吴起高级中学高二物理第8周周末作业
2021-2022年高二下学期第八次周练 物理试题 含答案
2021年高二下学期第八次周练物理试题含答案1．一个照明电灯标有“220 V60 W”字样，现在把它接入最大值为311 V的正弦式交流电路中，则( )A．灯的实际功率大小为60 WB．灯丝将烧断C．只能暗淡发光D．能正常发光2．下列说法中正确的是( )A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次B．交变电流的有效值总是最大值的1 2C．因为有效值表示交变电流产生的平均效果，所以有效值与平均值相同D．若正弦交变电流的最大值是10 A，则它的最小值是－10 A3.交流电源电压u＝20 sin(100πt) V，电路中电阻R＝10 Ω.则如图5－2－10电路中电流表和电压表的读数分别为( )图5－2－10A．1.41 A,14.1 VB．1.41 A,20 VC．2 A,20 VD．2 A,14.1 V4．如图5－2－11所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为( )图5－2－11A．4 A B．2 2 AC.83A D.2303A5．两个完全相同的电热器分别通过如图5－2－12甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦式电流，则这两个电热器功率P a、P b之比为( )图5－2－12A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．4∶16.在图5－2－13所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝2202sin314t V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图5－2－13A．110 2 Ω B．110 ΩC．220 Ω D．220 2 Ω7．把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到u1＝100sinωt V和u2＝50sin2ωt V的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需时间分别是( ) A．t,2t B．2t,8tC．2t,2t D．t,4t8．一电热器接在10 V的直流电源上，产生的热功率为P.把它改接到另一正弦交变电路中，要使产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻值随温度的变化，则该交变电流电压的最大(峰)值应等于 ( )A．5 V B．14 VC．7.1 V D．10 V9.电阻R1、R2与交流电源按照图5－2－14方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图5－2－15所示．则( )图5－2－14图5－2－15A．通过R1的电流有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流最大值是1.2 2 AD．R2两端的电压最大值是6 2 V10.如图5－2－16所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时．求：图5－2－16(1)感应电动势的最大值；(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)此电压表的示数是多少．11.如图5－2－17所示，矩形线圈面积为S，匝数为n，内阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω做匀速转动．当它从图中位置转过90°的过程中，求：图5－2－17(1)通过电阻R的电荷量是多少？(2)外力做的功是多大？12．有一交流电压的变化规律为u＝2202sin314t V，若将辉光电压为220 V的氖管接上此交流电压，则1 s内氖管的发光时间为多少？(提示：电压u≥220 V时，氖管才发光)答案：1.AD2.A3.A4.D5.B6.B7.B8.D9.B10. (1)314 V (2)e＝314sin10πt V (3)220 V11. (1)nBSR＋r (2)n2B2S2ωπ4R＋r12. 0.5 s。
高二物理下学期第8周周练试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校高二物理下学期第8周周练试题一、单项选择（每题8分）1、下表给出了某些金属材料的逸出功．现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种（普朗克常量h=6.6×10﹣34J·s，光速c=3.0×108m/s）（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种2、如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，R为滑动变阻器，当滑动变阻器的触头向上移动后，下列说法正确的是（）A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．电压表读数增大D．电源内阻消耗功率减小3、在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0？t0时间内，导线框中（）A．感应电流方向为顺时针 B．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为D ．感应电流大小为4、如图所示，光滑半圆形轨道半径为r＝0.4m，BC为竖直直径，A为半圆形轨道上与圆心O等高的位置. 一质量为m＝2.0kg的小球（可视为质点）自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一轻质弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端位于滑道末端的C点（此时弹簧处于自然状态）. 若小球与水平滑道间的动摩擦因数为 ＝0.5，弹簧被压缩的最大长度为0.2m，小球经弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，重力加速度g＝10m/s2. 则下列说法中正确的是（）A、小球通过最高点B时的速度大小为2m/sB、小球运动过程中弹簧的最大弹性势能为20JC、小球从A点竖直下滑的初速度大小为6m/sD、小球第一次经过C点时对C点的压力为140N二、多项选择（每题8分）5、在甲、乙两次不同的光电效应实验中，得到如图所示的相应的U c﹣v图象，已知电子电荷量为e，则下列判断正确的是（）A．甲、乙图线斜率表示普朗克常数hB．甲实验中金属的逸出功比乙实验中金属的逸出功大C．在能发生光电效应的前提下，用频率相同的光照射金属，甲实验中光电子的最大初动能比乙实验中光电子的最大初动能大D．在乙实验中用某一频率的光照射金属发生光电效应，用频率相同的光在甲实验中照射金属一定能发生光电效应6、如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的细线挂一质量为9×10﹣3kg的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹无初速释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝反方向水平抛出，落地点A距抛出点水平距离s=5m．另一块随细线做圆周运动以v C =m/s的速度通过最高点C.