高二物理期末复习三

高二物理期末复习三班级学号 姓名 时间约30分钟1、如图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a 点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b 点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是( )A ．b 点的电势一定高于a 点B ．a 点的场强一定大于b 点C ．带电粒子一定带正电D ．带电粒子在b 点的速率一定小于在a 点的速率2、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．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减小D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大3、如图所示，水平放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M 和N 同时分别从极板A 的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．电荷M 的比荷大于电荷N 的比荷B ．两电荷在电场中运动的加速度相等C ．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功D ．电荷M 进入电场的初速度大小与电荷N 进入电场的初速度大小一定相同4．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v .若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I 4B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v 8D ．导线中自由电子定向移动的速率为v25、如图所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V ,12 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A ．电动机的输入功率为24 WB ．电动机的输出功率为12 WC ．电动机的热功率为2.0 WD ．整个电路消耗的电功率为22 W6、一段长0.2 m ，通过2.5 A 电流的直导线，关于在磁感应强度为B 的匀强磁场中所受安培力F 的情况，正确的是( )A ．如果B ＝2 T ，F 一定是1 N B ．如果F ＝0，B 也一定为零C ．如果B ＝4 T ，F 有可能是1 ND ．如果F 有最大值时，通电导线一定与B 平行7、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图8－1－27所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是( )8、如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )A.2m v qBB.2m v cos θqBC.2m v (1－sin θ)qBD.2m v (1－cos θ)qB9．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m 、带电荷量为q 的小球从圆弧管水平直径的端点A 由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管的上壁的压力恰好与球重相同，求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小．10．如图所示，匀强电场中有a 、b 、c 三点，ab ＝5 cm ，bc ＝12 cm ，其中ab 沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q ＝4×10－8 C 的正电荷从a 移到b ，电场力做功为W 1＝1.2×10－7 J ，求：(1)匀强电场的场强E ；(2)电荷从b 移到c ，电场力做的功W 2； (3)a 、c 两点的电势差U ac .11．如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r ＝1 Ω，电动机两端电压为5 V ，电路中的电流为1 A ，物体A 重20 N ，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？ (2)电动机输入功率和输出功率各是多少？ (3)10 s 内，可以把重物A 匀速提升多高？ (4)这台电动机的机械效率是多少？高二物理期末复习四班级学号 姓名 时间约30分钟1、如图所示，a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比2、关于闭合电路的性质，下列说法不．正确的是()A．外电路断路时，路端电压最高B．外电路短路时，电源的功率最大C．外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变3、图甲为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为图乙中的().4、如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O 点固定，P为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S，在滑动头P缓慢地由m点经n点移到q 点的过程中，电容器C所带的电荷量将()A．由小变大B．由大变小C．先变小后变大D．先变大后变小5、如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则()A．电容器中的电场强度将增大B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减少D．液滴将向上运动6、图为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转().7、如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电场的宽度D．适当增大加速电压U8、如图所示，把中心带有小孔的平行放置的两个圆形金属板M和N，连接在电压恒为U的直流电源上．一个质量为m，电荷量为q的微观正粒子，以近似于静止的状态，从M板中心的小孔进入电场，然后又从N 板中心的小孔穿出，再进入磁感应强度为B 的足够宽广的匀强磁场中运动．那么：(1)该粒子从N 板中心的小孔穿出时的速度有多大？ (2)该粒子在磁场中受到的洛伦兹力是多大？(3)若圆形板N 的半径为R ，如果该粒子返回后能够直接打在圆形板N 的右侧表面上，那么该磁场的磁感应强度B 至少为多大？9、在某空间内存在着水平向右的电场强度为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，如图8－3－15所示．一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC 固定在纸面内，其圆心为O 点，半径R ＝1.8 m ，OA 连线在竖直方向上，AC 弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m＝3.6×10－4 kg 、电荷量q ＝＋9.0×10－4C 的带电小球(可视为质点)，以v 0＝4.0 m/s 的初速度沿水平方向从A 点射入圆弧轨道内，一段时间后从C 点离开，小球离开C 点后做匀速直线运动．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力大小．