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

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。‎ ‎ ‎