不计空气阻力，不考虑导火索对运动的影响，g=10m/s2，下列选项正确的是（）A.爆炸前的瞬间爆竹的速度大小为3m/sB.爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度大小为5m/sC.爆炸瞬间做圆周运动的那一块速度大小为11m/sD.做圆周运动的那一块通过最高点时其重力恰好提供向心力三实验题7、某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：（1）先用多用电表调至×100Ω挡，调好零点，进行了正确的测量．1 2 3 4 5 6①测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为Ω．②已知多用表欧姆档表盘刻度值为“15”，则此时欧姆表的内电阻为Ω．（2）为了更精确地测量该电压表的内阻R V，器材如下：A．待测电压表（量程3V）一块B．电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）一只C．电池组（电动势略小于3V，内阻不计）D．开关一只E．导线若干该同学利用上面所给器材，设计测量电路如图2所示，进行实验：①按电路图连接电路，进行正确测量；记录待测电压表的读数U和相应电阻箱的读数R；改变电阻箱的连入电路的阻值，获得多组U、R的值．处理数据时，可采用“图象法”和“代数法”（即选用其中两组数据列方程求出一个R V的值，然后利用多组U、R的值多求几个R V的值，算出R V的平均值．）你认为哪种方法误差较小？，其优点是．（至少写出2点）②若以R为纵坐标，为横坐标作出如图3所示的图线，横截距a，纵截距的绝对值为b，则待测电压表内阻R V= （用题中物理量的符号表示）．8、已知地球半径为R，表面重力加速度为g，一昼夜时间为T，万有引力常量为G，忽略地球自转的影响，试求：（1）地球平均密度；（2）第一宇宙速度；（3）同步卫星高度；（4）若某一时刻以第一宇宙速度运行的卫星恰好运动到同步卫星的正下方，再出现这种现象至少需要的时间．9、如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：①物块C的质量m C；②墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对对B的冲量I的大小和方向；③B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E p．参考答案一、单项选择1、【答案】B【解析】光子能量E=hc/λ=4.97×10﹣19J=3.11eV，只有光子能量大于金属材料的逸出功，才能发生光电效应．故钠、钾和铷能发生光电效应．故A、C、D错误，B正确2、【答案】A【解析】【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】由图可知R与L2并联，再与L1串联．电压表测量电路的路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化；由功率公式可得出L1消耗的电功率和电源内阻消耗功率的变化．【解答】解：AC、当滑动变阻器的触头向上移动后，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，由P=I2R 可知L1消耗的功率增大，则灯泡L1变亮．内电压增加，由U=E﹣Ir可知路端电压减小，故电压表示数减小，故A正确，C错误；B、由于外电压减小，而总的电流增大，L1的电压增加，所以L2的电压减小，L2的电流减小，所以灯泡L2变暗，故B错误．D、总电流增大，则电源内阻消耗功率增大，故D错误．故选：A3、【答案】A【解析】【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解感应电流大小．【解答】解：AB、根据楞次定律可知，左边的导线框中感应电流方向是顺时针，右边的导线框中感应电流方向也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A正确，B错误；CD、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为 E=2S=2××=，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为 I==．故C、D错误．故选：A【点评】本题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差是解题的关键．4、【答案】A【解析】试题分析：小球被轻弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，故在B点是重力提供向心力，故：2vmg mr=，解得：100.42/＝v gr m s==⨯，故A正确；对反弹后到最高点的过程根据动能定理，有：21202弹（）W mgx mg R mvμ--=-，其中：弹pmW E=联立解得：221120.52100.221020.4222222（）（）pmE mgx mg r mv Jμ=++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯=，故B错误；对运动全程，根据动能定理，有：2212212mgr mgx mv m vμ--=-解得：()2224/v v gr gx m sμ=++=，故C错误；从A到C，根据动能定理，有：221122cmgr m mv v=-，解得：202142100.442/＝Cv gr m sv+=+⨯⨯=，在C点，根据牛顿第二定律，有：2cF mg mrv-=，解得：22102320.4180cF mg m Nrv=+=⨯+⨯=，故D错误。
陕西省吴起高级中学2017_2018学年高二物理下学期期中试题能力卷
吴起高级中学2017-2018学年第二学期中期考试高二物理（能力）试卷(考试时间：100分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～8是单选题；9～12是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．)1．下列关于动量的说法中，正确的是（）A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变2．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是( )A．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 sD．发生光电效应时，单位时间内从金属内逸出的光电子数目与入射光强度成正比3.下列说法中正确的是( )A．实物粒子只具有粒子性，不具有波动性B．卢瑟福通过α粒子散射实验现象，提出了原子的核式结构模型C．光波是概率波，光子在前进和传播过程中，其位置和动量能够同时确定D．在工业和医疗中经常使用激光，是因为其光子的能量远大于γ光子的能量4.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应．核反应方程为42He＋42He→84Be＋γ.以下说法正确的是( )A．该核反应为裂变反应 B．热核反应中有质量亏损C．由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的D．任意原子核内的质子数和中子数总是相等的5．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是( )A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.210 83Bi的半衰期是5天，100克210 83Bi经过10天后还剩下50克6．