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- 2021-05-24 发布
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吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题
一、选择题
1. 首先发现电流磁效应的科学家是 ( )
A. 安培 B. 奥斯特 C. 库仑 D. 牛顿
【答案】B
【解析】奥斯特发现了通电导体周围存在磁场,是第一个发现电流磁效应的科学家。故B正确;
综上所述本题答案是:B
2. 关于电场强度的概念,下列说法正确的是( )
A. 由可知,某电场的场强E与q成反比,与F成正比
B. 电场中某一点不放试探电荷时,该点场强等于零
C. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反,所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
D. 电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关
【答案】D
【解析】A、是电场强度的定义式不是决定式,所以不能说电场的场强E与q成反比,与F成正比,故A错;
B、某点的场强大小与场源电荷有关,与检验电荷无关,所以B错;
C、某点的场强大小和方向都由场源电荷决定,正电荷的电场由正电荷指向无群远处或者负电荷,而负电荷的电场由无群远处或者正电荷指向负电荷,与检验电荷无关,故C错;D对;
点睛:做此题要了解场强的大小、方向和那些量有关,要知道正电荷的电场由正电荷指向无群远处或者负电荷,而负电荷的电场由无群远处或者正电荷指向负电荷,与检验电荷无关。
3. 如图中,电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是( )
A、
B、
C、
D、
【答案】A
【解析】判断电荷的受到的洛伦兹力得方向要利用左手定则:四直指向正电荷的运动方向(负电荷运动的反方向),磁场垂直手心,拇指所指的方向即为电荷受力的方向,分析可得
B正确;
综上所述本题答案是:A
点睛:本题考查了对左手定则的理解及运用情况。
4. 如图所示的实验装置中,极板A接地,平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接.将A极板向左移动,增大电容器两极板间的距离时,电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U,电容器两极板间的场强E的变化情况是( )
A. Q变小,C不变,U不变,E变小
B. Q变小,C变小,U不变,E不变
C. Q不变,C变小,U变大,E变小
D. Q不变,C变小,U变大,E不变
【答案】D
【解析】由于没有电源对装置充放电,所以装置中的电荷量总量保持不变,当A极板向左移动,增大电容器两极板间的距离时,由知C减小,由 知U增大,
板间场强为 ,即场强和板间距离无关,所以E不变,故D正确;
综上所述本题答案是:D
5. 如图电路中,当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时,电流表A及电压表V的示数的变化情况是( )
A. 电流表A示数减小,电压表V示数增大
B. 电流表A示数增大,电压表V示数减小
C. 电流表A示数增大,电压表V示数增大
D. 电流表A示数减小,电压表V示数减小
【答案】A
【解析】当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时,电阻R2的阻值变大,回路中电阻增大,则电流变小,A的示数也就变小,由 可知电阻R2上的电压增大,即电压表示数增大,故A正确;
综上所述本题答案是:A
点睛:学会电路的动态分析,结合闭合电路相应知识点求电表的变化情况。
6. 如图所示,有一根直导线上通以恒定电流I,方向垂直指向纸内,且和匀强磁场B垂直,则在图中圆周上,磁感应强度数值最小的点是( )
A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
由磁场叠加可知d点电磁场最大,c点磁场最小,故C正确,
综上所述本题答案是C
7. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )
A、
B、
C、
D、
【答案】C
【解析】试题分析:四种情况都是一条边切割磁感线,故产生的感应电动势都相等,线圈的电阻还都相同,故线圈中的电流都相等,a、b 两点间电势差的绝对值最大的应该是路端电压最大时,故ACD中的电势差都相等,B中的电势差最大,故选项B正确。
考点:电磁感应,欧姆定律。
8. 如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为( )
A. U1:U2=1:4
B. U1:U2=1:8
C. U1:U2=1:2
D. U1:U2=1:1
【答案】B
【解析】带电粒子在平行板中做类平抛运动,
水平方向
结合运动图知两者水平位移之比为 ,所以运动时间也是
竖直方向上:
结合运动 ;
得:U1:U2=1:8,故B正确
综上所述本题答案是:B
点睛:带电粒子在平行板中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速运动,列正确的公式求解即可
9. 两个相同的金属小球,带电量之比为1:7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则他们间的库仑力可能为原来的( )
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】试题分析:由库仑定律可得:得,当两相同金属小球带同种电荷时,两者相互接触后再放回原来的位置上,它们的电荷量变为4:4,所以库仑力是原来的16:7.当两相同金属小球带异种电荷时,两者相互接触后再放回原来的位置上,它们的电荷量是先中和后平分,电量变为3:3,所以库仑力是原来的9:7.故CD正确,AB错误.故选CD.
