2017-2018学年吉林省东丰县第三中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

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2017-2018学年吉林省东丰县第三中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

东丰三中2017—2018年度上学期高二期中质量检测物理试卷 一、选择题 ‎1. 关于电源的电动势正确的说法是( )‎ A. 所有电源的电动势都是相同的 B. 蓄电池是将电能转化为化学能 C. 电动势就是电压 D. 干电池的电动势为1.5V ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:电动势是描述电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量,本题的电源的电动势可能不同;电动势与电压是两个不同的概念;干电池的电动势为1.5V.‎ 电动势是描述电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量,本题的电源的电动势可能不同,A错误;蓄电池是将化学转化为电能,B错误;电动势与电压是两个不同的概念,C错误;干电池的电动势为1.5V,D正确.‎ ‎2. 甲、乙两根异种材料的电阻丝,其长度之比是3:1,横截面积之比是2:5,电阻之比是3:2,外加电压之比是1:2,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )‎ A. 9:5 B. 1:5 C. 4:3 D. 8:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电阻的决定式:得:,则: ,故ACD 错误,B正确.故选B.‎ ‎3. 通过电阻R的电流强度为I时,在t时间内产生的热量为Q,若电阻为2R,电流强度为I/2,则在时间t内产生的热量为()‎ A. Q/4 B. Q/2 C. 2Q D. 4Q ‎【答案】B ‎【解析】电阻为R时,根据焦耳定律可得,当电阻为2R时,,B正确.‎ ‎4. 长10cm的导线,放入匀强磁场中,它的方向和磁场方向垂直,导线中的电流是3.0A,受到的磁场力是1.5×10-3N,则该处的磁感应强度B大小为(  )‎ A. 5.0×10-3T B. 5.0×10-2T C. 5.0×10-1T D. 5.0T ‎【答案】A ‎【解析】根据安培力公式:,可得:,代入数解得:,故A正确,BCD错误。‎ ‎5. 关于带电粒子在匀强磁场中所受的洛伦兹力,下列说法不正确的是(  )‎ A. 静止粒子不会受洛伦兹力 B. 平行磁场入射的粒子不会受洛伦兹力 C. 垂直磁场入射的粒子不会受洛伦兹力 D. 粒子在磁场中受力方向与磁场方向垂直 ‎【答案】C ‎............‎ 点睛:该题考查带电粒子在磁场中的受力和运动情况,要注意明确洛伦兹力垂直于运动方向,知道当粒子受洛伦兹力F=Bqvsinθ,当粒子平行磁场时不受洛伦兹力.‎ ‎6. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示,下列表述正确的是()‎ A. M带正电,N带负电 B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦磁力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】B ‎【解析】A、由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A错误; B、粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,半径为:,在质量与电量相同的情况下,半径大说明速率大,即M的速度率大于N的速率,故B正确; C、洛伦兹力不做功,故C错误; D、粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为,与粒子运动的速度无关,所以M的运行时间等于N的运行时间,故D错误。 点睛:该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式,属于基本应用。‎ 二、双项选择题 ‎7. 如图所示,通电直导线与矩形金属线框位于同一平面内,导线中的电流方向如图所示.若导线中的电流增大,下列说法正确的是:( )‎ A. 穿过线框的磁通量始终为零 B. 边受到的安培力方向向右 C. 边感应电流的方向为 D. 金属线框受到的安培力方向向右 ‎【答案】BD ‎【解析】根据右手螺旋定则可判断出,该直导线MN 在其右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里,导线电流增大,原磁场磁感应强度增强,穿过线框的磁通量增大,故A错误;框中磁通量增大,感应电流产生的磁场阻碍原磁场磁通量的变化,感应磁场方向为垂直纸面向外,根据右手螺旋定则,线框中感应电流方向为逆时针,即a→b→c→d;由左手定则可判断出线框ab 边在原磁场中受到的安培力方向向右,故B正确,C错误;由左手定则可知,ab边受安培力向右,cd边向左,ad边和bc边抵消,而ab边向右的安培力大于cd边向左的安培力,则金属线框受到的安培力方向向右,故D正确;故选BD.‎ ‎8. 如图,螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上,当B中通过的电流增加(  )‎ A. 环A有扩张的趋势 B. 环A有缩小的趋势 C. 螺线管B有缩短的趋势 D. 