根据玻尔理论，下列说法正确的是( )A．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量B．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量等于动能的增加量C．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大D．电子没有确定轨道，只存在电子云7．下列说法中正确的是( )A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围C．光电效应实验说明了光具有波动性D．γ射线是由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷8．如图1所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是( )A．M点 B．N点C．P点 D．Q点图19．下列关于原子和原子核的说法正确的是( )A．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B.238 92U(铀)衰变为234 91Pa(镤)要经过1次α衰变和1次β衰变C．质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量D．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流10．下列说法正确的是( )A．方程式238 92U→234 90Th＋42He是重核裂变反应方程B．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验未证实他的猜想11．下列说法正确的是( )A.232 90Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核208 82PbB．发现中子的核反应方程为94Be＋42He→12 6C＋10nC．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中α射线的穿透能力最强，电离能力最弱D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小12．两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量变化量相等，则受到合力的冲量大小也相等二、实验题(本题共1小题，共10分．按题目要求作答．)13.如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
陕西省吴起高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题
陕西省吴起高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、单选题1. 下列说法中正确的是( )A．导体中只要电荷运动就形成电流B．在国际单位制中，电流的单位是AC．电流有方向，它是一个矢量D．任何物体，只要其两端电势差不为零，就有电流存在2. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示)a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定(A．E a＝E b＝E c B．E a>E b>E cC．φa>φb>φc D．φa＝φb＝φc3. 一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动v－t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（）A．B．C．D．4. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以相同速度垂直于电场线方向飞出两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．一定带正电，一定带负电B．的速度将减小，的速度将增加C．的加速度将减小，的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小5. 如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，当电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是( )A．电容器两板间电压始终不变B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小D．电路中电流由A板经电源流向B板二、多选题6. 两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后并合在一起,然后给它们分别加上相同的电压,则通过它们的电流之比为( )A ．1:4B ．1:8C ．1:16D ．16:17. 如图所示，半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A 点沿半径方向以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B 点射出，且∠AOB =120°，则该粒子在磁场中运动的时间为（ ）A ．B ．C ．D ．8. 如图所示，是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．该点电荷带负电C ．a 点和b 点电场强度的方向相同D ．a 点的电场强度大于b 点的电场强度9. 有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q 。
陕西省吴起高级中学最新高二物理上学期第一次月考试题能力卷
v0
2eU0
则偏转侧移： y 1 a(t)2 1 Ue (t)2 UL2
2
2 dm
4U0d
（2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G=ｍg=１0—29N
电场力 F Ue 1015 N d
由于Ｆ>＞Ｇ,因此不需要考虑电子所受的重力。
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Ｃ。摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程
D．不论是摩擦起电还是感应起电，都是创造出了电荷
３。 A、B、Ｃ三点在同一直线上,AB：ＢC=1:２，B 点位于 A、C 之间，在 B 处固定一电
荷量为 Q 的点电荷.当在 A 处放一电荷量为+ｑ的点电荷时,它所受到的电场力为 F；移去Ａ
处电荷，在 C 处放电荷量为-2q 的点电荷，其所受电场力为
（ ）
（A)F/2 ( ﻩB）－F/2( ﻩﻩＣ）-Ｆ （ ﻩＤ）Ｆ
４. 如图，电荷量为ｑ1 和 q２的两个点电荷分别位于 P 点和 Q 点。已知在 P、Q 连线上某点 R 处的电场强度为零,且ＰＲ=2ＲＱ。则( )
A。q１＝2q2
B。q1=4q２
q1
P C.q1=-2q2 D。q1=－4q2
（1）小球所受电场力 F 的大小。
（２)小球的质量 m。
（3)将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小。
E 37º.
