为您找到与高三物理测试题及答案相关的共200个结果:
为即将到来的初二物理力与运动的测试,因此,我们一定要重视。接下来是读文网小编为大家带来的初二物理力与运动的测试题及答案,供大家参考。
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高一是学好物理的关键时期,此时是从初中物理过渡到高中物理的时期,所以我们一定要适应好这一个过渡的环节。下面是读文网小编网络整理高一必修一物理单元测试题以供大家学习参考。
1.ACD2.A3.C4.C
5.D[亚里士多德认为:物体受的力越大,速度就越大;力是物体运动的原因,静止是物体不受力的自然状态;从同一高度较重的物体下落得较快.物体做匀速直线运动不需要受力与亚里士多德的观点相反,所以本题选D.]
6.C[小车与障碍物碰撞瞬间.木块在水平方向不受力,因惯性继续向右做匀速运动.]
7.CD[当列车向西加速或向东减速时,小球要保持原来的运动状态,相对桌面向东滚动.]
8.BD
9.(1)火车做减速运动(2)火车做加速运动
(3)火车向左转弯(4)火车向右转弯
10.当汽车启动时,钨块由于惯性,要保持原来的静止状态,因而相对汽车向后运动,将绿灯与电源接通,因而绿灯亮.同理分析,汽车刹车时红灯亮.
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我们作为学生,应该从试卷里总结出好的学习方法,相信更过的练习与总结会让你在考试的时候更加得心应手。下面是读文网小编整理的高一上学期物理期中测试题及答案以供大家阅读。
一. 选择题(48分)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C D A D C B BC CD BC AD BC
(2)①为保证小车所受拉力近似不变,应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量.②设小车质量为M,由牛顿第二定律可得:F=(M+m)a 1a=MF+mF,结合图象可知:1F=k F=1k,MF=b M=bF=bk.
答案(1)①等间距(1分)⑥线性(2分)(2)①远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”同样正确) (1分)②1k(2分)bk(2分)
三.计算题(38分)
15. (7分)(1)60 0N (2分)
(2)840N (2分)
(3)以 3m/s2的加速度匀减速上升或3m/s2的加速度匀加速下降(3分 )
16.(9分)解:解析(1)因OB绳处于竖直方向,所以B球处于平衡状态,AB绳上的拉力为零,OB绳对小球的拉力FOB=mg. (3分)
(2)A球在重力mg、水平拉力F和OA绳的拉力FOA三力作用下平衡,所以OA绳对小球 的拉力FOA=mgcos 60°=2mg. (3分)
(3)作用力F=mgtan 60°=3mg. (3分)
答 案(1)mg(2)2mg(3)3mg
17. (10分)解:①受力如图,竖直方向受力平衡(1分)
得FN=17N(2分)
物体与地面间的摩擦力大小为(2分)
②水平方向,由牛顿第二定律(2分)
得a=0.3m/s2(1分)
5s内的位移为: (2分)
18. (12分)根据牛顿第二定律得: (2分)
匀减速直线运动的加速度: (1分)
根据牛顿第二定律得: (1分)
解得:F=30N,μ=0.5(2分)
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考试是让我们看到自己的不足点,强化我们的知识。下面是读文网小编收集整理的高二物理库仑定律测试题目及其参考答案以供大家学习。
下列关于点电荷的说法,正确的是()
A.点电荷一定是电量很小的电荷
B.点电荷是一种理想化模型,实际不存在
C.只有体积很小的带电体,才能作为点电荷
D.体积很大的带电体一定不能看成点电荷
解析:选B.当带电体间的距离比它们自身的大小大得多,以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时,这样的带电体就可以看成点电荷,所以A、C、D错,B正确.
2.关于库仑定律的公式F=kQ1Q2r2,下列说法中正确的是()
A.当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时,它们之间的静电力F→0
B.当真空中的两个点电荷间的距离r→0时,它们之间的静电力F→∞
C.当两个点电荷之间的距离r→∞时,库仑定律的公式就不适用了
D.当两个点电荷之间的距离r→0时,电荷不能看成是点电荷,库仑定律的公式就不适用
答案:AD
3.(2011年佛山高二检测)真空中两个点电荷Q1、Q2,距离为R,当Q1增大到原来的3倍,Q2增大到原来的3倍,距离R增大到原来的3倍时,电荷间的库仑力变为原来的()
A.1倍 B.3倍
C.6倍 D.9倍
解析:选A.原来的库仑力为F=kQ1Q2R2,后来的库仑力为F′=k3Q1•3Q23R2=kQ1Q2R2=F.所以A对.
4.如图1-2-9所示,两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a和b,其壳层的厚度和质量分布均匀,将它们固定于绝缘支座上,两球心间的距离 l 为球半径的3倍.若使它们带上等量异种电荷,使其电荷量的绝对值均为Q,那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是()
图1-2-9
A.F引=Gm2l2,F库=kQ2l2
B.F引≠Gm2l2,F库≠kQ2l2
C.F引≠G m2l2,F库=kQ2l2
D.F引=Gm2l2,F库≠kQ2l2
解析:选D.由于a、b 两球所带异种电荷相互吸引,使它们各自的电荷分布不均匀,即相互靠近的一侧电荷分布较密集,又l=3r,不满足l≫r的要求,故不能将带电球壳看成点电荷,所以不能应用库仑定律,故F库≠kQ2l2.虽然不满足l≫r,但由于其壳层的厚度和质量分布均匀,两球壳可看成质量集中于球心的质点,可以应用万有引力定律,故F引=Gm2l2.
5.如图1-2-10所示,一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是m的小金属环A和B,将丝线的两端共同系于天花板上的O点,使金属环带电后,便因排斥而使丝线构成一个等边三角形,此时两环恰处于同一水平线上,若不计环与线间的摩擦,求金属环所带电量是多少?
图1-2-10
解析:小球A受力如图,受四个力,重力mg、库仑力F、丝线两个拉力FT相等.
则FTsin60°=mg
FTcos60°+FT=kq2L2
解得q= 3mgL2k.
答案:均为 3mgL2k
一、选择题
1.(2011年广东实验中学模拟)如图1-2-11所示,两个带电球,大球的电荷量大于小球的电荷量,可以肯定()
图1-2-11
A.两球都带正电
B.两球都带负电
C.大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D.两球受到的静电力大小相等新课标第一网
解析:选D.由题图可知,两带电球相互排斥,则说明两球一定带有同种电荷,但不能确定是正电荷,还是负电荷,故A、B错;两带电球间的静电力具有一般力的共性,符合牛顿第三定律,故选项C错,D对.
2.两个带正电的小球,放在光滑的水平绝缘板上,它们相距一定距离.若同时释放两球,它们的加速度之比将()
A.保持不变 B.先增大后减小
C.增大 D.减小
解析:选A.两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反,由牛顿第二定律知:a1∶a2=m2∶m1,故A正确.
3.(2011年北京四中高二检测)两个质量分别为m1、m2的小球,各用长为L的丝线悬挂在同一点,当两球分别带同种电荷,且电荷量分别为q1、q2时,两丝线张开一定的角度θ1、θ2,如图1-2-12所示,则下列说法正确的是()
图1-2-12
A.若m1>m2,则θ1>θ2
B.若m1=m2,则θ1=θ2
C.若m1θ2
D.若q1=q2,则θ1=θ2
解析:选BC.这是一道带电体平衡问题,分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样.
4.要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍,下列方法可行的是()
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
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
C.使一个点电荷的电荷量增加1倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两点电荷间的距离减小为原来的12
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12
答案:AD
5.半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷,相隔一定距离,两球之间的相互吸引力的大小是F,今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开.这时,A、B两球之间的相互作用力的大小是()
A.18F B.14F
C.38F D.34F
解析:选A.由库仑定律,接触前F=kq2r2,接触后F′=k12q×14qr2=18kq2r2=18F,故A正确.
6.两个完全相同的小金属球,它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷),它们在相距一定距离时相互作用力为F1,如果让它们接触后再放回各自原来的位置上,此时相互作用力变为F2,则F1∶F2可能为()
A.5∶2 B.5∶4
C.5∶6 D.5∶9
解析:选BD.由库仑定律,它们接触前的库仑力为F1=k5q2r2
若带同种电荷,接触后的带电荷量相等,为3q,此时库仑力为F2=k9q2r2
若带异种电荷,接触后的带电荷量相等,为2q,此时库仑力为F′2=k4q2r2
由以上计算可知选项BD正确.新 课 标 第 一 网
7.(2011年铜陵一中高二检测)如图1-2-13所示,在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B,它们用一绝缘轻弹簧相连,带同种电荷.弹簧伸长x0时小球平衡,如果A、B带电荷量加倍,当它们重新平衡时,弹簧伸长为x,则x和x0的关系为()
图1-2-13
A.x=2x0 B.x=4x0
C.x<4x0 D.x>4x0
解析:选C.设弹簧原长为l,劲度系数为K,根据库仑定律和平衡条件列式得
kq1q2l+x02=Kx0,k4q1q2l+x2=Kx
两式相除:l+x24l+x02=x0x,得:x=l+x02l+x2•4x0,
因l+x>l+x0,由此推断选项C正确.
8.如图1-2-14所示,三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上.a和c带正电,b带负电,a所带电荷量的大小比b的小.已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示,它应是()
图1-2-14
A.F1 B.F2
C.F3 D.F4
解析:选B.据“同电相斥、异电相引”规律,确定电荷c受到a和b的库仑力方向,考虑a的带电荷量小于b的带电荷量,因此Fb大于Fa,Fb与Fa的合力只能为F2,故选项B正确.
二、计算题
9.一带电荷量为+Q、半径为R的球,电荷在其内部能均匀分布且保持不变,现在其内部挖去一半径为R/2的小球后,如图1-2-15所示,求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为+q的电荷的静电力.已知P距大球球心距离为4R.
图1-2-15
解析:未挖去之前,+Q对q的斥力为:F=kQq4R2
挖去的小球带电荷量为:Q′=Q4πR33×4πR233=Q8
挖去的小球原来对q的斥力为:
F1=kQ8q4R-R22=kQq98R2
剩余部分对q的斥力为:
F2=F-F1=41kQq784R2,方向向右.
答案:41kQq784R2方向向右
10. (2011年广州高二检测)光滑绝缘导轨,与水平面成45°角,两个质量均为m,带等量同种电荷的小球A、B,带电量均为q,静止于导轨的同一水平高度处,如图1-2-16所示.求:两球之间的距离.
图1-2-16
解析:设两球之间的距离为x,相互作用的库仑力为F,则:F=kq2x2
由平衡条件得:Fcos45°=mgsin45°
由以上两式解得:x=q kmg.
答案:q kmg
11.质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上,相邻球间的距离均为L,A球带电量qA=+10q;B球带电量qB=+q.若在C球上加一个水平向右的恒力F,如图1-2-17所示,要使三球能始终保持L的间距向右运动,问外力F为多大?C球带电性质是什么?
图1-2-17
解析:由于A、B两球都带正电,它们互相排斥,C球必须对A、B都吸引,才能保证系统向右加速运动,故C球带负电荷.
