【物理】广西桂林十八中2014-2015学年高二上学期开学试卷

2014-2015学年广西桂林十八中高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个正确选项，不选、错选或多选均得零分．）1．（3分）（2014秋•七星区校级月考）要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是（）．每个点电荷的带电荷量都增大到原来的2倍，同时将两点电荷间的距离减小为原来的．保持点电荷的带电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的分析：判断两个点电荷间的库仑力，根据库仑定律公式F=k分析即可．解答：解：根据库仑定律公式F=k，则有：A、每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变，则F′==4F，故A正确；B、保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍，则力变为原来的，故B错误；C、使每个点电荷的电荷量增加2倍，同时使两点电荷间的距离减小为原来的，则有F′=k=16F，故C错误；D、保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的，则有F′=k=16F，故D错误；故选：A．2．（3分）（2012秋•金家庄区校级期末）在电场中某点放人电荷量为q的正电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量q′=﹣2q的负电荷时，测得场强为E′，则有（）3．（3分）（2014秋•七星区校级月考）如图所示，是一个正电荷的电场，两虚线是以点电荷为圆心的同心圆，A、B两点的电势差为4V．有一个q=﹣1.0×10﹣8C的点电荷，从A点沿不规则曲线移到B点，电场力做功为（）4．（3分）（2014秋•七星区校级月考）在电场中A、B两点间的电势差为U AB=75V，B、C两点间的电势差为U BC=﹣200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（）5．（3分）（2014秋•七星区校级月考）如图，实线表示匀强电场的电场线．一带正电的粒子从a点以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动轨迹如图中的虚线所示．若a、b两点速度大小分别为v a和v b，则（）6．（3分）（2014秋•七星区校级月考）如图所示，保持开关S闭合，当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是（）分析：电容器与电源相连接，电压保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据Q=CU判断电量的变化，根据E=，判断电场强度的变化．解答：解：电容器与电源相连接，电压U保持不变；当增大两极板间距离时，根据C=，电容C减小；当增大两极板间距离时，根据E=，电场强度减小；根据Q=CU，电量减小；故选：B．7．（3分）（2014秋•七星区校级月考）如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为﹣4Q和+Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（）所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q．则有：=k代入数据解得：r=L．对点电荷B，其受力也平衡，则=k解得：q=4Q．为负电则C正确故选：C8．（3分）（2013秋•七星区校级期中）如图所示的电路中，闭合电键S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同，若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为（）9．（3分）（2007•新洲区校级模拟）宇航员在探测某星球时发现：①该星球带负电，而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球（其带电量远远小于星球电量）置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态．如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断（）10．（3分）（2014秋•潍坊期中）如图所示，R1和R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，A，B两端允许消耗的最大电功率是（）．W解答：解：电阻R1的额定电压为 U1=，额定电流为；电阻R2的额定电压和额定电流与电阻R1相同；R1和R2串联部分的额定电流均为0.2A，故串联电路的额定电流为0.2A，而额定电压为2倍的20V，即40V；电阻R3的额定电压为 U3=，额定电流为；故总的额定电压取并联电路额定电压的较小值，为10V；总电阻为：R=Ω故最大功率为：P=UI=U=故选：A．二、多项选择题：（4小题，每小题4分，共16分．每小题至少有两个正确选项，选对但不全得2分，错选或不选均得零分．）11．（4分）（2014秋•七星区校级月考）下列说法中正确的是（）分析：电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，根据电动势的定义式E=求出电动势．电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定．电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．解答：解：A、电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变．故A正确．B、电路中通过q=2C的电荷量，电池提供的电能W=4J，根据电动势的定义式E=得电动势E=2V．故B正确．C、电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变．故C错误．D、电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．故D错误．故选：AB．点评：本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式E=和电动势的物理意义．12．（4分）（2014秋•景洪市校级期中）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）13．（4分）（2014•安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）14．（4分）（2014秋•七星区校级月考）如图所示，一个电荷量为﹣Q的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上O点．另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（）．OB间的距离为．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为．在点电荷甲产生的电场中，A、B间的电势差U AB=解答：解：A、设OB=x．当速度最小时有：qE=μmg，又E=k，联立得：x=，故A 正确．