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17。(12 分) 如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为Ｃ，极板间距离为 d，
上极板正中有一小孔。质量为 m、电荷量为＋ｑ的小球从小孔正上方高ｈ处由静止开始下
2 解得： v 2gl(1 cos 37) ＝２.0m／s 17。 (１2 分） (1）由 v2 2gh 得 v 2gh (2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
陕西省吴起高中高二上物理期末模拟试卷
陕西省延安市吴起高中高二（上）物理达标练习卷一.选择题（不定项选择题每题4分共40分）1．下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A．电动势实质上就是电压B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功C．电动势是指电源内部非静电力所做的功D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大2．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法不正确的是（）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变4．如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），则（）A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B．电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D．电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小5．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮6．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定7．带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q 的质量之比为（不计重力为（）A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：38．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变9．如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小 B．A板电势比电路中Q点电势高C．液滴仍保持静止D．液滴的电势能增大10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A．三个等势面中，c的电势最低B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b二.实验题（每题8分共32分）11．一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为I g=50μA，表头电阻R g=1kΩ，若改装成量程为I m=10mA的电流表，应联的电阻阻值为Ω．若将此电流计改装成量程为U m=15V的电压表，应再联一个阻值为Ω的电阻．12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示．由图可读出l= cm，d= mm．13．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）C、电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩD、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）E、电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择．（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线．I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （4）该小电珠的额定功率是．14．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到（填“a”或“b”）端（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E= V，电的内阻r= Ω（结果保留两位有效数字）．三.计算题（要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分）15．如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后．（1）求电流表的读数；（2）求电容器所带的电荷量；（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量．16．如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：（1）E水平向左；（2）E竖直向下．17．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，带电量q=+1.0×10﹣8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2．试求：（1）带电粒子入射初速度的大小；（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？陕西省延安市吴起高中高二（上）物理达标练习卷参考答案与试题解析一.选择题（不定项选择题每题4分共40分）1．下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A．电动势实质上就是电压B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功C．电动势是指电源内部非静电力所做的功D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．但电压和电动势的物理意义不同；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱．【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而电压是反映静电力做功情况；二者意义不同；故电动势与电压不同；故A错误；B、由W=Eq可知，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功；故B 正确；C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值；故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，把其他形式的能转化为电能的本领越大．故D错误；故选：B．2．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法不正确的是（）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况．再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化．【解答】解：A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大．根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速．故A正确、C错误；反之下移，则油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，则B正确D、将S断开，则C放电，G中有电流，油滴下落．则D错误．本题选错误的，故选：CD3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．4．如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），则（）A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B．电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D．电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小．再分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化．【解答】解：电灯A的电阻为R A=，电灯B的电阻为R B=═3.2Ω，则知R A＞R B所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小．故B正确．故选：B5．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化．由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化．【解答】解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，A灯变暗．A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮．由总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗．故ACD 错误，B正确．故选：B．6．根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定【考点】电阻定律．【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关．故D正确，A、B、C错误．故选：D．7．带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q 的质量之比为（不计重力为（）A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：3【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比．【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1：2，由x=v0t知，运动时间比为1：2．根据y=at2，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为P和Q的电量比为3：1，则P和Q的质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．故选：A8．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．【分析】电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电阻R3相当于导线．判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化．【解答】解：A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据Q=CU2，知电容器所带的电量减小．故A错误．B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2，知电容器所带的电量增大．故B正确．C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变．故C 错误．D、增大ab间的距离，根据C=，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小．故D错误．故选B．9．如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小 B．A板电势比电路中Q点电势高C．液滴仍保持静止D．液滴的电势能增大【考点】电容；电势能；闭合电路的欧姆定律．【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B析下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．【解答】解：A、根据，当间距d增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、断开后A板带正电，电场线从A到B，由于沿着电场线的方向电势降低，所以A板电势比电路中Q点电势高，故B正确；C、根据E=与相结合可得E=，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不变，所以液滴仍保持静止，故C正确；D、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D错误；故选ABC10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A．三个等势面中，c的电势最低B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【考点】等势面；电势；电势能．【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R 点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；故选D．二.实验题（每题8分共32分）11．一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为I g=50μA，表头电阻R g=1kΩ，若改装成量程为I m=10mA的电流表，应并联的电阻阻值为 5 Ω．若将此电流计改装成量程为U m=15V的电压表，应再串联一个阻值为 2.99×105Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【分析】改装成电流表应并联小电阻分流，并联电阻与表头的电压相等；改装成电压表应串联大电阻分压，串联电阻与表头的电流相等．【解答】解：表头两端的满偏电压为U g=I g R g=5×10﹣5×1000Ω=0.05V；改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为50μA，此时流过并联电路部分的总电流为10mA，则流过并联电阻的电流I=I m﹣I g=10mA﹣50μA=9950μA；则并联电阻r=≈5Ω；若改装成电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压U=U m﹣U g=15V﹣0.05V=14.95V；则应串联的电阻R′==2.99×105Ω故答案为：并；5；串；2.99×105．12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示．由图可读出l= 2.25 cm，d= 6.860 mm．【考点】螺旋测微器的使用．【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数．不需要估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需要估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.1×5=0.5mm，所以最后读数为：22.5mm=2.25cm．螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.0×0.01=0.360mm（0为估读），所以最后读数为6.860mm．故答案为：2.25 cm，6.860 mm．13．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）C、电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩD、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）E、电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择 B ，电流表应选择 D ，滑动变阻器应选择 F ．（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线．I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （4）该小电珠的额定功率是 1.00W ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电路安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图．（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象．（4）根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率．【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选B；由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Ω，电压表内阻约为2kΩ，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示；（3）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的I﹣U图象，图象如图乙所示．（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=2×0.5=1.00W；故答案为：（1）B；D；F；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.00W．14．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 a （填“a”或“b”）端（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E= 1.5 V，电的内阻r= 1.0 Ω（结果保留两位有效数字）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据原理图明确对应的实物图；（2）实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的位置；（3）根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．【解答】解：（1）根据原理图可明确实物图，如图所示；（2）为了实验的安全，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端；（3）由图可知，电源的电动势E=1.5V；r==1.0Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）a （3）1.5 1.0三.计算题（要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分）15．如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后．（1）求电流表的读数；（2）求电容器所带的电荷量；（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电流、电压概念．【分析】（1）在该电路中，R1和R2被电流表短路，即该电路由R3、R4、和电流表构成串联电路，根据闭合电路欧姆定律去求电流表的读数．（2）电容器并联在R3的两端，电容器两端的电压等于R3两端的电压，根据Q=CU3求电容器所带的电荷量．（3）断开电源，电容器会出现放电，因R1、R2并联，且R1=R2，所以流过两个电阻的电荷量相等．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律：I=故电流表的读数为0.4A．（2）U3=IR3=0.4×4V=1.6VQ=CU3=4.8×10﹣5C故电容器所带的电荷量为4.8×10﹣5C（3）因R1、R2并联，且R1=R2，所以在放电回路中通过R2的电量为故通过R2的电荷量为2.4×10﹣5C．16．如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：。