以三球为整体,设系统加速度为a,则F=3ma①
隔离A、B,由牛顿第二定律可知:
对A:kqAqC4L2-kqAqBL2=ma②
对B:kqAqBL2+kqBqCL2=ma③
联立①、②、③得F=70kq2L2.
答案:70kq2L2负电荷
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焦耳定律是定量说明传导电流将电能转换为热能的定律。下面是读文网小编收集整理的高二物理焦耳定律测试题目及其参考答案以供大家学习。
10.环保汽车在2008年奥运会场馆服务.某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车,总质量m=3×103 kg.当它在水平路面上以v=36 km/h的速率匀速行驶时,驱动电机的输入电流I=50 A,电压U=300 V.在此行驶状态下:w
(1)求驱动电机的输入功率P电;
(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机,求汽车所受阻力与车重的比值(g取10 m/s2).
解析:(1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5×104 W.
(2)在匀速行驶时,P机=0.9 P电=Fv=Ffv,得
Ff=0.9P电v=1.35×103 N,
汽车所受阻力与车重之比Ffmg=0.045.
答案:(1)1.5×104 W(2)0.045
11.(2011年安徽省两地三校高二联考)如图2-5-14是家用电饭煲的电路图.将电饭煲接到稳压电源上,当开关接通“加热”挡时,电热丝以额定功率给食物加热,当食物蒸熟后,开关接通“保温”挡,给食物保温,这时电热丝的功率为其额定功率的1/9,电流为1.40 A,已知分压电阻的阻值是R=100 Ω.求:
图2-5-14
(1)保温时,电阻R两端的电压;
(2)稳压电源输出的电压;
(3)电热丝的额定功率.
解析:(1)电阻R两端的电压为UR=IR=1.40×100 V=140 V.
(2)设电热丝的电阻为r,电源输出电压为U,则
(UR+r)2r=19•U2r
解得:r=50 Ω.
所以电源电压为U=I(R+r)=1.40×(100+50) V=210 V.
(3)电热丝的额定功率为P=U2r=210 250 W=882 W.
答案:(1)140 V(2)210 V(3)882 W
12.如图2-5-15所示,已知UAB=6 V,当滑动变阻器触头P位于正中位置时,额定电压为3 V的灯泡L正常发光,当触头滑至最左端时,电灯实际功率为2 W,求此灯泡额定功率和变阻器的总电阻.
图2-5-15
解析:设滑动变阻器总电阻为Rm,灯泡电阻为RL,则根据P位于正中位置时灯泡正常发光,电压为3 V,滑动变阻器的电压为3 V,得RL=Rm2.新课标第一网
法一:找电流,P位于最左端的变阻器有效电阻R=Rm=2 RL,由功率关系知此时滑动变阻器的功率P′=2P′L=4 W,I=P′L+P′U=2+46 A=1 A.滑动变阻器的总电阻Rm=P′I2=4I2 Ω=4 Ω,RL=2 Ω.
灯泡的额定功率P额=U2额RL=322 W=4.5 W.
法二:找电压,P位于最左端时,变阻器有效电阻R′=Rm=2RL,则UL=2 V.所以RL=U2LPL=222 Ω=2 Ω,灯泡额定功率
P额=U2额RL=322 W=4.5 W.
变阻器总电阻Rm=2RL=4 Ω
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图象是表示物理规律。下面是读文网小编为大家收集整理的高三物理《运动图像追及相遇问题》的单元测试题目及其参考答案。
一、选择题
1.某人骑自行车在平直道路上行进,图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象.某同学为了简化计算,用虚线作近似处理,下列说法正确的是()
A.在t1时刻,虚线反映的加速度比实际的大
B.在0-t1时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的大
C.在t1-t2时间内,由虚线计算出的位移比实际的大
D.在t3-t4时间内,虚线反映的是匀速运动
【答案】BD
【详解】v-t图象的斜率表示加速度的大小,在t1时刻虚线斜率小,反映的加速度小,所以A错误.v-t图象包围的面积表示位移的大小,0~t1时间内虚线包围面积大,则求得平均速度大,所以B正确,同理C错误.在t3~t4时间内,虚线是一段与时间轴平行的直线,反映速度不变,所以是匀速运动,则D正确.
2.质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动,v-t图象如图所示.由此可求()
A.前25s内汽车的平均速度
B.前10s内汽车的加速度
C.前10s内汽车所受的阻力
D.15~25s内合外力对汽车所做的功
【答案】ABD
【详解】由题图知,汽车25s内的位移为 故前25s内汽车平均速度 可求,A正确;由题图知前10s内汽车做初速度为0的匀加速直线运动, ,
B正确;结合题图分析,因牵引力未知,故前10s内汽车所受阻力无法求得,
C错误;由题干条件和动能定理可知, 故15~25s内合外力对汽车所做的功可求得,D正确.
3.如图所示,有一质点从t=0时刻开始,由坐标原点出发沿v轴的方向运动,则以下说法不正确的是( )
A.t=1 s时,离开原点的位移最大
B.t=2 s时,离开原点的位移最大
C.t=4 s时,质点回到原点
D.0到1 s与3 s到4 s的加速度相同
【答案】选A.
【详解】根据v-t图象在各阶段为直线,可知质点在各阶段均做匀变速直线运动:在0~1 s内沿v轴正方向的速度不断增加,故做初速度为零的匀加速直线运动;在1 s~2 s内沿
v轴正方向做匀减速直线运动,2 s时离原点最远,A错B对;在2 s~3 s内沿v轴负方向做匀加速直线运动;在3 s~4 s内沿v轴负方向做匀减速直线运动,4 s时回到原点,C对;在0~1 s和3 s~4 s内加速度大小和方向均相同,D正确.故选A.
4.如图是一辆汽车做直线运动的x-t图象,对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动,下列说法正确的是( )
A.OA段运动速度最大
B.AB段物体做匀速运动
C.CD段的运动方向与初始运动方向相反
D.运动4 h汽车的位移大小为30 km
【答案】选C.
【详解】由图象的斜率可知CD段的运动方向与初始运动方向相反且速度最大,A错C对;AB段表示汽车处于静止状态,B错;运动4h汽车的位移为零,D错.
5.在平直公路上,自行车与同方向行驶的一辆汽车在t=0时同时经过某一个路标,它们的位移随时间变化的规律为:汽车x=10t-t2,自行车x=5t,(x的单位为m,t的单位为s),则下列说法正确的是( )
A.汽车做匀加速直线运动,自行车做匀速直线运动
B.经过路标后的较短时间内自行车在前,汽车在后
C.在t=2.5 s时,自行车和汽车相距最远
D.当两者再次同时经过同一位置时,它们距路标12.5 m
【答案】选C.
【详解】由汽车和自行车位移随时间变化的规律知,汽车做匀减速运动,v0=10 m/s,a=-2 m/s2,自行车做匀速直线运动,v=5 m/s,故A、B错误.当汽车速度和自行车速度相等时,相距最远.根据v=v0+at,t=2.5 s,C正确.当两车位移相等时再次经过同一位置,故10t′-t′2=5t′,解得t′=5 s,
x=25 m,故D错误.
6.如右图所示是某质点做直线运动的v-t图象,由图可知这个质点的运动情况是()
A.前5 s做的是匀速运动
B.5 s~15 s内做匀加速运动,加速度为1 m/s2
C.15 s~20 s内做匀减速运动,加速度为3.2 m/s2
D.质点15 s末离出发点最远,20秒末回到出发点
【答案】A
【详解】由图象可知前5 s做的是匀速运动,A正确;5 s~15 s内做匀加速运动,但加速度为0.8 m/s2,B错误;15 s~20 s做匀减速运动,其加速度为-(16/5)m/s2=-3.2 m/s2,C错误;质点在20 s末离出发点最远,质点一直做的是方向不变的直线运动,D错误.
7.甲、乙两辆汽车,同时在一条平直的公路上自西向东运动,开始时刻两车平齐,相对于地面的v-t图象如图所示,关于它们的运动,下列说法正确的是()
A.甲车中的乘客说,乙车先以速度v0向西做匀减速运动,后向东做匀加速运动
B.乙车中的乘客说,甲车先以速度v0向西做匀减速运动,后做匀加速运动
C.根据v-t图象可知,开始乙车在前,甲车在后,两车距离先减小后增大,当乙车速度增大到v0时,两车恰好平齐
D.根据v-t图象可知,开始甲车在前,乙车在后,两车距离先增大后减小,当乙车速度增大到v0时,两车恰好平齐
【答案】A
【详解】甲车中的乘客以甲车为参考系,相当于甲车静止不动,乙车以初速度v0向西做减速运动,速度减为零之后,再向东做加速运动,所以A正确;乙车中的乘客以乙车为参考系,相当于乙车静止不动,甲车以初速度v0向东做减速运动,速度减为零之后,再向西做加速运动,所以B错误;以地面为参考系,当两车速度相等时,距离最远,所以C、D错误.
8.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度—时间图象如图所示.在0~t2时间内,下列说法中正确的是()
A.Ⅰ物体所受的合外力不断增大,Ⅱ物体所受的合外力不断减小
B.在第一次相遇之前,t1时刻两物体相距最远
C.t2时刻两物体相遇
D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是v1+v22
【答案】B
【详解】速度—时间图象中Ⅰ物体的斜率逐渐减小,即Ⅰ物体的加速度逐渐减小,所以Ⅰ物体所受合外力不断减小,A错误;在0~t1时间内,Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度,所以两物体间距离不断增大,当两物体速度相等时,两物体相距最远,B正确;在速度—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移,故到t2时刻,Ⅰ物体速度图线所围面积大于Ⅱ物体速度图线所围面积,两物体平均速度不可能相同,C、D错误.
9. 汽车的加速性能是反映汽车性能的重要指标.速度变化得越快,表明它的加速性能越好.图为研究甲、乙、丙三辆汽车加速性能得到的v-t图象,根据图象可以判定
()
A.甲车的加速性能最好
B.乙比甲的加速性能好
C.丙比乙的加速性能好
D.乙、丙两车的加速性能相同
【答案】BD
【详解】图象的斜率表示加速度,加速度越大,加速性能越好,由图象可知B、D正确.
10.一辆汽车以10 m/s的速度沿平直公路匀速运动,司机发现前方有障碍物立即减速,以0.2 m/s2的加速度做匀减速运动,减速后一分钟内汽车的位移是( )
A.240 m B.250 m C.260 m D.90 m
【答案】选B.
【详解】设汽车从开始减速到停止所用时间为t,则v0=at,解得t=50 s.根据 解得50 s内的位移为250 m,故B正确.
二、非选择题
11.如图所示,公路上一辆汽车以v1=10 m/s的速度匀速行驶,汽车行至A点时,一人为搭车,从距公路30 m的C处开始以v2=3 m/s的速度正对公路匀速跑去,司机见状途中刹车,汽车做匀减速运动,结果车和人同时到达B点,已知AB=80 m,问:汽车在距A点多远处开始刹车,刹车后汽车的加速度有多大?
【答案】60 m 2.5 m/s2
【详解】人从C到B用时 这一时间内汽车由A
到B且停在B点,设车从A经t1,开始刹车.v1t1+(t-t1) =xAB (3分)
代入数据解得:t1=6 s (3分)
所以x1=v1t1=60 m, (3分)
(3分)
12. 在十字路口,汽车以0.5m/s2的加速度从停车线起动做匀加速直线运动时,恰有一辆自行车以5m/s的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶,求:
(1)什么时候它们相距最远;最大距离是多少;
(2)在什么地方汽车追上自行车;追到时汽车速度是多少.
