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- 2021-05-28 发布
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广西玉林市2020学年高二物理上学期期末质量评价检测试卷(含解析)
二、选择题:
1.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时,电场力做功W,由此可算出两点间的电势差为U,若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点,则( )
A. 电场力做功仍为W B. 电场力做功为
C. 两点间的电势差仍为U D. 两点间的电势差为
【答案】C
【解析】
让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点,电场力做功为q×2U=2W,故A错误,B错误;
在同一个电场中,两点之间的电势差就不变,与放入的电荷的电荷量的大小无关,所以AB之间的电势差的大小还是U,C正确,D错误。
故选:C。
点睛:两点间的电势差是由电场决定的,电场不变,两点之间的电势差就不变,根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小.
2.两个完全相同的金属小球(视为点电荷),带电荷量之比为1:7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由库仑定律列出接触前的库仑力表达式;根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量,再由库仑定律列出库仑力表达式,即可求得两力的关系.
【详解】由库仑定律可得:两球接触前的库仑力;当两球带同种电荷时,两球接触后平分电量,则两球的电量q′==4Q,两球接触后的库仑力;当两球带异种电荷时,两球接触中和后再平分电量,则两球的电量q′= =−3Q; 两球接触后的库仑力,故ABD错误,C正确。故选C。
【点睛】两相同小球相互接触再分开,则电量先中和然后再平分总电荷量;库仑定律计算中可以只代入电量,最后再根据电性判断库仑力的方向.
3.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)
【答案】D
【解析】
主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D。
4.如图所示,电源电动势E=3 V,小灯泡L标有“2 V 0.4 W”,开关S接1,当滑动变阻器调到R=4 Ω时,小灯泡L正常发光。现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作。则( )
A. 电源内阻为1 Ω
B. 电动机的内阻为4 Ω
C. 电动机正常工作电压为1 V
D. 电源效率约为93.3%
【答案】AD
【解析】
【详解】A、小灯泡的额定电流为,电阻为,当接1时,由闭合电路欧姆定律可知,代入数据解得r=1Ω,故A正确;
BC、当接2时灯泡正常发光,流过的电流为I=0.2A,电源内阻分的电压为,故电动机分的电压为,电动机的内阻,故B、C错误;
D、电动机的输入功率,电源的效率,故D正确;
故选AD。
【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路,注意公式的应用,同时注意串并联电路的规律应用。
5.如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中
A. 电压表与电流表的示数都减小
B. 电压表与电流表的示数都增大
C. 电压表的示数增大,电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小,电流表的示数增大。
【答案】A
【解析】
解:当滑片下移时,滑动变阻器接入电阻减小,则外电路总电阻减小,电路中总电流增大,电源的内电压增大,则由闭合电路欧姆定律可知,电路的路端电压减小,故电压表示数减小;
由欧姆定律可知,R1上的分压增大,而路端电压减小,故并联部分的电压减小,则通过R2的电流减小,根据并联电路的特点可知:通过R0的电流增大,则电流表的示数增大.故D正确,ABC错误;
故选:D.
【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时,一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析;重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化.
【此处有视频,请去附件查看】
6.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( )
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右
【答案】B
【解析】
试题分析:带电粒子在磁场中受洛伦兹力,磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场,根据右手定则,a在O点产生的磁场方向为水平向左,b在O点产生磁场方向为竖直向上,c在O点产生的磁场方向为水平向左,d在O点产生的磁场方向竖直向下,所以合场方向水平向左。根据左手定则,带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。故选B。
考点:洛伦兹力方向判定(左手定则)和直导线周围磁场的判定(右手螺旋定则)。
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7.平面OM和平面ON之间的夹角为60°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成60°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON有且只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离l及在磁场中运动的时间t分别为
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
(1)根据几何关系求得中心角,由洛伦兹力做向心力求得周期,即可求得运动时间;
(2)根据几何关系求得距离和半径的关系,即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径,从而求得距离。
【详解】(1)粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,故运动轨迹与ON相切;轨迹如图所示,
;
根据洛伦兹力做向心力可得:,故运动周期;由几何关系可得:粒子在磁场中转过的中心角为240°,故运动时间,选项C正确,D错误;根据几何关系可得:粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离,故A正确,B错误;故选AC.
【点睛】粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况,一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题,即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径,进而求得速度、运动时间等问题。
8.如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为7匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则
A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B. a、b线圈中感应电动势之比为9:1
C. a、b线圈中感应电流之比为3:1
D. a、b线圈中电功率之比为3:1
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据楞次定律可求得电流方向;根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势;根据电阻定律可分析电阻大小,根据欧姆定律即可明确电流大小;再根据功率公式即可明确功率之比.
【详解】根据楞次定律可知,原磁场向里增大,则感应电流的磁场与原磁场方向相反,因此感应电流为逆时针;故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知,; 而S=l2; 因此电动势之比为9:1;故B正确;线圈中电阻,而导线长度L=n×4l;故电阻之比为:3:1; 由欧姆定律可知,I=E/R;则电流之比为:3:1; 故C正确;电功率P=E2/R,电动势之比为9:1;电阻之比为3:1;则电功率之比为27:1;故D错误;故选BC。
【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问题,要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法,同时能正确结合电路规律进行分析求解.
