厦门一中2015级练习:10月月考复习卷

高二上物理 10 月月考复习卷
一、选择题 1.如图所示,A、B 两灯分别标有“110V、60W”和“110V、40W”,按不同方法接入 220V 电路,能使两 灯正常发光,且电路中消耗功率最小的是:

2.经过精确校准的电压表 V1 和 V2,分别用来测定如图所示电路中 R 两端 a、b 间的电压,读数依次 为 12.7V 和 12.3V,已知 U 保持不变,则 A.a、b 间的实际电压应介于 12.7V 和 12.3V 之间 B.a、b 间的实际电压应小于 12.3V C.a、b 间的实际电压应大于 12.7V D.电压表 V1 的内阻小于 V2 的内阻 3.如图所示,由于电路中某一电阻发生短路或断路,使 L1 变暗,L2 灯变亮,则故障可能是 A.R1 短路 B.R4 短路 C.R4 短路或 R2 断路 D.R2 断路或 R3 断路 4.有一个电流表 G,内阻 Rg=10Ω 满偏电流 Ig=3mA。要把它改装成量程 3V 的电压表,则: A.要串联一个阻值为 990Ω 的电阻; B. 要并联一个阻值为 990Ω 的电阻; C.要串联一个阻值为 0.10Ω 的电阻; D.要并联一个阻值为 0.10Ω 的电阻; 5.一直流电动机线圈内阻一定,用手握住转轴使其不能转动,此时在线圈两端加电压为 0.3V,测得电 流为 0.3A.松开转轴,在线圈两端加电压为 2V 时,电流为 0.8A,电动机正常工作.则: A.该电动机线圈内阻是 2.5Ω; B.电动机正常工作时,输入的电功率是 0.64W C.电动机正常工作时,热功率是 1.6W D.电动机正常工作时,机械功率是 0.96W 6.某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由 a 点运动到 b 点的轨迹(图中实线所示) ,图 中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等势面,则下列说法正确的判断是 A.如果图中虚线是电场线,电子在 a 点电势能较大 B.如果图中虚线是等势面,电子在 b 点动能较大 C.不论图中虚线是电场线还是等势面,a 点的场强都等于 b 点的场强 D.不论图中虚线是电场线还是等势面,a 点的电势都高于 b 点的电势

1

7.如图(甲)所示,两个平行金属板 P、Q 正对竖直放置,两板间加上如图(乙)所示的交变电压。t=0 时,Q 板比 P 板电势高 U0,在两板的正中央 M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受 重力可忽略不计) ,已知电子在 0~4t0 时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大 的时间是 A. 0<t<t0 B. t0 <t<2t0 C. 2t0 <t<3t0 D. 3t0 <t<4t0
M P (甲) U0 0 Q -U0 (乙) U/V 2 t0 3 t0 4 t0 t/s

t0

8.一绝缘光滑圆环竖直放置,AB 为水平直径的两端点,匀强电场 E 水平向右,如图所示。小球带电量 为 q,套在圆环上做圆周运动,过 A 点时对环的压力刚好为零,则小球运动到 B 点时对圆环的压力大 小为 (A)3qE (C)5qE (B)4qE (D)6qE

9.如图所示,将电容为 C,带电量为 Q 的平行板电容器与电池组相连,两板间距为 d,有一尘埃带电量 为 q,恰好静止处于两板中央.若将两板缓慢地错开一些,其他条件不变,则 A.电容器带电量变小 C.检流计中有 a→b 的电流 B.尘埃将向下移动 D.所受电场力大小

4 KQq d2

10.如图所示,一个面积不大的薄圆盘带负电,规定圆心 O 处的电势为零。一个带负电、质量为 m、 电量大小为 q 的微粒从 O 点的正上方紧挨着 O 点处由静止释放,微粒运动到 O 点正上方的 A 点时速 度最大,运动到 O 点正上方的 B 点时,速度恰好为零。重力加速度为 g,B 点到 O 点的距离为 h,由 以上条件可以求出的物理量是: A、圆盘所带负电荷在 A 点的电场强度 B、微粒运动到 A 点时的速度 C、OB 两点的电势差 D、微粒在 B 点时的电势能 二、实验题(6+12 分) 11.(I)如图的螺旋测微器读数为 mm。 (Ⅱ). 在测定金属的电阻率的实验中,待测金属导线的长约 0.8m,直径小 于 1mm,电阻在 10Ω 左右。实验主要步骤如下:⑴用___ ___测量金属导线的长度 l,测 3 次,求出 平均值;⑵在金属导线的 3 个不同位置上用______________测量直径 d,求出平均值;⑶用伏安法测量 该金属导线的电阻 R。根据以上测量值,得到该种金属电阻率的表达式为 ρ=__________。 主要备有仪器如下: A.电动势为6V的直流电源 C.量程为0~15V、内阻为5kΩ的电压表 E.量程为0~100mA、内阻为15kΩ的电流表 B.量程为0~3V,内阻为15kΩ的电压表 D.量程为0~600mA、内阻为2Ω的电流表 F.阻值为0~10Ω、额定电流为1.0A的滑动变阻器

2

①为了尽可能提高测量准确度,电流表应选择 电流表须采用______接法(填“外”或“内”) . ②请在下图中画出实验电路。

,电压表应选择

。 (填序号字母)

三、计算题(11+11+12+16 分) 12.如图,两平行金属板 A、B 竖直放置,间距为 d,电压为 U0。一个质量为 m、电量为 q 的带电小 球,从正上方 H 高处的两板正中央由静止开始落下。试计算: (1)小球经多少时间与极板相碰?(2) 小球与极板相碰的位置与金属板上端的距离 h。 H A B h mq

d

13.实验表明,炽热的金属丝可以发射电子.在图中,从炽热金属丝射出的电子流,经电场加速后进 入偏转电场.已知加速电极间的电压是 U0,偏转电极间的电压是 U,偏转电极长 l,相距 d.电子的质 量是 m,电子重力不计.求: (1)电子离开加速电场时的速度; (2)电子离开偏转电场时的侧向速度; (3)电子离开偏转电场时侧向移动的距离.