10、如图所示，在真空中半径r ＝3.0×10－2m 的圆形区域内，有磁感应强度B ＝0.2 T ，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v 0＝1.0×106 m/s ，从磁场边界上直径ab 的一端a 沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为q /m ＝1.0×108 C/kg ，不计粒子重力．求：(1)粒子的轨迹半径；(2)粒子在磁场中运动的最长时间；(3)若射入磁场的速度改为v ′0＝3.0×105 m/s ，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)高二物理期末复习3答案BD B AC B C D C C解析：小球从A 到最低点过程，只有重力做功，电场力不做功，由动能定理：mgR ＝12m v 2.在最低点，由牛顿第二定律：F －mg －F N ＝m v 2R .又F ＝qE ，F N ＝mg ， 可解得E ＝4mg /q . 答案：4mg /q解析：(1)设ab两点间距为d，W1＝qU ab，E＝U abd，所以E＝W1qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2V/m＝60 V/m.(2)设bc两点沿场强方向距离为d1，U bc＝Ed1d1＝bc·cos60°W2＝qU bc由以上三式得：W2＝qE·bc·cos60°＝1.44×10－7 J.(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，W＝W1＋W2＝qU ac所以U ac＝W1＋W2q＝1.2×10－7＋1.44×10－74×10－8V＝6.6 V.解析：(1)首先要知道输入功率是电机消耗的总功率，而输出功率是机械功率．消耗的电能转化为机械能和内能两部分，由能量守恒定律可求解．P Q＝I2r＝12×1 W＝1 W.(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积P入＝IU＝1×5 W＝5 W，输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率P出＝P入－P Q＝5 W－1 W＝4 W.(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，在10 s内P出t＝mgh.解得h＝P出tmg＝4×1020m＝2 m.高二物理期末复习4答案1、B 2、C 3、B 4、C. 5、B 6、A 7、AD. 8、D 9、解析：(1)粒子进入电场的过程，有：12m v2＝qU粒子穿出小孔时的速度大小：v＝2qU m.(2)粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小：F＝q v B＝qB 2qU m.(3)粒子进入磁场有：q v B＝m v2r(或r＝m vqB)粒子的圆轨道半径：r ＝1B 2mU q .那么，粒子打在N 板上的条件是：R ≥2r ＝21B 2mUq 所以，粒子能够打在N 板上，要求B 至少为：B ＝2R 2mU q答案：(1) 2qU m (2)qB 2qU m (3)2R 2mUq 9、解析：(1)小球离开圆弧轨道后，受力分析如图，由图知Eq ＝mg tan θ，代入数据解得E ＝3.0 N/C.(2)小球从进入轨道到离开轨道的过程中，由动能定理得：qER sin θ－mgR (1－cos θ)＝12m v 2－12m v 02代入数据解得：v ＝5.0 m/s ，q v B ＝mgcos θ， 解得B ＝1.0 T.小球射入圆弧轨道瞬间，由牛顿第二定律得 F N ＋qB v 0－mg ＝m v 20/R . 解得F N ＝3.2×10－3 N. 由牛顿第三定律得， F N ′＝F N ＝3.2×10－3 N.答案：(1)3.0 N/C (2)3.2×10－3 N 10、解析：(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径．q v 0B ＝m v 02R ，R ＝m v 0qB ＝5.0×10－2 m.(2)由于R >r ，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从图甲中可以看出，以直径ab 为弦、R 为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T ＝2πm qB ，运动时间t m ＝2α2π×T ＝2α·mqB ，又sin α＝r R ＝35，所以t m ＝6.5×10－8 s.(3)R ′＝m v ′0qB ＝1.5×10－2 m ，粒子在磁场中可能出现的区域如图乙所示(以aO 为直径的半圆加上以a 为圆心，aO 为半径所作圆与磁场相交的部分)．答案：(1)5.0×10－2m (2)6.5×10－8s(3)见解析5．如图7－2－18所示的电路中，电源电动势E ＝9 V ，内阻r ＝2 Ω，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝10 Ω，R 3＝6 Ω，电容器的电容C ＝10 μF.(1)保持开关S 1、S 2闭合，求电容器C 的带电荷量；(2)保持开关S 1闭合，将开关S 2断开，求断开开关S 2后流过电阻R 2的电荷量．解析：(1)保持开关S 1、S 2闭合，则电容器上的电压U C ＝U R 1＝R 1R 1＋R 2＋r E ＝66＋10＋2×9 V ＝3 V电容器带电荷量Q ＝CU C ＝10×10－6×3 C ＝3×10－5 C.(2)保持开关S 1闭合，将开关S 2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器上的电荷量Q ′＝CE ＝10×10－6×9 C ＝9×10－5 C ，而流过R 2的电荷量等于电容器C 上电荷量的增加量 Q R 2＝ΔQ ＝Q ′－Q ＝9×10－5 C －3×10－5 C ＝6×10－5 C. 答案：(1)3×10－5 C (2)6×10－5 C图7－2－1812．如图8－1－29所示是导轨式电磁炮实验装置示意图．两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)．滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触．电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源．滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B ＝kI ，比例常数k ＝2.5×10－6 T/A.已知两导轨内侧间距L ＝1.5 cm ，滑块的质量m ＝30 g ，滑块沿导轨滑行 5 m 后获得的发射速度v ＝3.0 km/s(此过程视为匀加速运动)．图8－1－29(1)求发射过程中电源提供的电流强度；(2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？解析：(1)由匀加速运动的公式a ＝v 22x ＝9×105 m/s 2，由安培力公式和牛顿第二定律， 有F ＝BIL ＝kI 2L ＝ma得I ＝ ma kL＝8.5×105A. (2)电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，P Δt ×4%＝12m v 2发射过程电源供电时间Δt ＝v a ＝13×10－2 s ，电源的输出功率P ＝12m v2Δt ×4%＝1.0×109 W ，又P ＝UI ，得U ＝1.2×103 V .答案：(1)8.5×102 A (2)1.0×109 W 1.2×103 V。