物理·辽宁省营口市大石桥二高2016-2017学年高二上学期月考物理试卷(10月份) Word版含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

物理·辽宁省营口市大石桥二高2016-2017学年高二上学期月考物理试卷(10月份) Word版含解析

‎2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二(上)月考物理试卷(10月份)‎ ‎ ‎ 一、选择题共14小题(1~10题为单选题,11~14题为多选题)每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分.‎ ‎1.下列关于电场线和磁感线的说法中,正确的是(  )‎ A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B.磁场中两条磁感线一定不相交,但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C.静电场中的电场线是一条不闭合曲线,而磁感线是一条闭合曲线 D.电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力越大;磁感线分布较密的地方,同一通电导线所受的磁场力也越大 ‎2.关于电场强度和磁感应强度,下列说法正确的是(  )‎ A.电场强度的定义式E=,适用于任何电场 B.由真空中点电荷的电场强度公式E=可知,当r→0时,E→无穷大 C.由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,则说明此处一定无磁场 D.磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎3.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后,通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示,此图象的斜率可表示为(  )‎ A.U B. C.R D.‎ ‎4.如图所示,一束电子流沿管的轴线进入螺线管,忽略重力,电子在管内的运动应该是(  )‎ A.当从a端通入电流时,电子做匀加速直线运动 B.当从b端通入电流时,电子做匀加速直线运动 C.不管从哪端通入电流,电子都做匀速直线运动 D.不管从哪端通入电流,电子都做匀速圆周运动 ‎5.下列说法中不正确的是(  )‎ A.一个电阻和一根无电阻的理想导线并联,总电阻为零 B.并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻 C.并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变),则总电阻一定增大 D.并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变),则总电阻一定减小 ‎6.有一个直流电动机,把它接入0.2V电压的电路中电机不转,测得流过电动机的电流是0.4A;若把电动机接入2.0V电压的电路中,正常工作时的电流是1.0A,此时,电动机的输出功率是P出;如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,电动机的发热功率是P热,则(  )‎ A.P出=2W,P热=0.5W B.P出=1.5W,P热=8W C.P出=2W,P热=8W D.P出=1.5W,P热=0.5W ‎7.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为500Ω,要把它改装成一个量程为10V的电压表,则应在电流表上(  )‎ A.串联一个10kΩ的电阻 B.并联一个10kΩ的电阻 C.串联一个9.5kΩ的电阻 D.并联一个9.5kΩ的电阻 ‎8.一个带电粒子,沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示,径迹上的每一小段可近似看成圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(带电量不变).从图中可以确定(  )‎ A.粒子从a到b,带正电 B.粒子从b到a,带正电 C.粒子从a到b,带负电 D.粒子从b到a,带负电 ‎9.在如图的电路中,当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为(  )‎ A.A灯和B灯都变亮 B.A灯、B灯都变暗 C.A灯变亮,B灯变暗 D.A灯变暗,B灯变亮 ‎10.下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系,其中正确的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎11.下列各图中,已标出电流I、磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎12.计算用电量时,常用的单位是“度”.对此,下列说法中正确的是(  )‎ A.1度等于3.6×103kwh B.1度等于3.6×106J C.“度”是电功率的单位 D.“度”是电能的单位 ‎13.如图所示是等腰直角三棱柱,其中底面abcd为正方形,边长为L,它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是(  )‎ A.通过abcd平面的磁通量大小为L2•B B.通过dcfe平面的磁通量大小为L2•B C.通过abfe平面的磁通量大小为零 D.通过bcf平面的磁通量为零 ‎14.