螺线管B有伸长的趋势 ‎【答案】AC ‎【解析】AB、当B中通过的电流逐渐增加时,电流产生的磁场逐渐增强,故穿过A的磁通量增加,为阻碍磁通量增加,根据楞次定律可以知道,环A应向磁通量减小的方向形变.因为A环中有两种方向的磁场:B线圈外的磁感线方向与B线圈内的磁感线方向相反,B线圈外的磁感线要将B线圈内的磁通量抵消一些,当A的面积增大时,穿过A的磁通量会减小,所以可以知道环A应有扩张的趋势,所以A选项是正确的,B错误;‎ CD、线圈B中电流增加,每匝线圈产生的磁场增强,线圈间的引力增大,所以螺线管B有缩短的趋势,所以C选项是正确D错误;‎ 综上所述本题答案是:AC ‎9. 如图,正方形容器处在匀强磁场中,一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中,其中一部分从c孔射出,一部分从d孔射出,容器处在真空中,下列说法正确的是( )‎ A. 从两孔射出的电子速率之比为vc:vd=2:1‎ B. 从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc:td=1:1‎ C. 从两孔射出的电子的加速度大小之比ac:ad=:1‎ D. 从两孔射出的电子的加速度大小之比ac:ad=2:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析:由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径,则由洛仑兹力充当向心力可得出粒子的速度关系;由周期公式及转过的角度可求得时间之比;由向心力公式可求得加速度之比.‎ 设磁场边长为a,如图所示,粒子从c点离开,其半径为,粒子从d点离开,其半径为,根据几何关系可知,由,得出半径公式,故,故A正确;因为粒子都为电子,所以根据粒子在磁场中运动的周期相同,从d射出的粒子的圆心角为180°,故,从c射出的粒子的圆心角为90°,故,所以,B错误;向心加速度,则,故C错误D正确.‎ ‎10. 如图所示电路中,闭合开关S后当变阻器R3的滑动头P向b移动时,下列说法正确的是( )‎ A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变大 C. 电源消耗的总功率变小 D. 电源的效率(电源的输出功率/电源消耗的总功率)变小 ‎【答案】BD ‎【点睛】在分析电路动态变化时,一般是根据局部电路变化(滑动变阻器,传感器电阻)推导整体电路总电阻、总电流的变化,然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化(或者电流表,电压表示数变化),也就是从局部→整体→局部 三、实验题 ‎11. 要测绘一个标有“3V 1.5 W”小灯泡的伏安特性曲线,备有下列器材:‎ A.电压表(量程3 V,内阻约6 kΩ);‎ B.电压表(量程15 V,内阻约30 kΩ);‎ C.电流表(量程0.6 A,内阻约0.5 Ω);‎ D.电流表(量程3 A,内阻约0.1 Ω);‎ E.滑动变阻器(阻值范围0~5 Ω);‎ F.滑动变阻器(阻值范围0~100 Ω);‎ G.直流电源(3 V,内阻不计);‎ H.开关、导线若干。‎ ‎(1)要求多次测量并使电压表读数从零开始连续可调,上述器材中 电压表应选用________;电流表应选用________;滑动变阻器应选用________。(以上均填写器材前字母)‎ ‎(2)请将甲图中的实物电路图用笔代替导线补充完整_______。‎ ‎(3)乙图为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的U-I图象。图象是一条曲线而不是直线的原因是_________;从图象中可求得小灯泡电压为1.8 V时的小灯泡的实际功率为_______ W。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). (5). 小灯泡的电阻会随温度的升高而增大 (6). 0.72‎ ‎【解析】(1)灯泡电压为3V,故电压表应选择3V量程的A;由P=U/I可知,I=P/U=1.5/3=0.5A,故电流表应选择C;由于本实验采用滑动变阻器分压接法,故应选用小电阻E;‎ ‎(2)本实验要求电流从零开始调节,故应采用分压接法,同时因灯泡内阻较小,故应选用电流表外接法;如图所示;‎ ‎(3)灯泡电阻随温度的升高而增大,因此图象为曲线;当电压为1.8V时,电流为0.4A,则功率P=UI=1.8×0.4=0.72W。‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)明确灯泡额定值,从而确定电压表和电流表,再根据实验要求明确采用分压接法,从而明确滑动变阻器的选择; (2)根据实验原理确定电路接法,从而连接实物图; (3)根据灯泡电阻的性质分析图象弯曲的原理,再根据图象找出电压为1.8V时的电流,从而求出实际功率。‎ ‎12. 电流表G1的满偏电流Ig=5mA,内阻r=290Ω,把它改装成如图所示的一个多量程多用电表,电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。当开关S接到1或2位置时为电流档,其中小量程为0—10mA,大量程为0—100mA。‎ ‎(1)(多选)关于此多用电表,下列说法正确的是________(填字母代号)。‎ A.开关S接到位置4、5时是欧姆档,欧姆表内阻相等,只是测量倍率不同 B.开关S接到位置5、6时是电压档,接到位置6比接到位置5时的量程大 C.无论做什么电表使用,表盘的刻度都是均匀的 D.无论做什么电表使用,必须使电流从A表笔流入电表,从B表笔流出电表 ‎(2)当把开关S接到位置4时,先短接A、B进行欧姆调零,而后将一已知阻值为3600Ω电阻R接到两表笔间,指针恰好偏转到电流表G1满刻度的1/3处,则该欧姆表的内阻为______Ω。