考点:库仑定律
【名师点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的公式,注意两个金属小球可能带同种电荷,可能带异种电荷.
10. 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e-t图象如图所示,则( )
A. t1、t3时刻线圈通过中性面
B. t1、t3时刻线圈中磁通量变化率最大
C. t2、t4时刻线圈平面与中性面垂直
D. t2、t4时刻线圈中磁通量最大
【答案】AC
【解析】AC、当磁场方向与线圈平面垂直时此位置为中性面,此时磁通量最大,但电动势最小,所以t1、t3时刻线圈通过中性面,故A正确;
B、电动势的大小计算公式:,t1、t3时刻电动势为零,所以线圈中磁通量变化率最小,故B错误;
CD、当磁通量最大时产生的电动势最小,当磁通量最小时产生的电动势最大,所以t2、t4时刻线圈中磁通量最小,与中性面垂直,故C正确,D错误;
综上所述本题答案是:AC
11. 如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像,下列判断正确的是 ( )
A. 电动势E1=E2,内阻r1<r2
B. 电动势E1=E2,发生短路时的电流I1> I2
C. 电动势E1>E2,内阻 r1< r2
D. 当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化大
【答案】ABD
【解析】AC、在U-I图像中与纵坐标的交点表示电动势的大小,图像斜率的大小表示了电源内阻的大小,结合图像知电动势E1=E2,内阻r1<r2,故A正确;C错误
B、图像与横坐标的交点表示电压为零时的电流值,此值表示了短路电流的大小,结合图像知:I1> I2,故B正确;
D、由 知 ,由于r1<r2,当当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化大,故D正确;
综上所述本题答案是:ABD
点睛:在U-I图像中要理解图像与纵坐标、横坐标相交点所代表的物理含义,会结合图像比较电动势和电源内阻的大小。
12. 如图为远距离输电的示意图,若电厂输出电压u1=220 sin100πt(V),则下列表述正确的是( )
A. U1U4
B. V
C. 若U2提高为原来的10倍,输电线上损失的功率为原来的
D. 用户得到的交变电流频率为25 Hz
【答案】AC
【解析】试题分析:电厂发出的电,经过升压变压器进行升压,后经过降压变压器降压后输送给用户,根据P=UI,得出输电电流与输送功率的关系,再根据得出损失的功率,输电过程中功率不变.
电厂发出的电,经过升压变压器进行升压,后经过降压变压器降压后输送给用用户,所以,A正确;根据有效值与最大值的关系可知,B错误;若提高为原来的10倍,则电流为原来的,根据可知,输电线上损失的功率为原来的,C正确;输电过程中功率不变,所以用户得到的交流电的频率仍为50Hz,故D错误.
二、实验题
13. (1)“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图甲所示.实验表明:当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,闭合电路中就会有电流产生.在闭合电键S前,滑动变阻器滑动片P应置于_______端(选填“a”或“b”).电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流,试写出其中的一种方法___________ ·
【答案】 (1). a (2). 移动滑动变阻器的滑片(线圈A在线圈C中拔出或插入、断开电键等)
............