一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方,并与磁针指向平行,能使磁针的S极转向纸内,那么这束带电粒子可能是(  )‎ A.向右飞行的正离子束 B.向左飞行的正离子束 C.向右飞行的负离子束 D.问左飞行的负离子束 ‎ ‎ 二、实验题共20分(15题12分,16题8分)‎ ‎15.在测定电源电动势和内电阻的实验中,某同学所用电路图和测得的数据如下:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎(1)实验误差分系统误差和偶然误差两种.该实验的系统误差主要是由  引起的.用画U﹣I图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的  误差.‎ ‎(2)在给出的U﹣I坐标系中,用给出的数据画出U﹣I图线(横、纵坐标的起点已经规定好),从图象中可以发现该同学记录的第  组数据有误.‎ ‎(3)由U﹣I图线求得电动势E=  V,内阻r=  Ω.(均保留3位有效数字).‎ ‎16.某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值,欧姆表示数如图1所示,现欲用伏安法较准确地测定其阻值,给出下列仪器供选用:‎ A.9V电池 B.电流表(0~0.6A,10Ω)‎ C.电流表(0~0.1A,3Ω)‎ D.电压表(0~3V,2kΩ)‎ E.电压表(0~15V,45kΩ)‎ F.滑动变阻器(0~10Ω,0.1A)‎ G.滑动变阻器(0~20Ω,1A)‎ H.导线、电键 ‎(1)上述器材中应选用  (填代号).‎ ‎(2)在虚线框中(图2)画出电路图.‎ ‎ ‎ 三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分 ‎17.质量为m,带电量为q的微粒,以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示,微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动,求:‎ ‎(1)电场强度的大小,该带电粒子带何种电荷.‎ ‎(2)磁感应强度的大小.‎ ‎18.如图所示,铜棒ab长0.1m,质量为6×10﹣2kg,两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内.整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T,现接通电源,使铜棒中保持有恒定电流通过,铜棒发生摆动,已知最大偏转角为37°,‎ ‎(1)在此过程中铜棒的重力势能增加了多少;‎ ‎(2)通电电流的大小为多大.(不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)‎ ‎19.如图所示电路中,R1=3Ω,R2=6Ω,R3=1.5Ω,C=20μF.当开关S1闭合、S2断开,电路稳定时,电源的总功率为2W,当开关S1、S2都闭合,电路稳定时,电源的总功率为4W,求:‎ ‎(1)电源电动势E和内电阻r;‎ ‎(2)当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率;‎ ‎(3)当S1闭合,分别计算在S2闭合与断开时,电容器所带的电荷量各为多少?‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二(上)月考物理试卷(10月份)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题共14小题(1~10题为单选题,11~14题为多选题)每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分.‎ ‎1.下列关于电场线和磁感线的说法中,正确的是(  )‎ A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B.磁场中两条磁感线一定不相交,但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C.静电场中的电场线是一条不闭合曲线,而磁感线是一条闭合曲线 D.电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力越大;磁感线分布较密的地方,同一通电导线所受的磁场力也越大 ‎【考点】电场线;磁感应强度.‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出,到负电荷或无穷远处为止,沿电场线的方向,电势降低,电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小;‎ 磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线,它的特点和电场线类似,但是磁感线是闭合的曲线,电场线不是闭合的,有起点和终点.‎ ‎【解答】解:A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线,是假想的,不是实际存在的线,所以A错误;‎ B、电场线和磁感线都是不会相交的,否则的话在该点就会出现两个不同的方向,这是不可能的,所以B错误;‎ C、静电场中电场线是一条不闭合曲线,有起点和终点,而磁感线是一条闭合曲线,所以C正确;‎ D、电场线越密的地方,电场的强度大,同一试探电荷所受的电场力越大,但是在磁场中,静止的电荷是不受磁场力作用的,所以D错误;‎ 故选:C ‎ ‎ ‎2.关于电场强度和磁感应强度,下列说法正确的是(  )‎ A.