B、当速度最小时有：qE=μmg，故可得点电荷甲在B点处的场强为：E=，故B正确；C、由于电场力做正功，电荷乙的电势能减小，则点电荷乙在A点的电势能大于在B点的电势能，故C正确；D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：U AB q﹣mgμL=mv2﹣m，故AB两点的电势差为：U AB=（mgμL+mv2﹣m），故D错误．故选：ABC．三、填空题：（每空2分，作图题4分，共18分）（6分）（2014秋•七星区校级月考）有一电流表的内阻r g=10Ω，从刻度盘上读出I g=“3“mA，15．则该电流表的满偏电压为0.03V．将该电流表改装成量程为3.0V的电压表，应串联一个阻值为990Ω的电阻．解答：解：电流表的满偏电压：U g=I g R g=0.003×10=0.03V，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g=﹣10=990Ω；故答案为：0.03；串；990．16．（12分）（2014秋•大邑县校级期中）有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表（0﹣3V，内阻1kΩ）B．电压表（0﹣15V，内阻5kΩ）C．电流表（0﹣0.3A，内阻2Ω）D．电流表（0﹣0.6A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，1A） F．滑动变阻器（1000Ω，0.5A）G．直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干．（1）实验中电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E．（只填器材的字母代号）．（2）在答卷的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．（3）下面是四位同学在实验操作前根据他们的猜想分别做出的小灯泡的伏安特性曲线草图，其中最接近事实的是C（填选项字母）分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的规格选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据小灯泡电阻较小，满足，可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路；题（3）的关键是根据欧姆定律写出I与U的函数表达式，然后根据斜率的含义即可求解．解答：解：（1）：根据小灯泡的规格“3V，0.2A”可知，电压表应选A，电流表应选C，由于测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；（2）：小灯泡的电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：（3）：根据I=，变形为I=，可知电阻的倒数等于I﹣U图象上的点与原点连线的斜率，由于导体的电阻随温度的升高而增大，所以I﹣U图象上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最接近事实的是C；故答案为：（1）A，C，E；（2）如图；（3）C点评：应明确：①应根据小灯泡的规格选择电表的量程；②当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．四、计算题：（第17题10分，第18题12分，第19题14分，共36分．应写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，只写出最后答案的给0分）17．（10分）（2014秋•七星区校级月考）一个匀强电场的场强为1.0×104V/m，在平行于电场的平面上画半径为10cm的圆，圆周上取三点A、B、C．求：（1）A、B间的电势差．（2）将一个电子从B点沿圆弧移到C点处时电场力所做的功．解答：解：（1）匀强电场的电场强度与电势差的关系：U AB=Ed=1.0×104×10×10﹣2=1000V （2）=500V由电场力做功公式知：W=eU=﹣1.6×10﹣19×500J=﹣8×10﹣17J答：（1）A、B间的电势差为2000V18．（12分）（2014秋•七星区校级月考）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A 和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．求：（1）电动机线圈的电阻；（2）这台电动机正常运转时消耗的热功率；（3）这台电动机正常运转时的输出功率．解答：解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为R线==4Ω；电动机正常运转时，输入的电功率为P电=U2I2=48W，发热功率P热=I22R=22×4W=16W，所以输出功率为P出=P电﹣P热=32W．答：（1）电动机线圈的电阻4Ω；（2）这台电动机正常运转时消耗的热功率16W；（3）这台电动机正常运转时的输出功率32W．19．（14分）（2014秋•七星区校级月考）有一长度和间距均可调节的金属板A、B，现有一带负电的粒子以平行于金属板的速度v o从两板中央射入．已知该粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力．（1）当金属板长度为l，两板间距为d时，给A、B加上如图甲所示的恒定电压U，粒子能从金属板间飞出，求：①粒子飞出电场所用的时间t．②粒子飞出电场时沿垂直于板面方向的偏移量y．③粒子飞出电场时的速度v．（2）改变金属板的长度和间距，给A、B加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T，求：若粒子恰能从两板中央平行于板飞出，粒子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？分析：（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，则L=v0t，可计算出时间t，由求出偏移量，结合v y=at和计算出电场时的速度．（2）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度v y再减速到零，然后反方向加速度到v y再减速到零．解答：解：（1）①粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0t，t=，②带电粒子射出电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为，，可得③由v y=at得：，再利用，代入得：（2）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度v y再减速到零，然后反方向加速度到v y再减速到零．由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为，即电子竖直方向只能先加速时间到达某一速度v y再减速时间速度减小到零，然后反方向加速时间到达某一速度v y，再减速时间速度减小到零，电子回到原高度．根据以上描述电子可以从t时刻进入：t=（k=0，1，2，3…）设两板间距至为d，而电子加速时间的竖直位移为：h=而电子减速时间的竖直位移也为：h所以电子在竖直方向的最大位移为：y=2h①，而：y≤②由①②解得：d≥所以d的最小值：d=答：（1）①粒子飞出电场所用的时间t为，②粒子飞出电场时沿垂直于板面方向的偏移量y为．③粒子飞出电场时的速度v为．（2）粒子恰能从两板中央平行于板飞出，粒子应从时刻射入，两板间距至少为为．。