,第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场.
(1)现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放,恰好能通过E点.求CED区域内的匀强电场的电场强度E1;
(2)保持(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有的粒子都经过E点,则释放的坐标值x、y间应满足什么关系?
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为 ,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系?
答案解析部分
1.【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】电场线总和等势面垂直,所以电场方向也和等势面垂直,A符合题意;等量同种电荷的连线中点处,电场强度为零,但是电势不为零,B不符合题意;沿电场方向电势降低,与电场强度大小无关,C不符合题意;沿电场线的方向电势降低最快;故电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向,D符合题意.
故答案为:AD
【分析】电场强度方向和等势面垂直,场强大小和电势没有直接关系,但是场线方向就是是电势降低最快的方向。
2.【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】一根通电导线沿与磁针指向垂直的方向水平置于小磁针正上方,若电流方向垂直纸面向里,导线在水平方向上产生的磁场方向水平向左,小磁针不会转动,若电流方向垂直纸面向外,则导线在水平方向上产生的磁场方向水平向右,小磁针不会转动,A符合题意;若沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方,则导线在小磁针处的磁场方向沿垂直纸面方向,小磁针一定会转动,B不符合题意;无论正粒子还是负粒子,只要沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过,就相当于一根通电导线沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方,根据B选项可知,小磁针一定会转动,CD不符合题意.
故答案为:A
【分析】小磁针不会转动的原因就是所加新的磁场方向和小磁针方向相同。
3.【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】b、e两点到点电荷O的距离相等,根据 可知两点处的电场强度大小相等,但是方向不同,故电场强度不同,A不符合题意;b、e两点到点电荷O的距离相等,即两点在同一等势面上,电势相等,c、d两点到点电荷O的距离相等,即两点在同一等势面上,电势相等,B、c两点间电势差等于e、d两点间电势差,B符合题意;在正电荷产生的电场中,距离点电荷越近,电势越高,A点的电势低于c点的电势,b点电势低于d点电势,而负电荷在低电势处电势能大,故负电子在d点的电势能小于在b点的电势能,CD不符合题意;
故答案为:B
【分析】利用场线方向可以判别场强的不同,利用距离可以判别电势差的相同,利用场线方向可以判别电势高低,乘以对应的电荷可以判别电势能大小。
4.【答案】B
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和,所以在1min内向下通过横截面的总电荷量应为 ,相当于3C的负电荷向下运动产生的电流大小,方向与负电荷运动方向相反,即逆流向上,电流 ,B符合题意.
故答案为:B
【分析】利用电流方向的定义可以判断电流方向和求出电流大小。
5.【答案】C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】甲为电源的U-I图像,故纵截距表示电源电动势,即E=50V,在路端电压为20V时电路电流为6A,根据闭合回路欧姆定律可得50=20+6r,解得r=5Ω,AB不符合题意;当该导体直接与该电源相连时,两图线的交点表示工作时的电压和电流,故可知电阻两端的电压为40V,通过电阻的电流为2A,所以该导体的电阻大小为20Ω,电路消耗的总功率为P=EI=50×2=100W ,C符合题意,D不符合题意.
故答案为:C
【分析】利用截距可以求出电动势大小,利用斜率可以求出内阻大小,导线和电源连接,交点代表工作电压和电流可以求出电阻,也可以求出总的功率。
6.【答案】D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进,黑表笔(负接线柱)流出,串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进,负接线柱流出,所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔,A符合题意;从图中可知电流表的内阻约14.0×1=14.0Ω;B符合题意;根据中值电阻规律可知在×1档位时,多用表的内阻为15Ω,根据欧姆定律可得电表的电池的电动势为 ,C符合题意;人是导体,人与导体接触时,人与导体并联,并联阻值小于电阻阻值,用欧姆表测电阻时,不应用两手将表笔和待测电阻两端捏紧,D错误,符合题意.