【答案】见详解
【详解】(1)初始阶段,自行车速度大于汽车速度,只要汽车速度小于自行车速度,两车距离总是在不断增大.当汽车速度增大到大于自行车速度时,两车距离逐渐减小,所以两车速度相等时,距离最大.
(1)设自行车速度为v,汽车加速度为a,经时间t两车相距最远.
则v=at,所以t= 最大距离
(2)若经过时间t′,汽车追上自行车,则vt′= at′2
解得追上自行车时汽车的速度v′=at′=0.5×20=10m/s.
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电荷的定向移动形成电流。大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流。下面是读文网小编收集整理的高二物理恒定电流测试题目及其参考答案以供大家学习。
一、选择题(本题包括10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.(2010年高考浙江理综卷)请用学过的电学知识判断下列说法正确的是()
A.电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C.小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D.打雷时,呆在汽车里比呆在木屋里要危险
解析:选B.由静电屏蔽的知识可知,A、D选项均错;金属可以消除多余的静电,B项正确;单根高压输电线上相距较近的两点之间电阻很小,因而电压较小,小鸟不会被电死,C选项错误.
2.金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”,所以可以利用铂的电阻随温度变化的性质制成铂电阻温度计,如图2-7所示的I-U图象中能表示金属铂的电阻情况的是()
图2-7
解析:选C.铂属于金属导体,其电阻率将随温度的升高而增大,当有电流通过时,由于热效应,所以导体的温度升高,并且电流越大,温度越高,电阻也将越大.在I-U图线中各点的切线斜率表示电阻的倒数,故电阻增大时,I-U图线斜率应减小,故C正确,A、B、D错误.
3.(2011年漳州高二检测)一台电动机,额定电压是100 V,电阻是1 Ω.正常工作时,通过的电流为5 A,则电动机因发热损失的功率为()
A.500 W B.25 W
C.1000 W D.475 W
解析:选B.电动机的热功率P=I2r=(5 A)2•1 Ω=25 W,B正确,A、C、D错误.
4.如图2-8所示,甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图线,则下列说法中正确的是()
图2-8
A.路端电压都为U0时,它们的外电阻相等
B.电流都是I0时,两电源的内电压相等
C.电源甲的电动势大于电源乙的电动势
D.电源甲的内阻小于电源乙的内阻
解析:选AC.在U-I图象中甲、乙两图线的交点坐标为(I0,U0),说明两电源的外电阻R=U0I0相等,A正确.图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小,与I轴交点坐标值表示外电路短路时的电流,图线斜率的绝对值大小表示电源内电阻的大小(也即电动势与外电路短路时电流的比值),由图线可得E甲>E乙,r甲>r乙,C正确,D错误.电流都是I0时,U内=I0r,所以U内甲>U内乙,B错误.
5.在如图2-9所示的电路中,由于某一电阻发生短路或断路,使A灯变暗,B灯变亮,则故障可能是()
图2-9
A.R1短路
B.R2断路
C.R3断路
D.R4短路
解析:选BC.由于A串联于干路中,且故障发生后,A灯变暗,故知电路中总电流变小,即电路总电阻变大,由此推知,故障应为某一电阻断路,排除选项A、D.
若假设R2断路,则其断路后,电路总电阻变大,总电流变小,A灯变暗,同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流的变化,使B灯变亮,推理结果与现象相符,故选项B对.
若假设R3断路,则也引起总电阻变大,总电流变小,使A灯变暗,同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大,灯B中分得电流也变大,B灯变亮,故选项C正确.
6.如图2-10所示,一个电源在外电阻不断变化时,内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示.由该图可知()
图2-10
A.电源的电动势为8 V
B.电源的内电阻为2 Ω
C.电源输出功率的最大值为16 W
D.电源消耗的最大功率为16 W
解析:选D.图中交点表示内、外电路消耗功率相等,此时的功率和电流分别为4 W和2 A,由P内=I2r,代入数据得r=1 Ω,故B错误;由P外=I2R知R=1 Ω,内电阻等于外电阻,电动势为E=I(R+r)=4 V,A错误.外电阻和内电阻相等时电源输出功率的最大值为4 W,C错误.电源消耗的功率为Pm=EI,当R=0时电流最大为4 A,Pm=16 W,故D正确.
7.小灯泡通电后,其电流I随所加电压U变化的图线如图2-11所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法不正确的是()
图2-11
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大
B.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I2
C.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I2-I1
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
解析:选C.在I-U图象中,图线的斜率表示电阻的倒数,图象中图线的斜率逐渐减小,电阻应逐渐增大;对应P点,小灯泡的电压为U1,电流为I2,根据欧姆定律可知,小灯泡的电阻应为R=U1I2;其工作功率为P=U1I2,即为图中矩形PQOM所围的面积,因此本题应选择C项.
8.在如图2-12所示电路中,开关S1、S2、S3、S4均闭合,C是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P,断开哪一个开关后P会向下运动?()
图2-12
A.S1
B.S2
C.S3
D.S4
答案:C
9.(2011年北京海淀二模)在如图2-13所示的电路中,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小,V为理想电压表.若将照射R3的光的强度减弱,则()
图2-13
A.电压表的示数变大
B.小灯泡消耗的功率变小
C.通过R2的电流变小
D.电源两极间的电压变小
解析:选B.若照射R3的光的强度减弱,则R3阻值增大,R总增大,由I=ER总知I减小,由UR1=IR1可知UR1减小,A错;UR2增大,则由IR2=UR2R2可知IR2增大,C错;灯泡的功率PL=I2L•RL,由IL=I-IR2可知IL减小,故PL减小,B正确;电源两极间电压U=E-Ir,所以U增大,D错.
10.(2011年东北三校联考)如图2-14所示,一个电饭煲和一台洗衣机同时并联接入有效电压为220 V的电源上,均正常工作.设电饭煲的电阻为R1、洗衣机电动机线圈的电阻为R2.开关闭合后,用电流表分别测得流过电饭煲的电流是5 A,流过洗衣机的电流是0.5 A.经过时间t后,电饭煲消耗的电能为E1,产生的电热为Q1;洗衣机消耗的电能为E2,产生的电热为Q2;电饭煲消耗的功率为P1、洗衣机电动机消耗的功率为P2.则下列关系正确的是()
图2-14
A.R2=10R1 B.E1=10E2
C.Q1=10Q2 D.P1=1555 W,P2=155.5 W
解析:选B.电源电压的有效值U=220 V,电饭煲为纯电阻用电器,故E1=Q1=U1I1t=220×5t=1100t,R1=U1I1=44 Ω,P1=U1I1=1100 W.而洗衣机为非纯电阻用电器,R2=UR2I2
#p#副标题#e#
二、实验题(本题包括2小题,每小题8分,共16分.按题目要求作答) 新课标第一网
11.(2009年高考安徽卷)用如图2-15所示电路,测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小,为了防止在调节滑动变阻器时造成短路,电路中用一个定值电阻R0起保护作用.除电池、开关和导线外,可供使用的实验器材还有:
图2-15
a.电流表(量程0.6 A、3 A);
b.电压表(量程3 V、15 V);
c.定值电阻(阻值1 Ω、额定功率5 W);
d.定值电阻(阻值10 Ω、额定功率10 W);
e.滑动变阻器(阻值范围0~10 Ω、额定电流2 A);
f.滑动变阻器(阻值范围0~100 Ω、额定电流1 A).那么
(1)要正确完成实验,电压表的量程应选择________ V,电流表的量程应选择________ A;R0应选择________Ω的定值电阻,R应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器.
(2)引起该实验系统误差的主要原因是________.
答案:(1)30.610~10(2)电压表的分流
12.(2010年高考福建理综卷)如图2-16所示是一些准备用来测量待测电阻Rx阻值的实验器材,器材及其规格列表如下:
器材 规格
待测电阻Rx
电源E
电压表V1
电压表V2
电流表A
滑动变阻器R
开关S、导线若干 阻值在900 Ω~1000 Ω之间
具有一定内阻,电动势约9.0 V
量程2.0 V,内阻r1=1000 Ω
量程5.0 V,内阻r2=2500 Ω
量程3.0 A,内阻r=0.10 Ω
最大阻值约100 Ω,额定电流0.5 A
图2-16
为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差,实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半,而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化.请用实线代替导线,在所给的实验器材图中选择若干合适的器材,连成满足要求的测量Rx阻值的电路.
解析:实验要求测量时电表读数大于其量程的一半,而电流表量程为3.0 A,过大不可用.两电压表内阻均已知,故其中一表可当做电流表使用,考虑两表量程和电源电动势,宜选V1当做电流表.滑动变阻器采用分压式接法,测量电路图和连线如下.
答案:见解析
三、计算题(本题包括4小题,共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)(2011年聊城三中高二物理检测)在图2-17所示电路中,电源电动势E=6 V,内阻r=1 Ω.D为直流电动机,其电枢线圈电阻R=2 Ω,限流电阻R′=3 Ω.当电动机正常工作时,电压表示数为0.3 V.求:
图2-17
(1)通过电动机的电流是多大?
(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少?
解析:(1)通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同,由I=UR′得:I=0.33 A= 0.1 A.
(2)由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压
UD=E-Ir-U=6 V-0.1×1 V-0.3 V=5.6 V.
所以电动机输入的电功率P入=UDI=0.56 W.
电动机的发热功率P热=I2R=0.02 W.
电动机的输出功率P出=P入-P热=0.54 W.
答案:(1)0.1 A(2)0.56 W0.02 W0.54 W
14.(10分) (2011年广安高二检测)如图2-18所示的电路中,电源电动势E=6.0 V,内阻r=0.6 Ω,电阻R2=0.5 Ω,当开关S断开时;电流表的示数为1.5 A,电压表的示数为3.0 V,试求:
图2-18
(1)电阻R1和R3的阻值;
(2)当S闭合后,电压表的示数、以及R2上消耗的电功率.
解析:(1)R3=U3I3=3.01.5 Ω=2.0 Ω
由于E=I3(R1+R3+r)
代入数据有6.0=1.5(R1+2.0+0.6)
解得:R1=1.4 Ω.
(2)S闭合后,
R总=R1+r+R2•R3R2+R3=2.4 Ω
电压表的示数
U=ER总×R2•R3R2+R3=62.4×0.4 V=1.0 V
R2上消耗的功率
P2=U2R2=120.5 W=2.0 W.
答案:(1)1.4 Ω2.0 Ω(2)1.0 V2.0 W
15.(12分)如图2-19所示的电路中,电源电动势E=24 V,内阻不计,电容C=12 μF,R1=10 Ω,R3=60 Ω,R4=20 Ω,R5=40 Ω,电流表G的示数为零,此时电容器所带电荷量Q=7.2×10-5 C.求电阻R2的阻值.
图2-19
解析:电容器两端电压UC=QC=6 V,R4R5=U4E-U4,所以U4=8 V,
若U1=6 V+8 V=14 V,则U1E-U1=R1R2,
所以R2=7.14 Ω.