U0

3

14.如图所示电路中,电阻 R1=9Ω,R2=15Ω,电池组电动势 ε=12V,内电阻 r=1Ω,电流表的示数为 0.4A。求电阻 R3 的阻值和它消耗的功率。

15.在光滑绝缘的水平面上,用长为 2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为 m 的带电小球 A 和 B。A 球的带 电荷量为+2q,B 球的带电荷量为-3q,组成一带电系统。如图所示,虚线 MP 为 AB 两球连线的垂直 平分线,虚线 NQ 与 MP 平行且相距为 4L。最初 A 球和 B 球分别静止于虚线 MP 的两侧,距 MP 的距 离均为 L,且 A 球距虚线 NQ 的距离为 3L。若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线 MP、NQ 间加 上水平向右的匀强电场 E 后,求: (1)B 球刚进入电场时,A 球与 B 球组成的带电系统的速度大小。 (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及 B 球电势能的变化量。 (3)若 AB 系统恰好能通过电场区,则应给的初速为 ,v-t 图像为 (示意图)。

4

10 月考物理复习卷参考答案 1B; 2C; 3D;4A; 5D;; 6B;; 7C; 8D; 9AC; 10ACD; 11、 (I) 1.400; (Ⅱ) 米尺 (或刻度尺) , 螺旋测微器 (或千分尺) , R=RS/L 或 US/IL 或 πUd2/4L 等;D,B,外;选电流表:估算最大电流 Imax=0.6 A,选 A;
选电压表,用 D 项电压表量程过大,由 6 V / 15 V=1 / 2.5 知,电压表指针偏转范 围 0~1 / 2.5,大部分在 1 / 3 以下,误差较大。C 项电压表虽量程小些,我们可通过 变阻器调控,使总电流在 0.3 A 以下,这时 A 项电流表指针可接近半偏,可见应选 C。 选滑动变阻器:由上述所选电压表要求,滑动变阻器必须采用分压电路,应选 F 项变阻器。 (显然,0~ 1 kΩ 的变阻器值太大,变化不明显,也不易操作,即可能烧坏电表,也会损坏本身。) 内外接法:因 RV / Rx=600>Rx / RA=20,所以应选电流表外接法。

12.(1)进入前下落时间 t1: H ? 两平行金属板 A、B 中 t2: ∵E=U0/d,F=qE ∴ax=qE/m=qU0/md 则有

1 2 2H gt1 ,即 t1 ? 2 g

d 1 2 ? a x t2 , 2 2

m 1 1 qU 0 2 d? t2 ,解得: t2 ? d qU 0 2 2 dm 2H m ?d g qU 0

所以 t1 ? t2 ?

2 (2)刚进入时 由 v1 ? 2gH 得 v1 ? 2gH

进入后竖直方向为匀加速运动,所以

h ? v1t2 ?
解得 h ? d

1 2 gt2 2

2mgH mgd 2 ? qU 0 2qU 0

13 题解: (1)由: (2)由 v? ? at ,



a?

qE qU 0 L ? ,t ? m md v

得: v? ? at ? (3)由 y ?

LU 0 d

q 2mU

1 2 at , 2
5

得: y ?

U 0 L2 4dU
……①

14 解:(1)U3=U2=I2R2=6V, I3=I-I2 由全电路欧姆定律得: ? ? Ir ? IR1 ? U并 ,……② U 并=U2=6V 由得: I ?

12 ? 6 A=0.6 A 9 ?1

所以 I3=0.6-0.4=0.2A,

R3 ? U3 / I3 ? 30?
(2) P 3 ? I 3U3 ? 1.2W

15、 解析:(1)带电系统刚开始运动时,设加速度为 a1,由牛顿第二定律得:a1=



2 球 B 刚进入电场时,带电系统的速度为 v1,有 v1 =2a1L 求得 v1=

(2)对带电系统进行分析,假设球 A 能达到 NQ,且 A 球到达 NQ 时电场力对系统做功为 W1,有 W1=2qE× 3L+(-3qE× 2L)=0,故带电系统速度第一次为零时,球 A 恰好到达 NQ

设球 B 从静止到刚进入电场的时间为 t1,则 t1=

v1 ,解得:t1= a1

?3qE ? 2qE =- 2m 0 ? v1 显然,B 球进入电场后带电系统做匀减速运动.设减速所需时间为 t2,则有 t2= , a2
球 B 进入电场后,带电系统的加速度为 a2,由牛顿第二定律得:a2=

求得 t2=

.可知,带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为:

t=t1+t2=3 (3) 6qEL / m ,

, y

B 球电势能增加了:Ep=E· 3 q· 2L=6EqL v0 0

t
6


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