故答案为:D
【分析】利用红进黑出可以判别接正极为黑笔;人接触导线会使导线电阻变小不利于测量。
7.【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】小磁针N极的指向为磁感线方向,直导线AB部分,电流从下到上,所以从上往下看,直导线产生的磁场方向应为逆时针方向,所以a指针应斜指向纸面内,A不符合题意;在通电螺线管部分,电流是从上面进来,然后从下边出去,可知左端为螺旋管S极,右端为N极,在外部磁感线从N到S,所以B不符合题意,在内部磁感线从S到N,C符合题意;在U型螺线管,电流从右端进,左端出,所以右端为S,左端为N,D不符合题意;
故答案为:C
【分析】小磁针N极的指向为磁场方向,利用右手螺旋定则可以判别每条导线周围的磁场方向。
8.【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】由于电源内阻不计,故路端电压为电源的电动势,所以R1断路时,灯A和B两端电压不变,B灯亮度不会发生变化,A选项错误.
对B选项,当R2断路时,会使A灯两端电压升高,B灯两端电压降低,B灯应变暗,B选项错误,同理可知D选项也错误.对于C选项,当R3断路时,会使B灯两端电压升高,A灯两端电压降低,B灯变亮,因此正确选项为C.
故答案为:C
【分析】利用动态电路的串反并同可以判别R3电阻出现断路。
9.【答案】A,B,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】A、B、由图象可知,灯泡的电阻等于R= ,等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数,由图象可知,随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大,A符合题意;P点对应的电压为U1,电流为I2,则灯泡的电阻 ,B符合题意、C不符合题意;因P=UI,所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率,D符合题意.
故答案为:ABD.
【分析】从坐标和原点连线的斜率的倒数可以判别电阻的大小;利用点的坐标相除可以直接求出电阻的大小,功率则为对应横坐标和纵坐标相乘。
10.【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当光照强度增大时,光敏电阻阻值减小,外电路总电阻减小,根据欧姆定律得知,总电流I增大,灯泡变亮,A不符合题意;电流变大,电源内阻所占电压变大,路端电压U减小,所以则电压表的示数减小.而灯泡两段电压增大,所以光敏电阻R上的电压减小,B不符合题意,C符合题意.灯泡两端电压,电容器两端电压增大,根据Q=UC可知电容器C的带电量增大,D符合题意.
故答案为:CD.
【分析】光强变大电阻变小所以利用串反并同规律,灯泡变亮,电压表读数变小,电容器电压变大所以电荷量变大。
11.【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,导致极板间距增大,根据 知,d增大,则电容减小,A不符合题意;静电计测量的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,B不符合题意;电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为该电荷为负电荷,则电势能减小,C符合题意;若先将电容器上极板与电源正极的导线断开,则电荷量不变,d改变,根据 ,知电场强度不变,则油滴所受电场力不变,D符合题意.
故答案为:CD
【分析】下板移动板间距离变大电容变小但是电压不变夹角保持不变;板间距离变大,场强变小,所以和上板的电势差变小所以电势变大,所以电势能变小,假如断开导线,改变板间距离,电场强度不变,所以带电油滴保持不动。
12.【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】正电荷球体产生的电场强度方向为向外辐射,即直线AB上电场方向为从A到B,根据沿电场线方向电势降低,可知A点的电势高于B点的电势,A不符合题意;因为球体带电均匀,所以可等效为集中在圆心位置相同电量的电荷产生的电场,根据 ,结合 ,可得 ,B符合题意;根据公式 可知E-r曲线下面积表示两点之间的电势差,从球面到A点的电势差大于A、B两点间的电势差;E-r曲线下 部分的面积等于 部分的面积,所以从球心到R点的电势差等于AB两点间的电势差,大小为 ,根据 可得电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做功为 ,C不符合题意,D符合题意.
故答案为:BD
【分析】场强方向向外所以A点电势比较高;利用点电荷的场强公式可以利用半径关系求出场强比值;由于面积相等所以电场力做功相等则电势差相等;A到B电场力做的功可以利用O到R电场力所做的功。
13.【答案】0.620;1.220
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数为0.01×12.0mm=0.120mm,所以最终读数为0.620mm;
游标卡尺的固定刻度读数为12mm,游标读数为0.05×4mm=0.20mm,所以最终读数为12.20mm=1.220cm.