若U′1=8 V-6 V=2 V,则U′1E-U′1=R1R2,
所以R2=110 Ω.
答案:110 Ω或7.14 Ω
16.(12分)(2011年苏州高二检测)如图2-20甲是一种家用电熨斗的电路原理图(额定电压为220 V).R0是定值电阻,R是可变电阻(调温开关),其电阻值均不受温度影响.
(1)该电熨斗温度最低时的耗电功率为121 W,温度最高时的耗电功率为484 W,求R0的阻值及R的阻值变化范围.
(2)假定电熨斗每秒钟散发的热量q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图乙所示,现在温度为20 ℃的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服,要求熨斗表面温度为220 ℃,且保持不变,问应将R的阻值调为多大?
图2-20
解析:(1)温度最低时应该是电路中电阻最大时,此时有
P1=U2Rmax+R0
温度最高时应该是电路中电阻最小时,此时有
P2=U2R0
联立以上两式解得R0=100 Ω
Rmax=300 Ω
所以变阻器阻值范围是0到300 Ω.
(2)此时电熨斗表面温度与环境温度之差
Δt=220 ℃-20 ℃=200 ℃
由图象知电熨斗每秒钟散发的热量
q=440 J
要保持电熨斗的表面温度不变,则电熨斗的电功率
P=440 W
又有:P=U2R+R0
代入数据解得R=10 Ω
所以应将R的阻值调至10 Ω.
答案:(1)100 Ω0到300 Ω(2)10 Ω
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考试有利于知识的巩固。下面是读文网小编收集整理的高二物理电势差测试题目及其参考答案以供大家学习。
1.对于电场中A、B两点,下列说法中正确的是()
A.电势差的定义式UAB=WABq,说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比
B.把正电荷从A点移到B点电场力做正功,则有UAB>0
C.电势差的定义式中,UAB与移动电荷的电荷量q无关
D.电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功
解析:选BC.根据电势差的定义,电场中两点间的电势差等于将单位正电荷从一点移到另一点时静电力所做的功,仅由电场及两点的位置决定,与移动的电荷量及做功的多少无关,即U=Wq也是比值定义式,故应选B、C.
2.(2011年安徽省两地三校高二联考)一个带正电的质点,电荷量q=2.0 ×10-9C,在静电场中由a点移到b点,在这过程中,除静电力外,其他力做的功为6.0×10-5 J,质点的动能增加了8.0×10-5 J,则a、b两点间的电势差为()
A.3.0×104 V B.1.0×104 V
C.4.0×104 V D.7.0×104 V
解析:选B.由动能定理,外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量,得电场力对物体做的功W=8.0×10-5 J-6.0×10-5 J=2.0×10-5 J.由W=q(φa-φb)得φa-φb=W/q=1×104 V,所以只有B对.
3.(2011年海淀区高二质量检测)如图1-5-5所示,实线为电场线,虚线为等势面,相邻两等势面间的电势差相等.一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J,运动到等势面L1处时动能为零;现取L2为零电势参考平面,则当此电荷的电势能为4 J时,它的动能为(不计重力及空气阻力)()
图1-5-5
A.16 J B.10 J
C.6 J D.4 J
解析:选C.正电荷在电场中只受电场力的作用,在L3时,动能为20 J,运动到L2等势面时其动能一定是10 J,此时电势能为零,则此正电荷动能和电势能总和为10 J.当它的电势能为4 J时,动能为6 J.所以C正确.
4.如图1-5-6所示,三个等势面上有a、b、c、d四点,若将一正电荷由c经a移到d,电场力做正功W1,若由c经b移到d,电场力做正功W2,则()
图1-5-6
A.W1>W2φ1>φ2
B.W1
C.W1=W2φ1<φ2
D.W1=W2φ1>φ2
解析:选D.由W=Uq可知,W1=W2.
由Wc d=Uc d•q,Wc d>0,q>0,可知Uc b>0,
故φ1>φ2>φ3,正确.
5. (2011年北京东城区模拟)如图1-5-7所示,匀强电场的场强E=1.2×102 N/C,方向水平向右,一点电荷q=4×10-8 C沿半径R=20 cm的圆周,从A点移动到B点,已知∠AOB=90°,求:
图1-5-7
(1)这一过程电场力做的功是正功还是负功?做功多少?
(2)A、B两点的电势差UAB.
解析:(1)∵φB>φA,故将正电荷从A点移到B点电场力做负功.W=-qE•R=-9.6×10-7 J.
(2)UAB=Wq=-ER=-24 V.
答案:(1)负功9.6×10-7 J(2)-24 V
一、选择题
1.在电场中,A、B两点间的电势差为UAB=75 V,B、C两点间的电势差为UBC=-200 V,则A、B、C三点电势高低关系为()
A.φA>φB>φC B.φA<φC<φB
C.φC>φA>φB D.φC>φB>φA
解析:选C.UAB=75 V表示φA比φB高75 V,UBC=-200 V,表示φC比φB高200 V,所以三点电势高低为φC>φA>φB,选C.
2.在静电场中,将一电子从a点移至b点,静电力做功5 eV,则下列结论错误的是()
A.电场强度的方向一定由b到a
B.a、b两点的电势差是5 V
C.电子的电势能减少了5 eVw
D.因电势零点未确定,故不能确定a、b间的电势差
解析:选ABD.电子在移动过程中静电力做正功,说明电势升高,电子的电势能减少,因此B错误;C正确;由于电场线方向不一定沿ab连线方向,故A错误;电场中两点间电势差为确定的数值.与电势零点的选择无关,故D错误.
3.一电子飞经电场中A、B两点,电子在A点电势能为4.8×10-17 J,动能为3.2×10-17 J,电子经过B点时电势能为3.2×10-17 J,如果电子只受电场力作用,则()
A.电子在B点时动能为4.8×10-17 J
B.由A到B电场力做功为100 e V
C.电子在B点时动能为1.6×10-17 J
D.A、B两点间电势差为-100 V
解析:选ABD. 因只有电场力做功,电子的电势能与动能之和不变,故有EkA+EpA=EkB+EpB,可得出EkB=4.8×10-17 J,A正确C错误;电势能减少了4.8×10-17J-3.2×10-17 J=1.6×10-17 J,故由A到B电场力做正功1.6×10-17 J=100 eV,B正确;由100 eV=UAB(-e)得:UAB=-100 V,故D正确.
4.如图1-5-8所示,在竖直纸面内有一匀强电场,一质量为m、带电荷量为-q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ=60°,AB间距离为d,且F=mg.则()
图1-5-8
A.匀强电场的电场强度大小为E=Fq
B.A、B两点的电势差大小为 Fd2q
C.带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了32mgd
D.电场方向与F方向关于AB对称
解析:选AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°,根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左,大小等于F,即mg=qE=F.从A到B过程中,电场力做功WAB=Eq•dcos 60°=Fd2,A、B两点间的电势差为UAB=WABq=Fd2q.
5. (2011年兴义市高二上学期月考)如图1-5-9所示,平行线代表电场线,但未标明方向,一个带正电、电荷量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,已知A点的电势为-10 V,则以下判断正确的是()
图1-5-9
A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示
B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示
C.B点电势为零
D.B点电势为-20 V
解析:选AC.因微粒仅受电场力作用,且由A点到B点时动能减少,故电场力做负功,电场力的方向水平向左,轨迹应为虚线1所示,A正确,B错误;由WAB=UAB•q=-10-5 J,可得:UAB=-10 V,由UAB=φA-φB,可得φB=φA-UAB=0 V,故C正确,D错误.
6.如图1-5-10所示,水平固定的小圆盘A,其带电荷量为Q,电势为零,从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的小球,由于电场的作用,小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点,O到 c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时,小球速度最大,因此可知在Q所形成的电场中,可以确定的物理量是()
图1-5-10
A.b点场强 B.c点场强
C.b点电势 D.c点电势
解析:选AD.速度最大时加速度为零,由b点速度最大可知qEb=mg,所以Eb=mgq,由c点速度为零可知:mgh=-qφc,所以φc=-mghq.
7.如图1-5-11所示,带正电的点电荷固定于Q点,电子在库仑力作用下,做以Q为焦点的椭圆运动.M、P、N为椭圆上的三点,P点是轨道上离Q最近的点.电子在从M点经P到达N点的过程中()
图1-5-11
A.速率先增大后减小
B.速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大
D.电势能先增大后减小
解析:选AC.电子所受库仑力为引力,从M到P再到N,电子和正点电荷之间的距离先减小再增大,库仑力先做正功再做负功,电势能先减小再增加,动能先增加再减小,速率先增加再减小,A、C选项正确,B、D选项错误.新课标第一网
8.如图1-5-12所示,质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为()
图1-5-12
A.mv202q B.3mv20q
C.2mv20q D.3mv202q
解析:选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动,则有
2gh=v20.
电场力做正功,重力做负功,使粒子的动能由12mv20变为2mv20,则根据动能定理,有
Uq-mgh=2mv20-12mv20,
解方程得A、B两点电势差应为2mv20q,应选C.
9.如图1-5-13所示,a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面,它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V,一质子(11H)从等势面a上某处由静止释放,仅受静电力作用而运动,已知它经过等势面b时的速率为v,则对质子的运动有下列判断,正确的是()
图1-5-13
A.质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV
B.质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eV
C.质子经过等势面c时的速率为2.25 v
D.质子经过等势面c时的速率为1.5 v
解析:选D.质子由高等势面向低等势面运动,电势能减少,动能增加,A、B都错误;质子从等势面a到等势面b,由动能定理得12mv2=2 eV,质子从等势面a到等势面c,由动能定理得12mv2c=4.5 eV,解得vc=1.5 v,故D正确.C错误.
二、计算题
图1-5-14
10.(2011年山东临沂模拟)如图1-5-14所示,用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点,整个装置处于水平向右的匀强电场E中,将小球拉至悬线呈水平的位置A后,由静止开始将小球释放,小球从A点开始向下摆动,当悬线转过60°角到达位置B时,速度恰好为零,求:
(1)B、A两点的电势差UBA;
(2)小球到达B点时,悬线对小球的拉力FT.
解析:(1)对小球,则A→B,由动能定理得:
mglsin60°-qUBA=0
所以UBA=3mgl2q.
(2)在B点,小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用,建立如图所示直角坐标系,将三力正交分解.
因B点小球速度为0,则
FT=mgcos30°+qEcos60°=3mg.
答案:(1)3mgl2q(2)3mg
11.如图1-5-15所示的匀强电场中,有a、b、c三点,ab=5 cm,bc=12 cm,其中ab沿电场方向,bc和电场线方向成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W1=1.2×10-7 J,求:
图1-5-15
(1)匀强电场的场强E;
(2)电荷从b移到c,电场力做的功W2;
(3)a、c两点间的电势差Uac.
解析:由于电场力做功W=qU与路径无关,只与初、末位置间的电势差有关,故可根据已知的电场力做功先求电势差,再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.
(1)设a、b两点间距离为d,有
W1=qE•d①
由①式得w
E=W1qd=1.2×10-74×10-8×5×10-2 V/m=60 V/m.