电场强度的定义式E=,适用于任何电场 B.由真空中点电荷的电场强度公式E=可知,当r→0时,E→无穷大 C.由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,则说明此处一定无磁场 D.磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎【考点】磁感应强度;电场强度.‎ ‎【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量,大小用比值法定义,方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同;电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示;点电荷场强的决定式为.‎ ‎【解答】解:A、电场强度的定义式E=,适用于任何电场,故A正确.‎ B、当r→0时,电荷已不能看成点电荷,公式E=k不再成立.故B错误.‎ C、由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,可能是B的方向与电流方向平行,所以此处不一定无磁场,故C错误.‎ D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直,故D错误.‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎3.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后,通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示,此图象的斜率可表示为(  )‎ A.U B. C.R D.‎ ‎【考点】电流、电压概念.‎ ‎【分析】给出的图象是q﹣t图象,其斜率为I=,所以斜率代表的是电流,再由欧姆定律可得出正确答案.‎ ‎【解答】解:根据电流强度的定义公式I=;‎ 可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流;‎ 根据欧姆定律,有:I=,故斜率也代表电流.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎4.如图所示,一束电子流沿管的轴线进入螺线管,忽略重力,电子在管内的运动应该是(  )‎ A.当从a端通入电流时,电子做匀加速直线运动 B.当从b端通入电流时,电子做匀加速直线运动 C.不管从哪端通入电流,电子都做匀速直线运动 D.不管从哪端通入电流,电子都做匀速圆周运动 ‎【考点】左手定则;洛仑兹力.‎ ‎【分析】长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的轴线.根据电子的运动方向与磁场方向的关系,分析电子所受洛伦兹力的情况,判断电子的运动情况.‎ ‎【解答】解:由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线,与电子的运动方向平行,则电子在磁场中不受洛伦兹力,电子重力又不计,则电子做匀速直线运动.‎ 故选C ‎ ‎ ‎5.下列说法中不正确的是(  )‎ A.一个电阻和一根无电阻的理想导线并联,总电阻为零 B.并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻 C.并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变),则总电阻一定增大 D.并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变),则总电阻一定减小 ‎【考点】串联电路和并联电路.‎ ‎【分析】并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和,从而即可求解.‎ ‎【解答】解:A、一个电阻和一根无电阻的理想导线并联,电阻被短路,总电阻为零,故A正确;‎ B、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和,故并联电路任一支路电阻的倒数都小于电路的总电阻的倒数,故并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻,故B正确;‎ C、D、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和,故并联电路任一支路电阻增大(其它支路不变) 总电阻也增大,故C正确,D错误;‎ 本题选择错误的,故选:D.‎ ‎ ‎ ‎6.有一个直流电动机,把它接入0.2V电压的电路中电机不转,测得流过电动机的电流是0.4A;若把电动机接入2.0V电压的电路中,正常工作时的电流是1.0A,此时,电动机的输出功率是P出;如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,电动机的发热功率是P热,则(  )‎ A.P出=2W,P热=0.5W B.P出=1.5W,P热=8W C.P出=2W,P热=8W D.P出=1.5W,P热=0.5W ‎【考点】电功、电功率.‎ ‎【分析】电动机不转,由欧姆定律求出其内阻.电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差.‎ 在电动机正常工作时,转子突然被卡住,根据P=求出电动机的发热功率.‎ ‎【解答】解:当电动机不转时,电动机的内阻为r===0.5Ω,‎ ‎ 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W.