山東省棗莊20xx-20xx學(xué)年高二物理上學(xué)期1月調(diào)考試卷含解析1-資料下載頁
2024-11-30 08:32本頁面
【導(dǎo)讀】2021-2021學(xué)年山東省棗莊三中高二（上）調(diào)考物理試卷（1月份）。1．關(guān)于電勢差和電場力作功的說法中，正確的是（）。B．電場力在兩點間移動電荷做功的多少由兩點間的電勢差和該電荷的電量決定。C．電勢差是矢量，電場力作的功是標量。D．在勻強電場中與電場線垂直方向上任意兩點的電勢差均為零。2．如圖所示為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖，在M點處放置一個。電荷量大小為q的負試探點電荷，受到的電場力大小為F，以下說法中正確的是（）。A．由電場線分布圖可知M點處的場強比N點處場強大。C．a(chǎn)、b為異種電荷，a的電荷量小于b的電荷量。3．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實。線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的。A．三個等勢面中，c的電勢最低。上移動少許，穩(wěn)定后三個燈泡依然能夠發(fā)光，則下列說法中正確的是（）
【正文】 動勢E=24V，內(nèi)電阻 r=1Ω ，電阻 R=15Ω ．閉合開關(guān) S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從 B板小孔以初速度 v0=4m/s豎直向上射入板間．若小球帶電量為 q=110 ﹣ 2C，質(zhì)量為 m=210﹣ 2kg，不考慮空氣阻力． 那么（ 1）滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達 A板？ （ 2）此時，電源的輸出功率是多大？（取 g=10m/s2） 【考點】 帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應(yīng)用；歐姆定律；電功、電功率． 【專題】 壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題． 【分析】 小球恰好運動到 A板，根據(jù)動能定理列式求解兩板間的電壓；然后根據(jù)歐姆定律求解滑動變阻器的電阻值；最后根據(jù)電功率表達式求解電源的輸出功率． 【解答】 解：（ 1）小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到 A板時速度為零． 設(shè)兩板間電壓為 UAB 由動能定理得 ﹣ mgd﹣ qUAB=0﹣ ① ∴ 滑動變阻器兩端電壓 U 滑 =UAB=8 V ② 設(shè)通過滑動變阻器電流為 I，由歐姆定律得 I= =1A ③ 滑動變阻器接入電路的電阻 R 滑 = =8Ω ④ 即滑動變阻器接入電路的阻值為 8Ω 時，小球恰能到達 A板． （ 2）電源的輸出功率 P 出 =I2（ R+R 滑 ） =23 W ⑤ 故電源的輸出功率是 23W． 【點評】 本題關(guān)鍵是分析清楚電路結(jié)構(gòu)和運動情況后，根據(jù)動能定理、歐姆定律聯(lián)立列式求解． 15．如圖所示的平面直角坐標系 xOy，在第一象限內(nèi)有平行于 y軸的勻強電場，方向沿 y軸負方向；在第四象限的正方形 abcd區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于 xOy平面向外，正方形邊長為 L，且 ab邊與 y軸平行．一質(zhì)量為 m、電荷量為 q的粒子，從 y軸上的 P（ 0， h）點，以大小為 v0的速度沿 x軸正方向射入電場，通過電場后從 x軸上的 a（ 2h， 0）點進入磁場，最后從 b點離開磁場，且速度方向與 bc邊成 45176。 角，不計粒子所受的重力．求： （ 1）判斷粒子帶電的電性，并求電場強度 E的大??； （ 2）粒子到達 a點時速度 v的大小和方向； （ 3）求 abcd區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度 B． 【考點】 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動． 【專題】 帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題． 【分析】 （ 1）粒子在電場中做類平拋運動，水平位移和豎直位移均已知，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式，運用運動的分解法可求出場強大小 E． （ 2）由速度的合成法求出粒子到達 a點時速度大小和方向，由幾何知識確定 粒子經(jīng)過 a點時的方向． （ 3）粒子在磁場中做勻速圓周運動．