【分析】千分尺读数为固定刻度加可动刻度;游标卡尺为主尺读数加上游尺读数。
14.【答案】(1)
(2)R2
(3)左端
(4)D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)为了测量的电压能从零开始,应采用滑动变阻器的分压接法,由于灯泡的电阻和电流表的内阻相接近,为了减小误差,应采用电流表外接法,故实物图如图所示
;(2)滑动变阻器过大,在移动滑动触头时,效果不明显,故采用较小的滑动变阻器,选 ;(3)因为滑动变阻器采用的是分压接法,为了保护电路灯泡,应使得小灯泡两端的电压为零,即滑动触头在最左端;(4)由功率公式 可知,功率与电压的图象应为D.
【分析】(1)伏安特性曲线滑动变阻器选择分压式接法,电流表选择外接法;(2)滑动变阻器选择小量程便于测量;(3)闭合时滑动变阻器应该处于分压为0的位置;(4)利用功率表达式可以知道电阻为正值所以开口向上。
15.【答案】(1)3.0;1.0
(2)1.2×10-6;电流表内阻为2.0Ω
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由图乙可得电源的电动势E=3.0V;内阻 。
根据图可知,当x=0时电阻为2Ω,结合图1可知电流表A的内阻RA=2Ω,所以应有 ,由图丙读出 时,电阻丝电阻R=2Ω时对应的长度x=0.20m,由 可得 ,代入数据解得:ρ=1.3×10-6Ω m;根据图丙还可以得到的信息是电流表A的内阻为2Ω.
【分析】(1)利用斜率可以求出除电阻丝外的总电阻,减去R0可以求内阻,利用截距可以求出电动势大小;(2)利用长度为0时可以求出电流表的内阻,利用电流和电压读数可以算出电阻丝和电流表的总电阻,减去电表内阻就是电阻丝的电阻,利用电阻的决定式可以求出电阻率的大小。
16.【答案】(1)解:电路中的电流 ,
路端电压: ;
电源的总功率:
电源的输出功率:
(2)解:电动机两端电压:
电动机的输入功率:
电动机输出的机械功率:
(3)解:当 即 时,
电阻箱R消耗的功率最大为
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】(1)利用R0两端的电压和本身电阻可以求出干路电流,利用电流和电压关系可以求出电源总功率,利用干路电流可以求出路端电压,利用路端电压乘以干路电流可以算出输出功率(2)利用路端电压减去R0两端电压可以知道电动机电压,乘以电流可以知道电动机总功率,利用焦耳定律可以算出电动机的消耗功率,利用总的输入功率减去消耗功率可以求出机械功率。
17.【答案】(1)解:设粒子出第一象限时速度为v,加速过程:
由类平抛运动的规律:
计算解得:
(2)解:设出发点坐标(x,y),加速过程:
经过分析,要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y
计算可得:y=x
(3)解:设出发点坐标(x,y),加速:
在第二象限中类平抛运动时竖直位移为 ,由几何关系可得水平位移大小为y
由类平抛运动中的中点规律可知:
计算可得:
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)利用动能定理可以求出粒子进入第二象限的速度,利用类平抛的位移可以求出加速度大小,利用牛二可以求出场强大小;(2)设出发点的位置坐标为x和y,那么利用动能定理可以求出进入竖直电场的速度与水平坐标的关系,在做类平抛时竖直方向和水平方向的位移都等于y,所以可以验证y等于x。(3)假设坐标,利用动能定理可以求出横坐标和速度的关系,利用平抛规律可以求出竖直方向和水平方向位移和速度的关系,利用几何关系可以求出纵坐标和竖直位移的关系,进而推导出两个坐标的关系。
广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期物理第一次大考试题
一、选择题
1.(2018高二上·汽开区月考)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电势面垂直
B.电场强度为零的地方,电势也为零
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】电场线总和等势面垂直,所以电场方向也和等势面垂直,A符合题意;等量同种电荷的连线中点处,电场强度为零,但是电势不为零,B不符合题意;沿电场方向电势降低,与电场强度大小无关,C不符合题意;沿电场线的方向电势降低最快;故电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向,D符合题意.