‎ ‎ 卡住后热功率:P热===8W 故选:B ‎ ‎ ‎7.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为500Ω,要把它改装成一个量程为10V的电压表,则应在电流表上(  )‎ A.串联一个10kΩ的电阻 B.并联一个10kΩ的电阻 C.串联一个9.5kΩ的电阻 D.并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表.‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表,电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻.总电阻=量程除以满偏电流.‎ ‎【解答】解:要将电流表改装成电压表,必须在电流表上串联一个大电阻,串联电阻起分压作用.‎ 应串联电阻为R===9.5×103kΩ 故C正确,ABD错误.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎8.一个带电粒子,沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示,径迹上的每一小段可近似看成圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(带电量不变).从图中可以确定(  )‎ A.粒子从a到b,带正电 B.粒子从b到a,带正电 C.粒子从a到b,带负电 D.粒子从b到a,带负电 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律.‎ ‎【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向,在根据左手定则来分析电荷的性质.‎ ‎【解答】解:由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子的半径逐渐的减小,‎ 所以粒子的运动方向是从b到a,再根据左手定则可知,粒子带正电,所以B正确.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎9.在如图的电路中,当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为(  )‎ A.A灯和B灯都变亮 B.A灯、B灯都变暗 C.A灯变亮,B灯变暗 D.A灯变暗,B灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律.‎ ‎【分析】从图可知,滑动变阻器与灯泡B并联,然后跟另一电阻串联,再和灯泡A并联,首先判断滑动变阻器电阻的变化情况,然后根据串联电路中电阻的特点,得出总电阻变化情况.由于电压一定,由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化.‎ 判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率,由于灯泡的电阻不变,可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化.‎ ‎【解答】解:当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,并联部分的总电阻变小,所以总电阻变小,总电流变大,‎ 所以电源内阻的电压变大,所以A灯的电压变小,根据可知A的功率变小,故A灯变暗;‎ 由I=可知A的电流变小,而总电流变大,所以通过另一支路的电流变大,所以另一个电阻的电压变大,故灯泡B的电压变小,根据可知B的功率变小,故B灯变暗.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎10.下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系,其中正确的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】安培力;左手定则.‎ ‎【分析】伸开左手,让大拇指与四指方向垂直,并且在同一个平面内,磁感线通过掌心,四指方向与正电荷运动方向相同,大拇指所指的方向为洛伦兹力方向.‎ ‎【解答】解:A、根据左手定则,洛伦兹力方向竖直向下.故A错误.‎ B、根据左手定则,洛伦兹力方向竖直向上.故B正确.‎ C、根据左手定则,洛伦兹力方向垂直纸面向外.故C错误.‎ D、电荷的运动方向与磁场方向平行,电荷不受洛伦兹力.故D错误.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎11.下列各图中,已标出电流I、磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】安培定则.‎ ‎【分析】安培定则,也叫右手螺旋定则,是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则,根据安培定则的应用即可正确解答.‎ ‎【解答】解:AB、通电直导线中的安培定则(安培定则一):用右手握住通电直导线,让大拇指指向电流的方向,那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知,故AB错误;‎ CD、通电螺线管中的安培定则(安培定则二):用右手握住通电螺线管,使四指弯曲与电流方向一致,那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极,据此可知,故C正确,D错误.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎12.