9.如下图所示为某次实验中两电表的接线及示数情况,则
电流表A的示数为___________A,电压表V的示数为___________V。
【答案】 (1). 1.50A (2). 7.50V
【解析】
【详解】电流表A的量程为0-3A,则示数为1.50A;电压表V的量程为0-15V,则示数为7.50V.
10.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率:
A.电源(3V,内阻约为0.1Ω)
B.电流表(量程0.6A,内阻约为0.1Ω)
C.电流表(量程3A,内阻约为0.03Ω)
D.电压表(量程3V,内阻约为3kΩ)
E.滑动变阻器(1kΩ,0.3A)
F.滑动变阻器(20Ω,2A)
G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等
(1)实验的主要步骤如下:
a.截取一段金属丝,拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上,观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示,则读数为L=___________cm;
b.用螺旋测微器测出金属丝的直径,某次测量时示数如图乙所示,其读数为D=___________mm;
c.正确连接电路,合上开关;
d.改变滑动变阻器的位置,读出电压表和电流表的示数,记录如下表:
次数
1
2
3
4
5
U/V
0.80
1.00
1.50
1.80
2.30
I/A
0.18
0.22
0.34
0.42
0.52
e.断开开关,整理器材,结束实验操作。
(2)根据以上信息,你认为该小组选用的电流表是___________,滑动变阻器是___________(只填仪器前的代号);请设计一个电路并使其尽可能测得更多的数据,据此把下列电路连接完整_______。
(3)该小组的测量数据已标在U-Ⅰ图上,据此可计算该金属丝的电阻值为___________Ω(保留两位有效数字),根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。
【答案】①50.00,0.712(0.711~0.713均给分);②B,F,如图;③4.4(4.3~4.5均给分)Ω.
【解析】
试题分析:①a.金属丝的长度为50.00cm;b.金属丝的直径为:0.5mm+0.01mm×21.2=0.712mm;②根据表中数据可知,电流表选择0.6A量程,即选B;滑动变阻器选择F即可;连接电路如图;
③画出U-I图像如图,则求得电阻值为:
考点:测量金属导体的电阻率.
11.如图,质量m=0.2kg、长度L=1.0m的水平导体棒MN,用两根劲度系数均为k=100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来,导体棒置于水平向里的匀强磁场中。当导体棒中通以大小为I=5A的电流,并处于静止时,两弹簧恰好都恢复到原长状态。(重力加速度g取10m/s2)
(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小;
(2)欲使导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态,应当通入什么方向、多大的电流。
【答案】(1)0.4T(2)2.5A
【解析】
(1)弹簧都恢复到原长状态时,ILB=mg
B==0.4T
(2)导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时,
应当通入的电流方向为从N→M
由平衡条件可得:mg + I′LB=2kx
求得:I′=2.5A
12.如图,两根相距L=0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,一端与阻值R=0.40Ω的电阻相连。电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率k=0.50T/m,金属棒所在处磁场的磁感应强度B0=0.50T。一根质量0.10kg,电阻r=0.10Ω的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直。在t=0时刻,棒在水平外力作用下以初速度v1=2m/s沿导轨向右做匀速运动。求
(1)t=0时回路中的电流大小;
(2)t=2s时电阻R上的热功率及外力做功功率;
【答案】(1)0.4A(2)1.6W 2W
【解析】
【分析】
(1)棒向右匀速运动,由E=BLv
求出感应电动势,由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流.
(2)电阻R上产生的热功率由公式P=I2R求解.外力的功率等于总功率.
【详解】(1)棒产生的电动势 E=B0Lv1=0.5×0.2×2V=0.2V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流:
(2)t=2s时棒的速度 v1=2m/s,走过的位移为:x=v1t=2×2=4m,此时的磁场强度:B2=B0+kx=0.5+0.5×4=2.5T
棒产生的电动势 E=BLv1=2.5×0.2×2V=1V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流:
电阻R上产生的热功率为:PR=I2R=22×0.4W=1.6W
外力的功率等于总功率,即P外=1E=2W
13.如图所示,在xoy坐标系中有虚线OA,OA与x轴的夹角θ=30°,(OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场,OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场,已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T,匀强电场的电场强度E=5×105N/C.现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60°的方向以初速度v0=5×105m/s射入一个质量m=8×10﹣26kg、电量q=+8×10﹣19C的带电粒子,粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点,已知P点到O的距离为m.(带电粒子的重力忽略不计)求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)粒子从P点运动到Q点的时间;
(3)Q点的坐标.
【答案】(1)0.2m;(2)1.18×10﹣6 s;(3)(0.6 m,0)
【解析】
(1)由F向=qv0B=m得r==" 0.2" m. (4分)
(2)粒子由P点进入磁场,由于∠O′PO= 300,延长PO′交OA于O″,则PO″⊥OA,则PO″=OPcos 300=" 0.3" m,则O′O″=PO″-PO′=" 0.1" m得O′O″=O′M,即得∠O′MO″= 300 (2分)
由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600,即得从OA边射出时v0与x轴垂直。 (2分)
从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。t1= =8.37×10-7s
(2分)
粒子从P点到Q点的时间为t =t1+t2=1.18×10-6s (2分)
(3)粒子在电场中qE=ma,a = =5×1012m/s2
水平位移x2=at22=" 0.3" m (3分)
粒子在磁场中水平位移x1=r+rsin 300=0.3m (2分)
故x=x1+x2=" 0.6" m 即Q点的坐标为(0.6 m,0) (2分)