故答案为:AD
【分析】电场强度方向和等势面垂直,场强大小和电势没有直接关系,但是场线方向就是是电势降低最快的方向。
2.(2018高二上·湛江月考)如图所示,可自由转动的小磁针水平放置在桌面上.下列的措施中小磁针可能不转动的是( )
A.一根通电导线沿与磁针指向垂直的方向水平置于小磁针正上方
B.一根通电导线沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方
C.一束带正电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过
D.一束带负电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】一根通电导线沿与磁针指向垂直的方向水平置于小磁针正上方,若电流方向垂直纸面向里,导线在水平方向上产生的磁场方向水平向左,小磁针不会转动,若电流方向垂直纸面向外,则导线在水平方向上产生的磁场方向水平向右,小磁针不会转动,A符合题意;若沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方,则导线在小磁针处的磁场方向沿垂直纸面方向,小磁针一定会转动,B不符合题意;无论正粒子还是负粒子,只要沿与磁针指向平行的方向从小磁针正上方水平飞过,就相当于一根通电导线沿与磁针指向平行的方向水平置于小磁针正上方,根据B选项可知,小磁针一定会转动,CD不符合题意.
故答案为:A
【分析】小磁针不会转动的原因就是所加新的磁场方向和小磁针方向相同。
3.(2018高二上·湛江月考)如图所示,在O点处放正点电荷,以水平线上的某点O′为圆心,画一个圆与电场线分别相交于a、b、c、d、e.则下列说法正确的是 ( )
A.b、e两点的电场强度相同
B.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
C.a点电势高于c点电势
D.负电子在d点的电势能大于在b点的电势能
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】b、e两点到点电荷O的距离相等,根据 可知两点处的电场强度大小相等,但是方向不同,故电场强度不同,A不符合题意;b、e两点到点电荷O的距离相等,即两点在同一等势面上,电势相等,c、d两点到点电荷O的距离相等,即两点在同一等势面上,电势相等,B、c两点间电势差等于e、d两点间电势差,B符合题意;在正电荷产生的电场中,距离点电荷越近,电势越高,A点的电势低于c点的电势,b点电势低于d点电势,而负电荷在低电势处电势能大,故负电子在d点的电势能小于在b点的电势能,CD不符合题意;
故答案为:B
【分析】利用场线方向可以判别场强的不同,利用距离可以判别电势差的相同,利用场线方向可以判别电势高低,乘以对应的电荷可以判别电势能大小。
4.(2018高二上·湛江月考)某兴趣小组调查一条河流的水质情况,通过计算结果表明,被污染的河里一分钟内有相当于6C的正离子和9C的负离子向下游流去,则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是 ( )
A.0.25 A 顺流而下 B.0.05 A 逆流而上
C.0.25 A 逆流而上 D.0.05 A 顺流而下
【答案】B
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和,所以在1min内向下通过横截面的总电荷量应为 ,相当于3C的负电荷向下运动产生的电流大小,方向与负电荷运动方向相反,即逆流向上,电流 ,B符合题意.
故答案为:B
【分析】利用电流方向的定义可以判断电流方向和求出电流大小。
5.(2018高二上·湛江月考)如图所示,图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线,电源的电动势和内阻分别用E、r表示,根据所学知识分析下列选项正确的是 ( )
A.电源的电动势E=40 V
B.电源的内阻r= Ω
C.当该导体直接与该电源相连时,该导体的电阻为20 Ω
D.当该导体直接与该电源相连时,电路消耗的总功率为80 W
【答案】C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】甲为电源的U-I图像,故纵截距表示电源电动势,即E=50V,在路端电压为20V时电路电流为6A,根据闭合回路欧姆定律可得50=20+6r,解得r=5Ω,AB不符合题意;当该导体直接与该电源相连时,两图线的交点表示工作时的电压和电流,故可知电阻两端的电压为40V,通过电阻的电流为2A,所以该导体的电阻大小为20Ω,电路消耗的总功率为P=EI=50×2=100W ,C符合题意,D不符合题意.