14. 实验室中为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率,完成下列部分步骤:
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度,如图甲所示,由图可知其长度为__________mm。
(2)用螺旋测微器测量其直径,如图乙所示,可知其直径为_______mm;
(3)用多用电表的电阻档“×10”档按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图所示,则该电阻的阻值约为_______Ω
(4)某同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下:
待测圆柱体电阻R;
电流表 (量程0~4mA,内阻约50Ω);
电流表 (量程0~10mA,内阻约30Ω);
电压表 (量程0~3V,内阻约为10 kΩ);
电压表 (量程0~15V,内阻约为25kΩ);
直流电源E(电动势4V,内阻不计);
滑动变阻器 (阻值范围0~15Ω,允许通过的最大电流2.0A);
滑动变阻器 (阻值范围0~2kΩ,允许通过的最大电流0.5A);
开关S,导线若干
为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在虚线框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号 。
【答案】 (1). (1)50 ;(2)15mm; (2). 4.699mm (3). (3)220; (4)
【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为50mm,游标读数为0.05×3=0.15mm,所以最终读数为50.15mm.
(2)螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm,可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm,所以最终读数为4.700mm.
(3)欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率,即R=22Ω×10=220Ω;
(4)根据欧姆定律,最大电流:I=4/220≈18.2mA,故电流表选择A2;电源电动势4V,故电压表选择V1;
要求测得多组数据进行分析,滑动变阻器采用分压式接法,用小电阻控制大电阻,故滑动变阻器选择R1。
因待测电阻值远小于电压表内阻,电流表应选外接法;
电路图如图所示:
三、计算题
15. 如图电源电动势E=6V,内阻不计,定值电阻R=4Ω,电动机M 内阻r=1Ω,电压表和电流表均是理想表,闭合开关,电压表示数U=4V,求:
(1)电源消耗的电功率
(2)电动机的电功率和输出功率.
【答案】(1)P=3W;(2) ;
【解析】试题分析:电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路,欧姆定律U>IR.对于R和r是纯电阻,可以用欧姆定律求电流.根据功率关系求出电动机输出的功率.
(1):设定值电阻所分电压为U1,则
E=U+U1①
对定值电阻R有:I=②
由电源总功率P=E.I ③
解①②③得电源消耗功率P="3W"
(2):设电动机消耗的电功率P电,热功率为P热,机械功率为P机,则有:
P电=P热+P机④
⑤
⑥
解④⑤⑥得P机="1.75W"
考点:闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.
点评:对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路,可从从能量转化的角度理解:电能全部转化内能时,是纯电阻电路.电能转化为内能和其他能时,是非纯电阻电路.
16. 矩形线圈abcd,长ab=20cm,宽bc=10cm,匝数n=200,每匝线圈电阻R=0.25Ω,整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过,磁感应强度B随时间的变化规律如图所示,求
(1)线圈回路的感应电动势
(2)在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力的大小.
【答案】(1)E=2V ;(2)F=0.32N
【解析】(1)从图象可知:穿过线圈平面的磁通量随时间均匀增大,线圈回路中产生的感应电动势是不变的.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为:
(2)
当t=0.3s时,B=20×10﹣2 T
综上所述本题答案是:(1)E=2V ;(2)F=0.32N
点睛:对于此类题要知道法拉第电磁感应定律,并结合回路结构解电路中的电流,知道安培力的计算公式F=BIL。
17. 如下图所示,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y负方向的匀强电场,第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后以垂直于y轴的方向射出磁场.不计粒子重力.求:
(1)电场强度的大小E;
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.
【答案】(1) ;(2) ;(3)
【解析】【试题分析】粒子垂直进入电场做类平抛运动,结合水平方向和竖直方向上的运动规律,抓住等时性,结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小.根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度,根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径.由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1,由运动学规律有:
x方向:
y方向: ①
②
联解①②得:
(2)设粒子进入磁场的速度为v,与x轴的夹角为θ,有:
③
④
联解④⑤得:
(3)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为θ,在磁场中运动的时间为t2,则:
⑤
⑥
⑦
联解⑥⑦⑧⑨得:
【点睛】粒子在电场中运动偏转时,常用能量的观点来解决问题,有时也要运用运动的合成与分解.粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点,要正确画出粒子运动的轨迹图,能熟练的运用几何知识解决物理问题.