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1,有
d1=bc•cos60°②
W2=qE•d1③
由②③式得W2=qE•bc•cos60°
=4×10-8×60×12×10-2×0.5 J=1.44×10-7 J.
(3)设电荷从a移到c电场力做功为W,有
W=W1+W2④
W=qUac⑤
由④⑤式得
Uac=W1+W2q=1.2×10-7+1.44×10-74×10-8 V
=2.64×10-74×10-8 V=6.6 V.
答案:(1)60 V/m(2)1.44×10-7 J(3)6.6 V
12. (2011年成都高二检测)如图1-5-16所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B点为AC的中点,C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为2gR.求:
图1-5-16
(1)小球滑至C点时的速度大小;
(2)A、B两点间的电势差;
(3)若以C点作为参考点(零电势点),试确定A点的电势.
解析:(1)因B、C两点电势相等,故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零
由几何关系可得BC的竖直高度
hBC=3R/2
根据动能定理有
mg×3R/2=mv2C/2-mv2B/2
解得vC=7gR.
(2)因为电势差UAB=UAC,小球从A到C,重力和电场力均做正功,所以由动能定理有
mg×3R+q|UAC|=mv2C/2
解得|UAB|=|UAC|=mgR/(2q),
(3)因为φA<φC、φC=0,所以
φA=-|UAC|=-mgR/(2q).
答案:(1)7gR(2)mgR/(2q)(3)-mgR/(2q)
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学会做题,是提升成绩的一个好方法。下面是读文网小编带来的高三政治《财政与税收学习验收》测试题目及其参考答案以供大家学习。
1.【解析】分析漫画可以看出,造成食品安全问题的原因有:经营者违背了“诚信”的市场规则,卫生、工商等部门执法力度不够,因此①③入选。形象的好坏构不成原因,因此②不选。这是政府部门履行经济职能不到位而非公共服务职能,④不选。
【答案】B
2.【解析】由图可知,在A点时,存在物价走高趋势,宜采取稳健的财政政策;从B点到C点,物价高起,经济过热,宜采取紧缩性财政政策和货币政策,E点时亦然;从C点到D点,物价低迷,经济过冷,宜采取扩张性财政政策和货币政策。因此B项正确,其他选项错误。
【答案】B
3.【解析】实现从B点向A点变化,其实质是降低通货膨胀率,抑制物价。提高银行贷款基准利率有利于减少贷款投资,压缩生产,减少有效供给,从而达到抑制物价和通货膨胀率的目的,B项符合题意。A项提高个人所得税起征点会增强人们的消费能力,不利于降低通 货膨胀率。C项说法错误,应该是提高法定准备金率,法定准备金率越高,市场上流通的货币就越少,越有利于抑制通货膨胀。D项说法错误,国家宏观调控应该以尊重市场规律为前提。故选B。
【答案】B
4.【解析】宏观调控的主体是国家,不是市场,因此国家调控房价不是价值规律自发性的体现,①错误。房地产商盲目追逐高额利润,会采取各种手段提升房价,故②正确。房价过高,人们购买力下降,影响群众的基本住房需求,故③正确。市场调节具有滞后性,易造成资源浪费,国家必须及时干预,故④正确。
【答案】C
5.【解析】本题考查宏观调控手段的相关知识。北京市住房和城乡建设委员会发布的通知及采取的税收优惠政策是运用经济手段进行宏观调控的表现,税收优惠政策属于财政政策,故选B。
【答案】B
6.【解析】①③是正确的;②本币升值,会影响出口;④单位商品价值量与生产规模无关,用排除法,排除②④。
【答案】A
7.【解析】本题考查考生对价格与供求、价格机制的作用等知识的理解。B错误,价格是在市场竞争中形成的;C 错误,价格影响供求;D说法明显错误;价格改革的目的就是运用价格的变动来影响 供求关系,实现资源的优化配置,故选A。
【答案】A
8.【解析】B、D两项属于行政手段,C项属于法律手段,A项属于经济手段。
【答案】A
9.【解析】本题考查考生对宏观调控的手段等知识的理解。卫生部发布的食品安全国家标准属于行政规定,体现了宏观调控的行政手段,故选B。
【答案】B
10.【解析】本题考查考生对宏观调控等知识的理解。A错误,市场在资源配置中起基础性作用;C不符合题意;D说法错误;B正确反映了题意,当选。
【答案】B
11.【解析】加强宏观调控是为了弥补市场调节的不足,这样有利于促进国民经济又好又快发展,实现资源的优化配置,故①②正确;资源配置中起基础性作用的是市场,而不是宏观调控的手段,故③错误;物价水平并非越低越好,故④错误 。
【答案】B
12.【解析】要解决“民工荒”和农村地区部分劳动力富余这一矛盾必须将市场调节与国家宏观调控相结合,二者缺一不可,故选B。
【答案】B
13.【解析】本题以食品安全问题为背景,考查学生对市场调节弱点的认识和理解。企业大量使用食品添加剂是经济利益的驱使,体现了市场的自发性,故选C。这与盲目性、滞后性无关,A、B均不符 合题意;开放性不是市场调节的弱点,D不符合题意。
【答案】C
14.【解析】此题考查的内容为市场经济,要求评析的是政府宏观调控行为。按照评析题的一般解题思路:“是什么”、“为什么”、“怎么做”,故结合材料可从以下方面进行评析:第一,资源配置的两种方式;第二,市场调节的局限性及宏观调控的手段;第三,科学调控的意义。
【答案】①在市场经济条件下,计划和市场都是资源配置的手段,解决高房价问题,必须把市场的基础性作用和国家的宏观调控结合起来。②单纯的市场调节具有局限性,住房作为一种特殊的商品,在当前情况下,解决高房价问题光靠市场调节是不行的,需要加强国家的宏观调控。材料中当地政府通过大力发展保障房建设,限制炒房就是通过增加供给、减少需求等经济手段对房地产市场进行宏观调控。材料中政府要求加强廉政建设,加大对土地审批、税收征管中的腐败行为的打击力度,对囤积开发用地,要限期开发并加收土地闲置费;不能按期开发的,要收回土地;对恶意囤积土地的,要依法进行惩罚。这些做法体现了政府运用法律手段、行政手段,加强市场监管,控制高房价。③政府对房价的科学调控,有助于满足群众的住房需求,规范市场经济秩序,促进房地产市场的健康发展;有助于贯彻落实科学发展观,推动小康社会进程。
15.【解析】文化产业上升为国民经济的支柱产业,十二五规划的建议中对文化产 业的意义也有所阐述。本题围绕文化产业的发展考查了其经济意义、社会主义市场经济的有关知识。回答第(1)问关键要结合材料,并围绕“促进增长、振兴产业、带动就业、满足消费、提升实力”组织答案;第(2)问是一道说明阐释类的题目,要求要全面和缜密,关键是解释明白。
【答案】(1)①有利于扩大投资和消费需求,保持经济的平稳较快增长,带动第三产业的发展。②有利于优化产业结构,转变经济发展方式,实现国民经济又好又快发展。③有利于丰富城乡居民的文化生活,改善其消费结构,提高其消费水平;④有利于增加就业岗位,增加劳动者的收入,保持社会安定。⑤有利于提升我国的综合实力和国际地位,促进中国经济走向世界。
(2)市场能够准确及 时地传递供求信息,实现资源有效配置和利用。发展文化产业要发挥市场调节“无形手”的基础性作用,遵循价值规律;市场不是万能的,市场调节具有自 发性、盲目性、滞后性等缺陷,必须发挥国家宏观调控“有形手”的作用,以弥补市场调节的不足。综合运用经济手段、法律手段和必要的行政手段。文化产业的发展,必须把市场调节与宏观调控有机结合起来。
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在复习的时候,同学们应该认真做好每一份试卷。下面是读文网小编带来的高三物理力的合成与分解单元检测题目及其参考答案以供大家学习。
一、选择题
1. 一位同学做引体向上运动时,处于如图所示的静止状态,两臂夹角为60°,已知该同学体重60 kg,取g= 10 N/kg,则每只手臂的拉力约为( )
A.600 N B.300 N
C.150 N D.200 N
【答案】D
【详解】设每只手臂的拉力为F,由力的平衡2Fcos30°=mg,可以求得F= N,选项D正确.
2. F1、F2是力F的两个分力.若F=10 N,则下列不可能是F的两个分力的是()
A.F1=10 NF2=10 N B.F1=20 NF2=20 N
C.F1=2 NF2=6 N D.F1=20 NF2=30 N
【答案】C
【详解】本题考查合力和分力之间的关系.合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1-F2|≤F≤|F1+F2|,则应选C.
3.如图所示,在水平天花板的A点处固定一根轻杆a,杆与天花板保持垂直,杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处,细线跨过滑轮O,下端系一个重量为G的物体.BO段细线与天花板的夹角为θ=30°,系统保持静止,不计一切摩擦.下列说法中正确的是( )
A.细线BO对天花板的拉力大小是
B.a杆对滑轮的作用力大小是
C.a杆和细线对滑轮的合力大小是G
D.a杆对滑轮的作用力大小是G
【答案】选D.
【详解】细线对天花板的拉力等于物体的重力G;以滑轮为研究对象,两段细线的拉力都是G,互成120°,因此合力大小是G,根据共点力的平衡条件,a杆对滑轮的作用力大小也是G,方向与竖直方向成60°角斜向右上方;a杆和细线对滑轮的合力大小为零.
4.滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动.如右图所示,一个小孩正在滑梯上匀速下滑,则()
A.小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等
B.小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等
C.小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等
D.小孩所受的重力和弹力的合力大于小孩所受的摩擦力大小
【答案】C
【详解】小孩在滑梯上受力如图所示,设滑梯斜面倾角为θ,则FN=mgcos θ,Ff=mgsin θ,所以A、B错误;小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态,其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,故C正确.
5. 如图所示,结点O在三个力作用下平衡,保持θ不变,将B点向上移,则BO绳的拉力将()
A.逐渐减小
B.逐渐增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
【答案】C
【详解】结点O在三个力作用下平衡,受力如图(甲)所示,根据平衡条件可知,这三个力必构成一个闭合的三角形,如图(乙)所示,由题意知,OC绳的拉力F3大小和方向都不变,OA绳的拉力F1方向不变,只有OB绳的拉力F2大小和方向都在变化,变化情况如图(丙)所示,则只有当OA⊥OB时,OB绳的拉力F2最小,故C项正确.
6.如图所示,在一根粗糙的水平直杆上套有两个质量均为m的铁环,两铁环上系着两根等长细线,共同拴住质量为M的小球,两铁环与小球都处于静止状态.现想办法使得两铁环间距离增大稍许而同时仍保持系统平衡,则水平直杆对铁环的支持力FN和摩擦力Ff的变化是( )
A.FN不变 B.FN增大
C.Ff增大 D.Ff不变
【答案】选A、C.
【详解】先以两环和小球组成的整体为研究对象,在竖直方向上,2FN=2mg+Mg,故当铁环间距离增大时,FN不变,A正确,B错误;当铁环间距离增大时,先以小球为研究对象,设两细线夹角为2θ,则2Fcosθ=Mg,当θ增大时,F增大.再以其中一个铁环为研究对象,则Ff=Fsinθ= Mgtanθ,当θ增大时,Ff增大,故C正确,D错误.