故答案为:C
【分析】利用截距可以求出电动势大小,利用斜率可以求出内阻大小,导线和电源连接,交点代表工作电压和电流可以求出电阻,也可以求出总的功率。
6.(2018高二上·湛江月考)如图所示,直接使用多用电表测量电流表的电阻,已知多用电表欧姆挡所选的倍率是×1 Ω挡,且已欧姆调零,两电表均正常工作.测量时电流表示数为52mA,欧姆表示数如图所示,则下列说法错误的是( )
A.a和b是多用电表的两个表笔,则表笔a为黑色
B.电流表的内阻约为14.0Ω
C.由计算可知多用电表内电池的电动势约为1.5V
D.为了使电阻的测量值比较准确,应该用两手分别将两表笔与电流表接线柱紧紧捏在一起,以使两者接触良好
【答案】D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进,黑表笔(负接线柱)流出,串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进,负接线柱流出,所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔,A符合题意;从图中可知电流表的内阻约14.0×1=14.0Ω;B符合题意;根据中值电阻规律可知在×1档位时,多用表的内阻为15Ω,根据欧姆定律可得电表的电池的电动势为 ,C符合题意;人是导体,人与导体接触时,人与导体并联,并联阻值小于电阻阻值,用欧姆表测电阻时,不应用两手将表笔和待测电阻两端捏紧,D错误,符合题意.
故答案为:D
【分析】利用红进黑出可以判别接正极为黑笔;人接触导线会使导线电阻变小不利于测量。
7.(2018高二上·湛江月考)如图所示,直导线AB、螺线管E,电磁铁D三者相距较远,其磁场相互不影响,当开关S闭合后,则小磁针北极(黑色一端)指示磁场方向正确的是
A.a B.b C.c D.d
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】小磁针N极的指向为磁感线方向,直导线AB部分,电流从下到上,所以从上往下看,直导线产生的磁场方向应为逆时针方向,所以a指针应斜指向纸面内,A不符合题意;在通电螺线管部分,电流是从上面进来,然后从下边出去,可知左端为螺旋管S极,右端为N极,在外部磁感线从N到S,所以B不符合题意,在内部磁感线从S到N,C符合题意;在U型螺线管,电流从右端进,左端出,所以右端为S,左端为N,D不符合题意;
故答案为:C
【分析】小磁针N极的指向为磁场方向,利用右手螺旋定则可以判别每条导线周围的磁场方向。
8.(2018高二上·湛江月考)如图所示的电路中,A、B两灯原来正常发光,忽然B灯比原来亮了,这是因为电路中某一处发生断路故障造成的,那么发生这种故障可能是 ( )
A.R1断路 B.R2断路 C.R3断路 D.灯A断路
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】由于电源内阻不计,故路端电压为电源的电动势,所以R1断路时,灯A和B两端电压不变,B灯亮度不会发生变化,A选项错误.
对B选项,当R2断路时,会使A灯两端电压升高,B灯两端电压降低,B灯应变暗,B选项错误,同理可知D选项也错误.对于C选项,当R3断路时,会使B灯两端电压升高,A灯两端电压降低,B灯变亮,因此正确选项为C.
故答案为:C
【分析】利用动态电路的串反并同可以判别R3电阻出现断路。
9.(2018高二上·湛江月考)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为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是( )
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
C.对应P点,小灯泡的电阻为
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小
【答案】A,B,D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】A、B、由图象可知,灯泡的电阻等于R= ,等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数,由图象可知,随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大,A符合题意;P点对应的电压为U1,电流为I2,则灯泡的电阻 ,B符合题意、C不符合题意;因P=UI,所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率,D符合题意.
故答案为:ABD.
【分析】从坐标和原点连线的斜率的倒数可以判别电阻的大小;利用点的坐标相除可以直接求出电阻的大小,功率则为对应横坐标和纵坐标相乘。
10.(2018高二上·湛江月考)如图所示,R是光敏电阻,当它受到的光照强度增大时( ).
A.灯泡L变暗 B.光敏电阻R上的电压增大
C.电压表V的读数减小 D.电容器C的带电荷量增大
【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当光照强度增大时,光敏电阻阻值减小,外电路总电阻减小,根据欧姆定律得知,总电流I增大,灯泡变亮,A不符合题意;电流变大,电源内阻所占电压变大,路端电压U减小,所以则电压表的示数减小.而灯泡两段电压增大,所以光敏电阻R上的电压减小,B不符合题意,C符合题意.灯泡两端电压,电容器两端电压增大,根据Q=UC可知电容器C的带电量增大,D符合题意.
故答案为:CD.