粒子經(jīng)過磁場后要能到達 y軸上，且速度與 y軸負方向成 45176。 角，必須從 ab邊上射出磁場，從 b點射出磁場時軌跡半徑最大，對應(yīng)的 B最小，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出 B的值． 【解答】 解：（ 1）粒子帶正電 設(shè)粒子在電場中運動的時間為 t，則有 水平方向： v0t=2h ① 豎直方向： h= t2 ② 聯(lián)立 ①② 解得： E= ③ （ 2）粒子在電場中從 P到 a的過程由 動能定理有： qEh= mv2﹣ mv02 ④ 聯(lián)立 ③④ 解得： v= v0 根據(jù)運動的分解可知： vcosθ=v 0 解得： θ=45176。 ，方向與 x軸正方向成 45176。 角 （ 3）帶電粒子在磁場中運動時，有 qvB=m 由幾何關(guān)系有 r= L B= 答：（ 1）判斷粒子帶電的電性，電場強度 E的大小 E= ； （ 2）粒子到達 a點時速度 v= v0 和方向與 x軸正方向成 45176。 角； （ 3） abcd區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度 B= ． 【點評】 帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解 ． 16．兩平行金屬板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，大量質(zhì)量為 m、帶電量為 e的電子由靜止開始經(jīng)電壓為 U0的電場加速后連續(xù)不斷地沿兩平行金屬板間的中線射入，若兩板間距恰能使所有子都能通過．且兩極長度使每個電子通過兩板均歷時 3t0，兩平行金屬板間距為 d；電子所受重力不計，試求： （ 1）電子通過兩板時側(cè)向位移的最大值和最小值； （ 2）側(cè)向位移最大和最小的電子通過兩板后的動能之比． 【考點】 帶電粒子在勻強電場中的運動． 【專題】 帶電粒子在電場中的運動專題． 【分析】 （ 1）根據(jù)在不同時段的運動性質(zhì)，結(jié)合 位移表達式，從而列出最大位移與最小位移關(guān)系式，即可求解； （ 2）根據(jù)各自位移的不同，結(jié)合動能定理，即可求解． 【解答】 解：（ 1）電子在 t=2 nt0（其中： n=0、 ? ）時刻進入電場，電子通過兩極的側(cè)向位移最大， 在 t=（ 2n+l） t0（其中 n=0、 l、 ? ）時刻進入電場電子通過兩板側(cè)向位移最?。? 電子側(cè)向位移最大時，進入電場在沿電場線方向上作初速度為零的勻加速運動， 再作勻速運動，后作初速度不為零的勻加速運動，各段運動的時間均為 t0； 當電子側(cè)向位移最小時，在電場線上只有在第二個 t0的時間開始作初 速度為零的勻加速運動， 在第三個 t0的時間作勻速運動．電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，在電場中的加速度均為 a= ，電子側(cè)向最大位移為 ymax= at02+at02+at02+ at02=3at02= ． 解得： ymax= 由以上兩式解得 ymax=t0 ； d=2ymax=2t0 ； 電子側(cè)向最小位移為 ymin=at02/2+at02= ymax= t0 ； 解得： ymin= （ 2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能等于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場電場力做功之和． 當電子的側(cè)向位移為最大時，電子在電場中加速（只有加速，電場力才做 功）． 運動的距離為 y1= ymax= ，電子的側(cè)向位移最小時， 電子在電場中加速運動的距離為 y2= ymin= ， 側(cè)向位移最大的電子動能為 Ekmax=eUO+eUO? = eUO， 側(cè)向位移最小的電子動能為 Ekmin=eUO+eUO? = eUO， 故 Ekmax： Ekmin=16： 13 答：（ 1）電子通過兩板時側(cè)向位移的最大值 和最小值 ； （ 2）側(cè)向位移最大和最小的電子通過兩板后的動能之比 16： 13． 【點評】 考查由運動情況來運用位移與時間關(guān)系式，并掌握動能定理的應(yīng)用，搞清不同時段的運動性質(zhì)，這是 解題的關(guān)鍵．
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