河北冀州中學(xué)20xx-20xx學(xué)年高二物理上學(xué)期期中a卷試題新人教版-資料下載頁
2024-11-30 12:09本頁面
【導(dǎo)讀】每個題目給出的四個選項中至少有一個是正確的，，電場中某點的電場強度和試探電荷的電量成反比；做功為1J，則A、B點的電勢差為－1V。B、電容由電容器本身的性質(zhì)來決定，與Q、U無關(guān)，故B錯誤；量合成，a點和b點的電場場強大小相等，方向相反，故A錯誤；B、由圖可知等勢線由外向內(nèi)電勢降低，正電荷從c點移到d點，電勢升高，電場力做負功，A、A帶正電，則B的空腔內(nèi)電場強度不為零，故A錯誤；子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示。定，根據(jù)加速度不斷增加，即電場力A小于B，則電場強度EA＜EB，故A錯誤，B正確；帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動。板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低，故B正確；粒子的運動軌跡。
【正文】 一次離開電場邊界 NQ時的速度大??； （ 3）帶電系統(tǒng)運動過程中， B球電勢能增加量的最大值。 【答案】1 2Lt g＝ 2v ＝ 【解析】 （ 1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當(dāng) B 進入電場區(qū)時，開始做減速運動．設(shè) B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為 a1， 由牛頓第二定律： 12Eq 2m g 2m a???即： a1=g B剛進入電場時，由： 2111L at2＝ 可得：1 2Lt g＝ （ 2）當(dāng) A剛滑到右邊界時，電場力對系統(tǒng)做功為： 1W 2Eq 2L 3Eq L EqL? ? ? ? ? ?（ ） 摩擦力對系統(tǒng)做功為： 2W 2m g 2L m gL?? ? ? ? ? ? W E q L 0 .8 m g L 0 .4 m g L? ? ?總 ，故 A球從右端滑出． 設(shè) B從靜止到剛進入電場的速度為 v1， 1 1 1v a t 2gL＝ ＝ 設(shè) B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為 a2，由牛頓第二定律： 2Eq3Eq2μmg=2ma 2 a2=－ 系統(tǒng)做勻減速運動，設(shè)小球 A第一次離開電場邊界 NQ時的速度大小為 v2； 由： 2221v v 2a 2L??＝ ， 可得： 2v ＝ （ 3）當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零，此時 A已經(jīng)到達右邊界 NQ外， B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，設(shè)此時 A離右邊界 NQ的距離為 x 由動能定理： 2Eq 2L 3Eq L x 2m g 2L x 0?? ? ? ? ? ? ?（ ） （ ） 可得： x= 所以 B電勢能增加的最大值 △W 1=3Eq== 【考點】功能關(guān)系；牛頓第二定律；電勢能 冀州中學(xué) 2021— 2021高二物理上學(xué)期期中考試答案 一 選擇題答案 A卷 1 2 3 4 5 6 7 8 D C B D AC B B D 9 10 11 12 13 14 15 16 BC B D AD B C C AC 17. 答案：（ 1）增大 ??2 分 （ 2）如圖 ??3 分，電流表與滑動變阻器之間的導(dǎo)線接到滑動變阻器上端任一接線柱都對，電流表量程選擇不作為評分標(biāo)準(zhǔn)，但導(dǎo)線有其他連接錯誤的即不給分 （ 3） （ ~） ??3 分，答案 2分，直線圖象 1分．答案對但是圖象沒畫的不能得分． U/V I/A 0 圖 a A B C － + 圖 b 18. (12分 )解析： （ 1） S斷開時，電阻 R3兩端電壓為 33 23RU E 1 6 VR R r??＝ ＝ S閉合后，外阻為 ? ?1 2 31 2 3R R RR6R R R? ???＝ ＝ 端電壓為 RU E 21VRr?＝ ＝ 電阻 R3兩端電壓為 33 23RU U 1 4 VRR? ?＝ ＝ 則所求流過 R4的總電量為 123Q CU CU 6 .0 1 0 C?? ? ? ?＝ ＝ （ 2）設(shè)微粒質(zhì)量為 m，電量為 q，當(dāng)開關(guān) S斷開時有： 3qU mgd ＝ 當(dāng)開關(guān) S閉合后，設(shè)微粒加速度為 a，則 3qUmg mad ?? ＝ 設(shè)微粒能從 C的電場中射出，則水平方向：0Lt v＝ 豎直方向： 21y at2＝ 由以上各式求得： 3 dy 5 10 m 2??＝ ＞ 故微粒不能從 C的電場中射出． 19． (12)分 解析： (1)物塊能 通過軌道最高點的臨界條件是 mg＝ mv2R 解得 v＝ 2 m/s 2分 設(shè)小物塊釋放位置距 N處為 x Eqx＝ μmgx ＋ 12mv2＋ mg2R 2 分 解得 x＝ 20 m，即小物塊應(yīng)該從在水平位置距 N處為 20 m處開始釋放 2分 (2)物塊到 P點時， 12mv2＋ mgR＋ EqR＝ 12mvP2解得 vP＝ 14m/s 2分 FN－ Eq＝ mvP2R 解得 FN＝ N 2分 由牛頓第三運動定律可得物塊對軌道的壓力； F′ N＝ FN＝ N 2分 答案： (1)20 m (2) N 20. (14 分 )解：（ 1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當(dāng) B 進入電場區(qū)時，開始做 減速運動。設(shè) B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為 a1， 由牛頓第二定律： 2Eq－ μ2mg ＝ 2ma1 即 a1=g 2 分 B剛進入電場時，由 L＝ a1t12 2 分 可得 1分 （ 2）設(shè) B從靜止到剛進入電場的 速度為 v1， 由 ＝ 2a1L 可得 v1＝ 2 分 設(shè) B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為 a2，由牛頓第二定律得： 2Eq－ 3Eq－ μ2mg ＝ 2ma2 得： a2＝－ 2 分 之后系統(tǒng)做勻減速運動，設(shè)小球 A第一次離開電場邊界 NQ時的速度大小為 v2； 由 — =2 a2L 可得 1分 （ 3）當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零，此時 A已經(jīng)到達右邊界 NQ外， B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，設(shè)此時 A離右邊界 NQ的距離為 x 。 設(shè) A出電場后，系統(tǒng)的加速度為 a3，由牛頓第二定律 － 3Eq－ 2μmg ＝ 2ma3 得： a3=－ 2g 2 分 解得： L，所以 B沒有出電場。 故 B電勢能增加的最大值 DW1＝ 3Eq(L+x)＝ 3Eq180。＝ = 2分
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