【分析】光强变大电阻变小所以利用串反并同规律,灯泡变亮,电压表读数变小,电容器电压变大所以电荷量变大。
11.(2018高二上·湛江月考)如图所示,平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴静止不动
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,导致极板间距增大,根据 知,d增大,则电容减小,A不符合题意;静电计测量的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,B不符合题意;电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为该电荷为负电荷,则电势能减小,C符合题意;若先将电容器上极板与电源正极的导线断开,则电荷量不变,d改变,根据 ,知电场强度不变,则油滴所受电场力不变,D符合题意.
故答案为:CD
【分析】下板移动板间距离变大电容变小但是电压不变夹角保持不变;板间距离变大,场强变小,所以和上板的电势差变小所以电势变大,所以电势能变小,假如断开导线,改变板间距离,电场强度不变,所以带电油滴保持不动。
12.(2018高二上·湛江月考)半径为R,均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场,电场强度大小沿半径分布如图所示.图中E0已知,E-r曲线下O ~ R部分的面积等于2R~3R部分的面积,过球心同一直线上A、B两点,离球心的距离分别为2R、3R.下列说法中正确的是( )
A.A点的电势低于B点的电势
B.A,B点的电场强度大小之比是9:4
C.从球面到A点的电势差小于A,B两点间的电势差
D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做功
【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】正电荷球体产生的电场强度方向为向外辐射,即直线AB上电场方向为从A到B,根据沿电场线方向电势降低,可知A点的电势高于B点的电势,A不符合题意;因为球体带电均匀,所以可等效为集中在圆心位置相同电量的电荷产生的电场,根据 ,结合 ,可得 ,B符合题意;根据公式 可知E-r曲线下面积表示两点之间的电势差,从球面到A点的电势差大于A、B两点间的电势差;E-r曲线下 部分的面积等于 部分的面积,所以从球心到R点的电势差等于AB两点间的电势差,大小为 ,根据 可得电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中电场力做功为 ,C不符合题意,D符合题意.
故答案为:BD
【分析】场强方向向外所以A点电势比较高;利用点电荷的场强公式可以利用半径关系求出场强比值;由于面积相等所以电场力做功相等则电势差相等;A到B电场力做的功可以利用O到R电场力所做的功。
二、实验题
13.(2018高二上·湛江月考)如图甲用螺旋测微器测量的读数是 mm.如图乙用游标卡尺测量的读数是 cm.
甲 乙
【答案】0.620;1.220
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数为0.01×12.0mm=0.120mm,所以最终读数为0.620mm;
游标卡尺的固定刻度读数为12mm,游标读数为0.05×4mm=0.20mm,所以最终读数为12.20mm=1.220cm.
【分析】千分尺读数为固定刻度加可动刻度;游标卡尺为主尺读数加上游尺读数。
14.(2018高二上·湛江月考)现要测定一个额定电压2.5 V、额定功率约0.7 W的小灯泡的伏安特性曲线.
(1)为了测量的电压能从零开始,测量误差较小,请在答题卡中相应位置按要求连好如下的实物电路图.
(2)实验中为了便于操作,应选用下面的滑动变阻器 (填器材代号).
滑动变阻器R1,最大电阻1 kΩ,额定电流0.5 A
滑动变阻器R2,最大电阻5Ω,额定电流2 A
(3)合上开关前,滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的 (填“左端”或“右端”).
(4)由实验中确定的小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系,可知下面符合该关系的图像是 .
【答案】(1)
(2)R2
(3)左端
(4)D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)为了测量的电压能从零开始,应采用滑动变阻器的分压接法,由于灯泡的电阻和电流表的内阻相接近,为了减小误差,应采用电流表外接法,故实物图如图所示
;(2)滑动变阻器过大,在移动滑动触头时,效果不明显,故采用较小的滑动变阻器,选 ;(3)因为滑动变阻器采用的是分压接法,为了保护电路灯泡,应使得小灯泡两端的电压为零,即滑动触头在最左端;(4)由功率公式 可知,功率与电压的图象应为D.