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 1800Ω ‎【解析】(1)当转换开关S旋到位置4时,表头与电表中的电源相连接,是电阻档,开关接5时,没有电源,此时电阻与电流表串联,故为电压档,A错误;当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻,可知旋转到6,串联的电阻大,分压作用大,电压表量程大,B正确;多用电表的欧姆档表盘是不均匀的,C错误;为了让表头正向偏转,无论做什么电表使用,必须使电流从A表笔流入电表,从B表笔流出电表,故D正确.‎ ‎(2)将一已知阻值为3600Ω电阻R接到两表笔间,根据闭合电路欧姆定律有:;而当欧姆表短接时有,联立解得 ‎13. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如下,回答下列问题:‎ ‎(1)如图1所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在______端处(填左、右)‎ ‎(2)如图2是根据实验数据画出的U﹣I图象.由此可知这个干电池的电动势E=______V,内电阻r=______Ω.(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 右端 (2). 1.5 (3). 1.0‎ ‎【解析】(1)闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处,即右端。 (2)在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势,所以由图可以读出电源的电动势为1.5V。图象中的斜率表示电源的内阻即:。‎ 四、计算题 ‎14. 如图所示的电路中,电源电动势为12V,内电阻r=0.5Ω,=0.5Ω,电动机线圈电阻为=1Ω,若开关闭合后通过电源的电流为3A,则 ‎(1)上消耗的电功率为多少 ‎(2)电动机两端的电压为多少 ‎(3)电动机的输入功率 ‎【答案】(1)4.5(2)9V (3)27W ‎【解析】(1)消耗的功率为:‎ ‎(2)电动机两端电压为 ,则: ‎ ‎(3)电动机的输入功率:‎ 点睛:电动机正常工作时的电路为非纯电阻电路,机械功率由电功率减去电动机发热功率求解。‎ ‎15. 如图所示,长度为L=0.2m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD,垂直跨接在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上,导轨间距离也为L,棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计。导轨左端接有R=0.5Ω的电阻,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面,磁感强度B=4T。现以水平向右的恒定外力F使金属棒右移,当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时,求:‎ ‎(1)电路中理想电流表和与理想电压表的示数;‎ ‎(2)拉动金属棒的外力F的大小。‎ ‎【答案】(1)2A;1V(2)1.6N ‎【解析】(1)CD杆产生的电动势为E,电流表的示数为I,电压表示数为U。‎ E=BLv ‎ ‎ ‎ 联立得:I = 2A ‎ 由欧姆定律可得:U=IR ‎ 将数据代入可得:U=1V ‎(2)设CD杆受到的拉力为F,由安培力公式可得:‎ FA=BIL ‎ FA =1.6N 所以杆受到的拉力F= FA =1.6N ‎16. 如图所示,直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场.一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中,求:‎ ‎(1)电子从磁场中射出时距O点多远;‎ ‎(2)电子在磁场中运动的时间为多少.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】试题分析:(1)由左手定则可判断出电子应落在ON之间,由几何关系可解得圆心角为60°,则电子出射点距O点的距离等于电子的运动半径r 解得 所以电子从磁场中射出时距O点的距离为 ‎(2)电子在磁场中的运动周期 电子在磁场中的运动时间应为 考点:带电粒子在磁场中的运动 ‎17. 如图甲所示,一个圆形线圈匝数n=1000匝、面积S=2×10-2m2、电阻r=1Ω。在线圈外接一阻值为R=4Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中,磁场方向垂直线圈平面向里,磁场的磁感强度B随时间变化规律如图乙所示。求:‎ ‎(1)0~4s内,回路中的感应电动势;‎ ‎(2)t = 5s时,a、b两点哪点电势高;‎ ‎(3)t = 5s时,电阻两端的电压U。‎ ‎【答案】(1)1V(2)a电势高(3)3.2V ‎【解析】试题分析:(1)0 ~ 4s内,回路中的感应电动势E=nV=1V;‎ ‎(2)t = 5s时,磁场中减弱的,故线圈中产生的磁场向里,由右手定则可判断出,电流方向由a向b,故a点电势高;‎ ‎(3)t = 5s时,回路中的感应电动势E′=nV=4V;电阻两端的电压U==3.2V。‎ 考点:法拉第电磁感应定律,欧姆定律。‎ ‎ ‎
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