7.缓冲装置可抽象成如右图所示的简单模型,图中A、B为原长相等、劲度系数分别为k1、k2(k1≠k2)的两个不同的轻质弹簧.下列表述正确的是()
A.装置的缓冲效果与两弹簧的劲度系数无关
B.垫片向右移动稳定后,两弹簧产生的弹力之比F1∶F2=k1∶k2
C.势片向右移动稳定后,两弹簧的长度之比l1∶l2=k2∶k1
D.垫片向右移动稳定后,两弹簧的压缩量之比x1∶x2=k2∶k1
【答案】D
【详解】根据力的作用是相互的可知:轻质弹簧A、B中的弹力是相等的,即k1x1=k2x2,所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2=k2∶k1,故D正确.
8.如右图所示,三个完全相同的木块放在同一个水平面上,木块和水平面的动摩擦因数相同.分别给它们施加一个大小为F的推力,其中给第一、三两木块的推力与水平方向的夹角相同,这时三个木块都保持静止.比较它们和水平面间的弹力大小FN1、FN2、FN3和摩擦力大小Ff1、Ff2、Ff3,下列说法中正确的是()
A.FN1>FN2>FN3,Ff1>Ff2>Ff3
B.FN1>FN2>FN3,Ff1=Ff3
C.FN1=FN2=FN3,Ff1=Ff2=Ff3
D.FN1>FN2>FN3,Ff1=Ff2=Ff3
【答案】B
【详解】本题考查了物体的平衡条件、受力分析和对力进行处理的能力.分别对三个物体分析受力,根据三个物体都受力平衡,第一个物体和第三个物体受到的摩擦力等于F在水平方向上的分量,而第二个物体的摩擦力等于拉力F,对于摩擦力有Ff1=Ff3FN2>FN3,选项B对.
9. 如图所示是骨折病人的牵引装置示意图,绳的一端固定,绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚,整个装置在同一竖直平面内.为了使脚所受的拉力增大,可采取的方法是( )
A.只增加绳的长度
B.只增加重物的质量
C.只将病人的脚向左移动远离定滑轮
D.只将两定滑轮的间距变大
【答案】选B、C.
【详解】动滑轮受三个共点力而平衡,两绳拉力大小相等,其合力与脚受到的拉力等大反向,两绳的合力随夹角的增大而减小,D错;脚向左移动时,两绳间夹角变小,合力变大,C正确;绳子长度变化不影响两绳间夹角,A错;两绳拉力均增大时,脚受到的拉力也随之增大,B正确.
10.如图所示,晾晒衣服的绳子轻且光滑,悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的,轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点,衣服处于静止状态.如果保持绳子A端位置不变,将B端分别移动到不同的位置时,下列判断正确的是( )
A.B端移到B1位置时,绳子张力不变
B.B端移到B2位置时,绳子张力变小
C.B端在杆上位置不动,将杆移动到虚线位置时,绳子张力变大
D.B端在杆上位置不动,将杆移动到虚线位置时,绳子张力变小
【答案】选A、D.
【详解】以悬挂点为研究对象,画出其受力图,则两侧绳子的拉力相等,设绳子长为L,左、右两侧绳子长为L1、L2,两杆之间的宽度为d,两绳与竖直方向的夹角为θ, L1sinθ+L2sinθ=d,所以sinθ=d/L,可见θ只由d、L决定,与其他因素无关,根据G=2Fcosθ,F的大小与绳子在B、
B1、B2的位置无关,所以A正确.将杆移动到虚线位置时,d变小,θ变小,根据 绳子张力变小,可见D正确.
二、非选择题
11.重500 N的物体放在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.3.当用180 N的水平力推物体时,物体所受的摩擦力大小为多少?当用100 N的水平力推物体时,物体所受的摩擦力大小为多少?
【答案】150 N100 N
【详解】物体在水平方向上受推力F和摩擦力Ff两力作用,当F>Ffmax时为滑动摩擦力
当F
Ffmax=μFN=0.3×500 N=150 N.
当F=180 N时,其摩擦力
Ff=μFN=150 N
当F=100 N时,其摩擦力Ff=100 N.
12. 有些人员,如电梯修理员、牵引专家等,常需要知道绳(或金属线)中的张力FT,可又不便到绳(或线)的自由端去测量.现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表(图34中B、C为该夹子的横截面).测量时,只要如图示那样用一硬杆竖直向上作用在绳上的某点A,使绳产生一个微小偏移量a,借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F.现测得该微小偏移量为a=12 mm,BC间的距离为2L=250 mm,绳对横杆的压力为F=300 N,试求绳中的张力FT.
【答案】1.6×103 N
【详解】A点受力如图,由平衡条件根据力的合成规律得F=2FTsinα,
当α很小时,sinα≈tanα.
由几何关系得tanα=aL.
解得FT=FL2a.
代入数据解得FT=1.6×103 N.
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在考试前多做练习,是一种好的学习策略。下面是读文网小编带来的高三物理固体液体和气体单元检测题目及其参考答案以供大家学习。
一、选择题
1.液体表面张力产生的原因是 ()
A.液体表面层分子较紧密,分子间斥力大于引力
B.液体表面层分子较紧密,分子间引力大于斥力
C.液体表面层分子较稀疏,分子间引力大于斥力
D.液体表面层分子较稀疏,分子间斥力大于引力
【答案】C
【详解】液体表面层分子间距离介于气体和液体之间.液体分子力可认为为零,则表面层分子力表现为引力,故C正确.
2.关于晶体和非晶体的几种说法中,正确的是()
A.不具有规则几何形状的物体一定不是晶体
B.晶体的物理性质与方向有关,这种特性叫做各向异性
C.若物体表现为各向同性,它就一定是非晶体
D.晶体有一定的熔化温度,非晶体没有一定的熔化温度
【答案】BD
【详解】考查晶体、非晶体、多晶体和单晶体的特点及区别.单晶体物理性质各向异性,多晶体物理性质各向同性,单晶体有天然规则外形,多晶体没有规则外形;晶体与非晶体的区别在于晶体有固定熔点.
3.某校开展探究性课外活动,一同学用如图1所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系.该同学选用导热良好的气缸将其开口向下,内有理想气体,并将气缸固定不动,缸内活塞可自由滑动且不漏气.把一温度计通过缸底小孔插入缸内,插口处密封良好,活塞下挂一个沙桶,沙桶装满沙子时,活塞恰好静止,现给沙桶底部钻一个小洞,让细沙慢慢漏出,外部环境温度恒定,则
()
A.外界对气体做功,内能增大
B.外界对气体做功,温度计示数不变
C.气体体积减小,温度计示数减小
D.外界对气体做功,温度计示数增加
【答案】B
【详解】细沙漏出,气缸内气体压强增大,体积减小,外界对气体做功;气缸导热良好,细沙慢慢漏出,外部环境温度稳定,气体温度不变,亦即内能不变,选项B正确.
4.如图所示,带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能).将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于气缸中,热敏电阻与气缸外的欧姆表连接,气缸和活塞均具有良好的绝热性能.下列说法正确的是()
A.若发现欧姆表读数变大,则气缸内气体内能一定减小
B.若推动活塞使气缸内气体体积减小,则气缸内气体内能减小
C.若推动活塞使气缸内气体体积减小,则气缸内气体压强减小
D.若推动活塞使气缸内气体体积减小,则欧姆表读数将变小
【答案】AD
【详解】发现欧姆表读数变大,由热敏电阻特性知,缸内气体温度降低,气体的内能减小,A正确;推动活塞使缸内气体体积减小,对气体做功,又因气缸和活塞均具有良好的绝热性能,没有热量交换,由热力学第一定律知,缸内气体的内能增大,温度升高,热敏电阻阻值变小,欧姆表读数将变小,而气体的压强将变大,B、C均错误,D正确.
5.用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律.A、B管下端由软管相连,注入一定量的水银,烧瓶中封有一定量的理想气体,开始时A、B两管中水银面一样高,那么为了保持瓶中气体体积不变
()
A.将烧瓶浸入热水中时,应将A管向上移动
B.将烧瓶浸入热水中时,应将A管向下移动
C.将烧瓶浸入冰水中时,应将A管向上移动
D.将烧瓶浸入冰水中时,应将A管向下移动
【答案】AD
【详解】由pVT=C(常量)可知,在体积不变的情况下,温度升高,气体压强增大,右管(A)水银面要比左管(B)水银面高,故选项A正确;同理可知选项D正确.
6.一定质量的理想气体,在某一状态下的压强、体积和温度分别为p0、V0、T0,在另一状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1,则下列关系错误的是 ()
A.若p0=p1,V0=2V1,则T0=12T1
B.若p0=p1,V0=12V1,则T0=2T1
C.若p0=2p1,V0=2V1,则T0=2T1
D.若p0=2p1,V0=V1,则T0=2T1
【答案】ABC
【详解】根据p0V0T0=p1V1T1可以判断出选项A、B、C错误,D正确.
7. 如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C,最后变化到状态A的过程中,下列说法正确的是 ()
A.从状态A变化到状态B的过程中,气体膨胀对外做功,放出热量
B.从状态B变化到状态C的过程中,气体体积不变,压强减小,放出热量
C.从状态C变化到状态A的过程中,气体压强不变,体积减小,放出热量
D.若状态A的温度为300 K,则状态B的温度为600 K
【答案】BC
【详解】气体从状态A变化到状态B的过程中,气体体积增大,膨胀对外做功,压强升高,根据pVT=C可知,其温度升高,根据热力学第一定律可知,气体要吸热,选项A错误;从状态B变化到状态C的过程中,气体体积不变W=0,压强减小,则温度降低,由ΔU=W+Q可知气体放热,选项B正确;从状态C变化到状态A的过程中,气体体积减小W>0,压强不变,则温度降低,由ΔU=W+Q可知气体放热,选项C正确;由pVT=C可求出状态B的温度为1 200 K,选项D错误.
8 如图,一绝热容器被隔板K 隔开a 、 b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空,抽开隔板K后a内气体进入b,最终达到平衡状态。在此过程中
A.气体对外界做功,内能减少
B.气体不做功,内能不变
C.气体压强变小,温度降低
D.气体压强变小,温度不变
9.如图所示,曲线 、 分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程,图中横轴表示时间 ,纵轴表示温度 。从图中可以确定的是_______。(填选项前的字母)
A.晶体和非晶体均存在固定的熔点
B.曲线 的 段表示固液共存状态
C.曲线 的 段、曲线 的 段均表示固态
D.曲线 的 段、曲线 的 段均表示液态
【答案】选B.
【详解】由图像可知曲线M表示晶体,bc段表示晶体熔化过程,处于固液共存状态,B对;N表示非晶体,没有固定熔点,A错;由于非晶体没有一定熔点逐步熔化,因此C、D错.
10 如图,一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强( )
(A)逐渐增大 (B)逐渐减小 (C)始终不变 (D)先增大后减小
【答案】选A.
【详解】因为 ,从图像上看, ,所以 ,选项A正确.
二、非选择题
11.(1)外力对气体做功100 J,气体向外放热20 J,在这个过程中气体的内能________(填“增加”或“减少”),其改变量是________ J.
(2)晶体在熔化过程中所吸收的热量,主要用于________.