【分析】(1)伏安特性曲线滑动变阻器选择分压式接法,电流表选择外接法;(2)滑动变阻器选择小量程便于测量;(3)闭合时滑动变阻器应该处于分压为0的位置;(4)利用功率表达式可以知道电阻为正值所以开口向上。
15.(2018高二上·湛江月考)某同学在测定某电源的电动势E和内阻r时,因找不到合适的滑动变阻器,便找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器,设计了如图甲所示的实验,其中R0是阻值为2Ω的保护电阻,滑动片P与电阻丝始终接触良好。
实验时闭合开关,调节P的位置,测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据,并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的U/I-x图象。
(1)由图乙可得电源的电动势E= V;内阻r= Ω。
(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10-6m2,利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为 Ω·m(保留2位有效数字)。根据图丙还可以得到的信息是 。
【答案】(1)3.0;1.0
(2)1.2×10-6;电流表内阻为2.0Ω
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)由图乙可得电源的电动势E=3.0V;内阻 。
根据图可知,当x=0时电阻为2Ω,结合图1可知电流表A的内阻RA=2Ω,所以应有 ,由图丙读出 时,电阻丝电阻R=2Ω时对应的长度x=0.20m,由 可得 ,代入数据解得:ρ=1.3×10-6Ω m;根据图丙还可以得到的信息是电流表A的内阻为2Ω.
【分析】(1)利用斜率可以求出除电阻丝外的总电阻,减去R0可以求内阻,利用截距可以求出电动势大小;(2)利用长度为0时可以求出电流表的内阻,利用电流和电压读数可以算出电阻丝和电流表的总电阻,减去电表内阻就是电阻丝的电阻,利用电阻的决定式可以求出电阻率的大小。
三、解答题
16.(2018高二上·湛江月考)如图所示,电源的电动势为6V,内阻是0.5Ω,小电动机M的线圈电阻为0.5Ω,电阻R0=3Ω,若理想电压表的示数为3V,试求:
(1)电源的总功率和电源的输出功率;
(2)电动机的输入功率和电动机输出的机械功率.
(3)若取下电动机改用电阻箱接到该位置,当电阻箱R读数为多少时,电阻箱R消耗的功率PR最大,并求这个最大值。
【答案】(1)解:电路中的电流 ,
路端电压: ;
电源的总功率:
电源的输出功率:
(2)解:电动机两端电压:
电动机的输入功率:
电动机输出的机械功率:
(3)解:当 即 时,
电阻箱R消耗的功率最大为
【知识点】电功率和电功
【解析】【分析】(1)利用R0两端的电压和本身电阻可以求出干路电流,利用电流和电压关系可以求出电源总功率,利用干路电流可以求出路端电压,利用路端电压乘以干路电流可以算出输出功率(2)利用路端电压减去R0两端电压可以知道电动机电压,乘以电流可以知道电动机总功率,利用焦耳定律可以算出电动机的消耗功率,利用总的输入功率减去消耗功率可以求出机械功率。
17.(2018高二上·湛江月考)在直角坐标系中,三个边长都为l=2m的正方形排列如图所示,第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场.
(1)现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放,恰好能通过E点.求CED区域内的匀强电场的电场强度E1;
(2)保持(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有的粒子都经过E点,则释放的坐标值x、y间应满足什么关系?
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为 ,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系?
【答案】(1)解:设粒子出第一象限时速度为v,加速过程:
由类平抛运动的规律:
计算解得:
(2)解:设出发点坐标(x,y),加速过程:
经过分析,要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y
计算可得:y=x
(3)解:设出发点坐标(x,y),加速:
在第二象限中类平抛运动时竖直位移为 ,由几何关系可得水平位移大小为y
由类平抛运动中的中点规律可知:
计算可得:
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)利用动能定理可以求出粒子进入第二象限的速度,利用类平抛的位移可以求出加速度大小,利用牛二可以求出场强大小;(2)设出发点的位置坐标为x和y,那么利用动能定理可以求出进入竖直电场的速度与水平坐标的关系,在做类平抛时竖直方向和水平方向的位移都等于y,所以可以验证y等于x。(3)假设坐标,利用动能定理可以求出横坐标和速度的关系,利用平抛规律可以求出竖直方向和水平方向位移和速度的关系,利用几何关系可以求出纵坐标和竖直位移的关系,进而推导出两个坐标的关系。