计算用电量时,常用的单位是“度”.对此,下列说法中正确的是(  )‎ A.1度等于3.6×103kwh B.1度等于3.6×106J C.“度”是电功率的单位 D.“度”是电能的单位 ‎【考点】力学单位制.‎ ‎【分析】用电量是用电功的多少来衡量,度是实际生活所用的电功的单位,根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳的关系.‎ ‎【解答】解:A、1千瓦时俗称1度,即1度=1kwh.故A错误.‎ B、由电功公式W=Pt得,当功率P=1×103W,t=1h=3600s时,W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J.即1度=3.6×106J.故B正确.‎ C、D、度是电能的单位,不是电功率的单位.故C错误,D正确.‎ 故选:BD ‎ ‎ ‎13.如图所示是等腰直角三棱柱,其中底面abcd为正方形,边长为L,它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是(  )‎ A.通过abcd平面的磁通量大小为L2•B B.通过dcfe平面的磁通量大小为L2•B C.通过abfe平面的磁通量大小为零 D.通过bcf平面的磁通量为零 ‎【考点】磁通量.‎ ‎【分析】磁通量的公式为Φ=BScosθ,注意夹角是B与S的夹角.‎ ‎【解答】解:A、通过abcd平面的磁通量大小为BSsin45°=,A错误;‎ B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影,所以磁通量大小为,B正确;‎ C、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行,所以磁通量为零,CD正确;‎ 故选:BCD.‎ ‎ ‎ ‎14.一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方,并与磁针指向平行,能使磁针的S极转向纸内,那么这束带电粒子可能是(  )‎ A.向右飞行的正离子束 B.向左飞行的正离子束 C.向右飞行的负离子束 D.问左飞行的负离子束 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.‎ ‎【分析】带电粒子运动时将形成电流,在电流周围形成磁场,根据小磁针的偏转情况,判断出电流形成磁场方向,然后根据安培定则判断出电流方向,从而判断出粒子的正负以及粒子的飞行方向.‎ ‎【解答】解:磁针的S极向纸内偏转,说明磁场方向指向纸外,带电粒子束相当于通电导线,根据右手螺旋定则可知,这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子,或者向右飞行的负电粒子.故BC正确,AD错误 故选:BC ‎ ‎ 二、实验题共20分(15题12分,16题8分)‎ ‎15.在测定电源电动势和内电阻的实验中,某同学所用电路图和测得的数据如下:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎(1)实验误差分系统误差和偶然误差两种.该实验的系统误差主要是由 电压表分流 引起的.用画U﹣I图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的 偶然 误差.‎ ‎(2)在给出的U﹣I坐标系中,用给出的数据画出U﹣I图线(横、纵坐标的起点已经规定好),从图象中可以发现该同学记录的第 3 组数据有误.‎ ‎(3)由U﹣I图线求得电动势E= 1.48 V,内阻r= 1.80 Ω.(均保留3位有效数字).‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻.‎ ‎【分析】①由图可知,电压表测量为电源的输出电压,电压表示数没有误差,但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电压,故可知误差来自于电压表的分流; ‎ ‎②采用描点法作图,图象中偏离较远的点误差较大; ‎ ‎③图象纵坐标的交点为电源的电动势,图象的斜率表示电源的内阻.‎ ‎【解答】解:①由图可知,电压表示数是准确的,但由于电压表的分流,导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流;‎ 而采用图象法处理实验数据可以减小实验的偶然误差,不能减小系统误差;‎ ‎②如图建立坐标,采取描点连线的方法作出图象如图所示;偏离直线远的数据点记录有错误;故说明第3组纪录有误;‎ ‎③图象与纵轴的交点值表示电动势,图线的斜率值表示源的内阻.由图可知电源的电动势为1.48V;‎ 在计算斜率时在直线上取距离尽量大点的两点计算.故可以选取第1和第6组计算得:r=≈1.80Ω 故答案为:①电压表的分流,②图象如上图,3;③1.48,1.80.‎ ‎ ‎ ‎16.某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值,欧姆表示数如图1所示,现欲用伏安法较准确地测定其阻值,给出下列仪器供选用:‎ A.9V电池 B.电流表(0~0.6A,10Ω)‎ C.电流表(0~0.1A,3Ω)‎ D.电压表(0~3V,2kΩ)‎ E.电压表(0~15V,45kΩ)‎ F.滑动变阻器(0~10Ω,0.1A)‎ G.滑动变阻器(0~20Ω,1A)‎ H.导线、电键 ‎(1)上述器材中应选用 ACEG (填代号).‎ ‎(2)在虚线框中(图2)画出电路图.‎ ‎【考点】用多用电表测电阻.