A.破坏空间点阵结构,增加分子动能,不改变体积
B.破坏空间点阵结构,增加分子势能,改变体积
C.重新排列空间点阵结构,增加分子势能,同时增加分子动能和改变体积
D.重新排列空间点阵结构,但不增加分子势能和动能,也不改变体积
【答案】(1)增加80(2)B
【详解】(2)晶体熔化过程中保持温度不变,所以分子的平均动能不变,所以选项AC都不对;晶体分子是有序排列的空间点阵结构,熔化成液体后分子排列是无序的,故选项D不对;晶体熔化的过程是破坏空间点阵结构的过程,空间点阵结构被破坏以后,分子排列无序,故体积改变,分子势能增加,选项B正确.
12.(1)关于下列实验事实,说法正确的是________.
A.随着低温技术的发展,物体的温度可以降到0 K
B.由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,就可以算出气体分子的体积
C.吸收了热量的物体,其温度可以降低
D.分子间引力和斥力可以单独存在
(2)在如图2-28所示的气缸中封闭着一定质量的常温理想气体,一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接,重物和活塞均处于平衡状态.如果将缸内气体的摄氏温度降低一半,则缸内气体的体积________.
A.仍不变 B.为原来的一半
C.小于原来的一半 D.大于原来的一半
【答案】(1)C(2)D
【详解】(1)本题考查分子动理论,热力学第一定律.绝对温度是不可能达到的,A项错误;由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能算出每个分子平均占有的空间体积,B项错误;根据热力学第一定律可知,物体吸收了热量,如果同时对外做功,并且做功大于吸收的热量,则物体的内能减少,温度降低,C项正确;分子间的引力和斥力是同时存在的,不可能单独存在,D项错误.
(2)对气缸活塞研究,大气压强不变,绳的拉力不变,活塞重力不变,因此缸内的气体的压强恒定不变,气体的摄氏温度降低一半,由T=t+273可知,则缸内的气体的热力学温度降低的小于原来的一半,根据理想气体状态方程pVT=K可知,缸内气体的体积大于原来的一半.
13.如图所示,上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置,截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内.在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强为p0(p0=1.0×105 Pa为大气压强),温度为300 K.现缓慢加热汽缸内气体,当温度为330 K时,活塞恰好离开a、b;当温度为360 K时,活塞上升了4 cm.g取10 m/s2求:
(1)活塞的质量;
(2)物体A的体积.
【答案】(1)4 kg(2)640 cm3
【详解】(1)设物体A的体积为ΔV.
T1=300 K,p1=1.0×105 Pa,V1=60×40-ΔV
T2=330 K,p2=(1.0×105+mg40×10-4) Pa,V2=V1
T3=360 K,p3=p2,V3=64×40-ΔV
由状态1到状态2为等容过程p1T1=p2T2
代入数据得m=4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程V2T2=V3T3
代入数据得ΔV=640 cm3
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每一门课程的学习,都离不开考试。下面是读文网小编收集整理的高二物理电场强度测试题目及其参考答案以供大家学习。
1.电场中有一点P,下列哪种说法是正确的()
A.若放在P点电荷的电荷量减半,则P点的场强减半
B.若P点没有试探电荷,则P点场强为零
C.P点场强越大,则同一电荷在P点所受静电力越大
D.P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向
解析:选C.电场中某点的电场强度与试探电荷无关,故A、B错;由于F=qE知,C对;场强方向与正试探电荷受力方向相同,故D错.
2.(2011年杭州高二检测)真空中距点电荷(电量为Q)为r的A点处,放一个带电量为q(q≪Q)的点电荷,q受到的电场力大小为F,则A点的场强为()
A.F/Q
B.F/q
C.kqr2 D. kQr2
答案:BD
3.下列各电场中,A、B两点电场强度相同的是()
图1-3-12
解析:选C.A图中,A、B两点场强大小相等,方向不同,B图中A、B两点场强的方向相同,但大小不等,C图中是匀强电场,则A、B两点场强大小、方向相同;D图中A、B两点场强大小、方向均不相同.
4.(2011年黄冈中学高二检测)如图1-3-13所示是静电场的一部分电场线分布,下列说法中正确的是()
图1-3-13
A.这个电场可能是负点电荷的电场
B.点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大
C.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
D.负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向
解析:选B.因为(孤立)负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负电荷的球对称分布,而图中的电场线分布不具备这种特点,所以它不可能是负点电荷的电场,选项A错误.
因电场线越密处场强越大,故由图知场强EA>EB.又因点电荷q在电场中所受静电力F=qE∝E,故静电力FA>FB,选项B正确.
由牛顿第二定律知,加速度a=F/m∝F,而FA>FB,故aA>aB.选项C错误.
因“B点切线方向”即B点场强方向,而负电荷所受静电力的方向与场强方向相反,故选项D错误.
5.一粒子质量为m,带电荷量为+q,以初速度v与水平方向成45°射向空间一匀强电场区域,恰做直线运动.求这个匀强电场的最小场强的大小并说明方向.
解析:新 课 标 第 一 网
粒子进入电场区域后要受重力和电场力作用而做直线运动,知其合力必与v在一直线上.由图及力的分解知识可知,最小的电场力qE=mgcos45°.所以Emin=mgqcos45°=2mg2q ,方向垂直于v指向斜上方.
答案:2mg2q垂直于v指向斜上方
一、选择题
1.关于电场线的叙述,下列说法正确的是()
A.电场线是直线的地方一定是匀强电场
B.电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向
C.点电荷只受电场力作用时,加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合
D.画有电场线的地方有电场,没画电场线的地方就不存在电场
答案:C
2.一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F,这点的电场强度为E,在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是()
图1-3-14
解析:选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定,与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关,A、B错误;检验电荷在该点受到的电场力F=Eq,F正比于q,C错误,D正确.
3.(2011年启东中学高二检测)
图1-3-15
如图1-3-15所示,带箭头的直线是某一电场中的一条电场线,在这条线上有A、B两点,用EA、EB表示A、B两处的场强,则()
A.A、B两处的场强方向相同
B.因为A、B在一条电场线上,且电场线是直线,所以EA=EB
C.电场线从A指向B,所以EA>EB
D.不知A、B附近电场线的分布情况,EA、EB的大小不能确定
解析:选AD.电场线的切线方向指场强方向,所以A对;电场线的疏密程度表示场强大小,只有一条电场线的情况下不能判断场强大小,所以B、C错误,D正确.
4.点电荷A和B,分别带正电和负电,电荷量分别为4Q和Q,在A、B连线上,如图1-3-16所示,电场强度为零的地方在()
图1-3-16
A.A和B之间 B.A的右侧
C.B的左侧 D.A的右侧及B的左侧
解析:选C.因为A带正电,B带负电,所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反,因为QA>QB,所以只有B的左侧,才有可能EA与EB等大反向,因而才可能有EA和EB矢量和为零的情况.故正确答案为C.
5.如图1-3-17所示,实线表示匀强电场中的电场线,一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示,a、b是轨迹上的两点,关于粒子的运动情况,下列说法中可能的是()
图1-3-17
A.该粒子带正电荷,运动方向为由a到b
B.该粒子带负电荷,运动方向为由a至b
C.该粒子带正电荷,运动方向为由b至a
D.该粒子带负电荷,运动方向为由b至a
解析:选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左,则粒子应带负电,故A、C错;运动a→b与b→a均有可能.故B、D对.
6. (2011年苏州高二检测)一带电粒子从电场中的A点运动到B点,轨迹如图1-3-18中虚线所示.不计粒子所受重力,则()
图1-3-18
A.粒子带正电
B.粒子加速度逐渐减小
C.A点的速度大于B点的速度
D.粒子的初速度不为零
解析:选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左,粒子带负电,故A错;A→B电场强度变小,电场力变小,加速度变小,B对;粒子运动过程中,电场力与运动方向的夹角大于90°角,所以速率减小,故C对;若粒子的初速度为0,将沿电场线向左下侧运动,故D对.
7.实线为三条未知方向的电场线,从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子,a、b的运动轨迹如图1-3-19中的虚线所示(a、b只受电场力作用),则()
图1-3-19
A.a一定带正电,b一定带负电
B.电场力对a做正功,对b做负功
C.a的速度将减小,b的速度将增大
D.a的加速度将减小,b的加速度将增大
解析:选D.由于电场线方向未知,故无法确定a、b的电性,A错;电场力对a、b均做正功,两带电粒子动能均增大,则速度均增大,B、C均错;a向电场线稀疏处运动,电场强度减小,电场力减小,故加速度减小,b向电场线密集处运动,故加速度增大,D正确.
8.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径,圆心为O.将电荷量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上,其位置关于AB对称且距离等于圆的半径,如图1-3-20所示.要使圆心处的电场强度为零,可在圆周上再放一个适当的点电荷Q,则该点电荷Q()
图1-3-20
A.应放在A点,Q=2q
B.应放在B点,Q=-2q
C.应放在C点,Q=-q
D.应放在D点,Q=-q
解析:选C.由平行四边形定则得出+q和-q在O点产生的合场强水平向右,大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小.要使圆心处的电场强度为零,则应在C点放一个电荷量Q=-q的点电荷,故C选项正确.
9.(2011年华南师大附中高二检测)
图1-3-21
如图1-3-21所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和方向变化情况是()
A.先变大后变小,方向水平向左
B.先变大后变小,方向水平向右
C.先变小后变大,方向水平向左
D.先变小后变大,方向水平向右
解析:选B.等量异种电荷电场线分布如图(a)所示,由图中电场线的分布可以看出,从A点到O点,电场线由疏到密;从O点到B点,电场线由密到疏,所以沿点A、O、B,电场强度应由小变大,再由大变小,方向为水平向右,如图(b)所示.由于电子做匀速直线运动,所受合外力必为零,故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反,电子受到电场力方向水平向左,且沿点A、O、B运动的过程中,电场力由小变大,再由大变小,故另一个力的方向应水平向右,其大小应先变大后变小,所以选项B正确.
二、计算题
10.如图1-3-22所示,在边长为l的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为+q、+q、+q和-q的点电荷,求正方形中心O点的电场强度.
图1-3-22
解析:由对称性原理可知:若正方形四个顶点处均放置相同电荷量的电荷,则中心O点的场强为零,因此可把D点的电荷-q等效为两部分:+q和-2q.
+q和另外三个点电荷在中心O点的合场强为零,-2q在中心O点的场强为E=2kql2/2=4kql2
故正方形中心O点的场强大小为E=4kql2,方向沿OD连线由O指向D.
答案:4kql2,方向沿OD连线由O指向D.
11.如图1-3-23所示,两根长为L的绝缘细线下端各悬挂一质量为m的带电小球A、B,A、B带电荷量分别为+q和-q,今加上匀强电场(方向水平向左),场强为E,使联结AB的绝缘细线(长为L)拉直,并使两小球处于静止状态,E的大小应满足什么条件?
图1-3-23
解析:B球受力如图所示.
由于B球静止,有
mg=Fsin60°①qE=Fcos60°+kq2L2+FT②
①②式联立,并考虑到FT≥0,
得E≥mg3q+kqL2.