2021年高二下学期物理(理科)第8周周练 含答案
2021年高二下学期物理(理科)第8周周练 含答案班级 学号 姓名 评价一、单选题1.相互作用的物体组成的系统在某一相互作用过程中,以下判断正确的是 （ ）A.系统的动量守恒是指只有初、末两状态的动量相等B. 系统的动量守恒是指系统中任一物体的动量不变C. 系统的动量守恒是指任意两个状态的动量相等D.只有系统不受外力作用时,系统动量才守恒。
2.两辆质量相同的小车,置于光滑的水平面上,有一人静止在小车A 上,两车静止,如图所示.当这个人从A 车跳到B 车上,接着又从B 车跳回A 车，并与A 车保持相对静止,则A 车的速率A.等于零B.小于B 车的速率C.大于B 车的速率D.等于B 车的速率3.如右图所示，在光滑水平面上质量分别为m A =2kg 、m B =4kg ，速率分别为v A =5m/s 、v B =2m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动 ( )A ．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s ，方向水平向左4．质量为2kg 的小车以2m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg 的砂袋以3m/s 的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A ．0.5m/s ，向左B ．2.6m/s ，向左C ．2.6m/s ，向右D ．0.8m/s ，向右5.如图所示,在光滑水平面上有直径相同的a 、b 两球,在同一直线上运动.选定向右为正方向,两球的动量分别为p a =6 kg ·m/s 、p b =-4 kg ·m/s.当两球相碰之后,两球的动量可能是A.p a =-6 kg ·m/s 、p b =4 kg ·m/sB.p a =-6 kg ·m/s 、p b =8 kg ·m/sC.p a =-4 kg ·m/s 、p b =6 kg ·m/sD.p a =2 kg ·m/s 、p b =06．如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后A B 左v B 右 v A留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量不守恒、机械能不守恒C ．动量守恒、机械能不守恒D ．动量不守恒、机械能守恒7．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线。
陕西省吴起高级中学高二物理上学期精选试卷检测题
陕西省吴起高级中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．2．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。
已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为4g，静电力常量为k 。
则（ ）A ．小球从A 到B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为2g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有'2sin 0Qqmg θkL -= 联立上式解得'22L L =所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma L θ-= 带电小球在B 点时，有2sin 2BQq k mg θma L -=（）联立上式解得2B g a =B 正确；C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以BD 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；D ．由A 点到B 点，根据动能定理得sin 02AB Lmg θqU ⋅+= 由2sin A Qqmg kma L θ-=可得 214Qq mg k L= 联立上式解得AB kQU L=-D 错误。
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吴起高级中学高二物理第8周周末作业
姓名班级家长签字家长评价
一知识清单
1.用多用电表测电阻的步骤
（1）调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度.（左端0刻线）
（2）选择开关置于“Ω”挡的R×1挡，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，，使指针指到“0”欧姆位置.
（3）将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较.
（4）选择开关改置R×100挡，重新进行欧姆调零.
（5）再将两表笔分别接触标定值为几十千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，与标定值进行比较.
（6）测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡.
二填空题
1一学生用多用电表测电阻，他在实验中有违反使用规则之处.他的主要实验步骤如下: （1）选择开关扳到欧姆挡“×1 k”上;
（2）把表笔插入测试笔插孔中，先把两根表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上;
（3）把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针几乎满偏;
（4）换用“×100”的欧姆挡，发现这时指针的偏转适中，随即记下欧姆数值;
（5）把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用表放回桌上原处，实验完毕.
这个学生在测量时已注意到:待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆.这个学生在实验中违反了哪一条或哪一些重要的使用规则？
答:____________________________________________________________.
2多用电表表头的示意图如图所示.
在正确操作的情况下:
（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________. （2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________. （3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________. （4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为:
________________________________;
________________________________;
________________________________.
（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到________或者________.
（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从________色表笔经________插孔流入电表.
3上海浦东新区一模）如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_____mＡ；若选用倍率为“×100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为_______Ω。
如果要用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是_________（选填“×10”、“×100”或“×1K”）。
换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是____________。
4用多用表测量电流、电压或电阻时，
表盘指针的位置如图21＇-3所示。
如
果选择开关指在“ｖ—2.5”位置时，
测量结果为；如果选择开关
指在“ｍＡ—10”位置时，测量结果
为；如果选择开关指在“Ω
×100”位置时，测量结果
为。
5二极管具有画出二极管的符号
评价等级。