‎ ‎【分析】欧姆表读数时注意倍率的数值;应根据电路中最大电流来选择电流表量程;当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时,变阻器应用分压式接法,应选全电阻小的变阻器,但要同时考虑变阻器的额定电流影响.‎ ‎【解答】解:(1)欧姆表的示数为:Rx=16×10Ω=160Ω,‎ 根据I=可知,电路中最大电流为:Imax==A=0.06A,‎ 所以电流表应选C,由于电动势E=9V,所以电压表应选E,由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻,变阻器应用分压式接法,考虑到变阻器额定电流的影响,变阻器应选G.‎ ‎(2)由于==187.5>==53.3,所以电流表应用外接法;考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻,所以变阻器应用分压式接法,电路图如图所示:‎ 故答案为:(1)A,C,E,G;‎ ‎ (2)如图 ‎ ‎ 三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分 ‎17.质量为m,带电量为q的微粒,以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示,微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动,求:‎ ‎(1)电场强度的大小,该带电粒子带何种电荷.‎ ‎(2)磁感应强度的大小.‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动.‎ ‎【分析】对带电微粒进行受力分析,然后由平衡条件列方程,求出电场强度与磁感应强度;电场方向反向后,分析带电微粒的受力情况,根据带电微粒的受力情况,确定微粒的运动状态.‎ ‎【解答】解:(1)微粒受重力mg,电场力qE,洛伦兹力qvB,微粒做匀速直线运动,所受合力必为零,根据共点力平衡条件可知,微粒只能带正电,否则不能平衡,受力如图所示,‎ 由几何关系知,qE=mg,则电场强度为:E=;‎ ‎(2)由于合力为零,则:qvB=mg 所以:B=‎ 答:(1)电场强度的大小为,该带电粒子带正电荷.‎ ‎(2)磁感应强度的大小为.‎ ‎ ‎ ‎18.如图所示,铜棒ab长0.1m,质量为6×10﹣2kg,两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内.整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T,现接通电源,使铜棒中保持有恒定电流通过,铜棒发生摆动,已知最大偏转角为37°,‎ ‎(1)在此过程中铜棒的重力势能增加了多少;‎ ‎(2)通电电流的大小为多大.(不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)‎ ‎【考点】安培力.‎ ‎【分析】根据重力做功求出重力势能的增加量,根据动能定理求出安培力的大小.从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小.‎ ‎【解答】解:(1)铜棒上升的高度h=L1(1﹣cos37°),则重力势能的增加量为:‎ ‎△Ep=mgL1(1﹣cos37°)=0.06×10×0.1×0.2J=0.012J ‎(2)对铜棒运用动能定理得:‎ FAL1sin37°﹣mgL1(1﹣cos37°)=0‎ 代入数据解得:FA=0.2N 根据FA=BIL得:‎ I===4A 答:(1)在此过程中铜棒的重力势能增加了0.012J;(2)通电电流的大小为4A.‎ ‎ ‎ ‎19.如图所示电路中,R1=3Ω,R2=6Ω,R3=1.5Ω,C=20μF.当开关S1闭合、S2断开,电路稳定时,电源的总功率为2W,当开关S1、S2都闭合,电路稳定时,电源的总功率为4W,求:‎ ‎(1)电源电动势E和内电阻r;‎ ‎(2)当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率;‎ ‎(3)当S1闭合,分别计算在S2闭合与断开时,电容器所带的电荷量各为多少?‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律;电容;电功、电功率.‎ ‎【分析】(1)分析电路的结构,然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可;‎ ‎(2)根据公式:P=I2R即可计算出功率;‎ ‎(3)根据闭合电路的欧姆定律,计算出两种情况下的电流,然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压,最后由Q=CU计算电量即可.‎ ‎【解答】解:(1)当开关S1闭合、S2断开,电路稳定时,R2与R3串联, W ①‎ 当开关S1、S2都闭合,电路稳定时,电路中R1与R2并联后与R3串联,‎ W ②‎ 联立①②代入数据得:E=4V,r=0.5Ω ‎(2)当S1、S2都闭合时电路中的电流: A 电源的输出功率: W 及电源内部产生的热功率: W ‎(3)当开关S1、S2都闭合,电路稳定时,电路中R1与R2并联后与R3串联,此时电容器两端的电压是0,所以电容器上的电量:Q1=0‎ 当开关S1闭合、S2断开,电路稳定时的电流: A 电容器两端的电压是R2两端的电压,即:U2=I2R2=0.5×6=3V 电量: C 答:(1)电源电动势是4V,内电阻是0.5Ω;‎ ‎(2)当S1、S2都闭合时电源的输出功率是3.5W,电源内部产生的热功率是0.5W;‎ ‎(3)当S1闭合,分别计算在S2闭合与断开时,电容器上的电量分别是0和6×10﹣5C.‎ ‎ ‎ ‎2016年11月22日
查看更多

相关文章

您可能关注的文档