答案:E≥mg3q+kqL2
12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场.其电场强度为E,在该匀强电场中,用丝线悬挂质量为m的带电小球,丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,如图1-3-24所示,请问:
图1-3-24
(1)小球带电荷量是多少?
(2)若剪断丝线,小球碰到金属板需多长时间?
解析:
(1)由于小球处于平衡状态,对小球受力分析如图所示
F sinθ=qE①
F cosθ=mg②
由①②得tanθ=qEmg,故q=mg tanθE.
(2)由第(1)问中的方程②知F=mgcos θ,而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等,故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mgcosθ.小球的加速度a=F合m=gcosθ,小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,当碰到金属极上时,它经过的位移为s=bsinθ,又由s=12at2,t=2sa= 2bcosθgsinθ= 2bgcotθ.
答案:(1) mgtanθE(2) 2bg cotθ
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电容器通常简称其为电容(英文名称:capacitor),用字母C表示。下面是读文网小编收集整理的高二物理电容器的电容测试题目及其参考答案以供大家学习。
10.水平放置的平行板电容器的电容为C,板间距离为d,极板足够长,当其带电荷量为Q时,沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动.若使电容器电量增大一倍,则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少?
解析:利用平衡条件得mg=qE=qQCd.
根据运动学公式有d2=at22,
由牛顿第二定律得,qE′-mg=ma,
又E′=2QCd,解得t=dg.
答案: dg
11.如图1-8-17所示,一平行板电容器接在U=12 V的直流电源上,电容C=3.0×10-10 F,两极板间距离d=1.20×10-3m,取g=10 m/s2,求:
图1-8-17
(1)该电容器所带电量.
(2)若板间有一带电微粒,其质量为m=2.0×10-3 kg,恰在板间处于静止状态,则该微粒带电量为多少?带何种电荷?
解析:(1)由公式C=QU得
Q=CU=3.0×10-10×12 C=3.6×10-9 C.
(2)若带电微粒恰在极板间静止,则qE=mg,而E=Ud
解得q=mgdU=2.0×10-3×10×1.20×10-312 C
=2.0×10-6 C
微粒带负电荷.
答案:(1)3.6×10-9 C(2)2.0×10-6 C负电荷
12.如图1-8-18所示,水平放置的A、B两平行板相距h,有一质量为m,带电量为q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间,小球恰好能打到A板,求A、B板间的电势差.
图1-8-18
解析:如果电场力做正功,由动能定理得
qU-mg(h+H)=0-mv20/2,
解得U=m[2gh+H-v20]2q,
如果电场力做负功, 则有
-qU-mg(h+H)=0-mv20/2,
解得U=m[v20-2gh+H]2q.
答案:见解析
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2023-2024学年八年级语文上学期期中检测试题带答案
八年级期中考试对于学生来说具有重要的意义,不仅是对自己前一阶段学习的检测和评估,也是对未来学习的指导和规划。以下是小编为大家收集的关于2023-2024学年八年级语文上学期期中检测试题带答案的相关内容,供大家参考!
一、1.(1)教诲 仁慈 (2).顿号(、) (3).示例: 茨威格满怀崇敬地塑造了外貌丑陋、灵魂高贵的文学家列夫·托尔斯泰。(每空1分)
D 3.C 4.D 5.B 6.A 7.略 8.略
二、(一)《蝴蝶的翅膀要扇动几次才会飞行》(15分)
9. 经过:肖老师发现王小鹏在琢磨蝴蝶的翅膀要扇动几次才会飞行。结果:肖老师在和同学讨论蝴蝶的翅膀要扇动几次才会飞时帮王小鹏树立了信心(4分)
10、愣住:为王小鹏思考做错题和蝴蝶的翅膀要扇动几次才学会飞行有没有什么必然联系这一问题而感到惊讶。沉思:蝴蝶的翅膀要扇动几次才学会飞,要如何帮助王小鹏才能让他在学习上飞翔(3分)
11、语言描写。形象地写出了肖老师认为王小鹏观察蝴蝶与学习无关,表达了对王小鹏的担忧和关心之情。(2分)
12、本文有明暗两条线索。明线是:煽动翅膀的蝴蝶。因为作者文章主要是围绕“蝴蝶的翅膀要扇动几次才会飞行”来展开论述的。暗线是:肖老师对王小鹏的态度。刚开始肖老师对王小朋观察蝴蝶这一行为的不在意、生气,后来通过和同学们探讨之后,从而对王小朋的认可、肯定。(3分)
13、关爱学生、尊重学生、富有教育机智,注重教育方式方法。发试卷时,下意识地观察王小朋,可以看出她关爱学生;面对王小朋“蝴蝶的翅膀要扇动几次才学会飞”这一问题时,没有批评他,而是自己陷入沉思,可以看出其尊重学生;面对简单的题讲了三四遍,王小鹏还是不会做,肖老师不是简单粗暴地批评指责,而是结合王小朋观察蝴蝶的翅膀要扇动几次才会飞这一教育契机,引导同学讨论并帮王小鹏树立了学习信心,可以看出她富有教育机智、注重教育方式方法。(3分)
(二)《燕子》(15分)14.(1)父亲误把“长亭外”听成了“长城外”,1分;
(2)我误把乌秋当作燕子。1分
15.于人无害,与世无争,却能带给人非常深沉的安慰,2分。
16.本题考查对文章的理解与分析能力。解答时,结合上下文语境以及文章标题分析即可。内容上,文章一开始记叙父亲把“长亭外”听成“长城外”,体现父亲对家乡的思念,而标题中的燕子,又是“我”对乌秋的误认,两件事情性质相同,都表达深邃的乡愁:结构上,作者用有关《送别》的事情很自然地就过渡到了燕子的事情,起到了引出下文的作用。(3分)
17.(1)我知道那鸟不是燕子而是乌秋.(2分)
(2)把那本书静静地合上,走出去。(2分)
18.示例:我独自一人在遥远的城市里学习时,总有孤独寂寞感,有一次在街上行走,我突然看到原来学校的同学,赶紧上前打招呼,对方一回头,才知道认错了人,唉呀,太渴望“他乡遇故知”了。这种错误充满着淡淡的愁绪,是真情实感的流露。(4分)
(三)古文阅读(15分)
19.(1)消散 (2)参与,这里指欣赏 (3)跟、随 (4)判断词这 (每空1分共4分)
20.(C)(2分)
21.(1)夕阳要落山了,潜游在水中的鱼儿争相跳出水面。(2分)
(2)如果你不是这样天性清新高雅的人,我哪能用这不打紧的事务(游山玩水的闲事)相邀呢?(2分)
22.示例:“猿鸟乱鸣”使景色灵动,充满生机活力;“吠声如豹”以动写静,衬托了冬夜的空旷寂静。(3分)
23.(2分)示例:甲文和朋友分享对山川之美的热爱和隐逸情怀;乙文邀请朋友来山中同游,委婉希望他淡泊名利,回归自然。
三.作文(略)
四.诗词鉴赏.
26.老骥伏枥,志在千里。烈士暮年,壮心不已。(2分)
27.“烈士”指有抱负、志向高远的人。(1分)表达了作者不服老、不信天、奋发有为、老当益壮、想要建功立业的雄心壮志。(2分)
28.(B)(3分)
五、名著导读。
29.(A)(2分) 30.埃德加·斯诺 经典百科全书(2分)
30.(略)(3分)
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2024新高考高三语文上学期期末模拟卷附答案解析(文字版)
新高考高三期末考试对于考生来说具有重要意义,它既是对一轮复习的检测和反馈,也是对考生自我定位和规划升学路径的重要参考。以下是小编为大家收集的关于新高考高三语文上学期期末模拟卷附答案的相关内容,供大家参考!
1、及时复习
人们对于刚学过的东西,总是一开始忘得快,过一段时间就逐渐减慢。每天从学校回来都学了一些新东西,要先复习当天所学的内容,复习之后再做作业。每天晚上睡觉前想一想:“我今天都学了什么!”然后在头脑里把这些东西过一遍。
对于低年级的学生,可以让家长来提问,比如“今天的语文课都学了什么?”孩子回答后,再进一步询问。比如孩子说学了两个生字,就可以说:“这两个字是怎么写的,写给妈妈看好吗?”孩子不会写的'话,就可以鼓励他再去看看书,然后写出来。如果不及时复习,时间一长孩子就忘记了,许多内容最后集中到一小段时间复习,效果自然不好。
2、分散复习
如果有60分钟的复习内容,您是让孩子一下子复习完呢?还是分成几段间隔复习呢?心理学家很早就对这个问题进行了实验,实验的结果表明:分散复习要比长时间的集中复习效果好。对于孩子来说,其身心发育的特点也要求采用分散复习的方式。所以,您不妨让孩子每次复习20分钟。中间休息之后再复习,这样孩子就不会疲劳,复习的效果也会更好。
3、交叉复习
当孩子同时面临几门课程的复习任务时,最好采用交叉复习的方式,即这10分钟复习语文,休息后换成数学,再之后又变成别的什么,这样复习的好处是不会使孩子产生厌倦心理。
4、读写结合法
加大对基本知识、基本技能的复习力度,做到温故而知新。充分利用点滴的时间,争取多记几个公式,多背一篇课文,多温习一遍老师讲的重点。
5、查漏补缺法
在对知识点进行梳理的时候抓住重难点。还可以把平时作业中所出现的错误再分析,确保不再犯同样的错误。
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高三上学期语文期末考试试卷及答案解析(完整版)
新高考高三期末考试对于考生来说具有重要意义,它既是对一轮复习的检测和反馈,也是对考生自我定位和规划升学路径的重要参考。以下是小编为大家收集的关于高三上学期语文期末考试试卷及答案的相关内容,供大家参考!
制定复习计划:在复习之前,要制定一份详细的复习计划,明确每天要复习的内容和时间,做到有条不紊。
重视基础知识:期末考试考察的是学生对基础知识的掌握程度,因此要重视基础知识的学习和掌握,特别是概念、公式、定理等核心知识点。
做好笔记和总结:复习时要做好笔记和总结,把知识点、重点、难点、易错点记录下来,方便以后回顾和复习。
多做练习题:通过做练习题可以加深对知识点的理解和记忆,同时也可以提高解题能力和应试技巧。
复习错题和难题:复习时要注重错题和难题的复习,这些题目往往是学生掌握不扎实或者理解不透彻的地方,需要重点突破。
注重心态调整:期末考试前要保持积极的心态,不要过于紧张和焦虑,同时也要避免放松警惕。
做好时间管理:在复习过程中要合理安排时间,做好时间管理,避免拖延和浪费时间。
总之,高三期末考试的复习需要注重全面性、系统性和针对性,同时也要注意心态调整和时间管理。只有做好充分的准备,才能在考试中取得好成绩。
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山东省2022-2023学年高三上学期期末语文试题及答案
高三期末考试既是本学期复习的检测和反馈,也是对考生自我定位和规划升学路径的重要参考,同时还是考生适应新高考模式的重要机会。以下是小编为大家收集的关于山东省2022-2023学年高三上学期期末语文试题及答案的相关内容,供大家参考!
高三期末考六科。期末是指学校一个学期的最后阶段,具体是几天没有严格规定。“高中选科”意思是在物理、化学、生物、政治、历史、地理等科目中选择科目考试。
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