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2019-2020学年高二物理上学期期中试题含解析I
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31,横截面积之比是25,电阻之比是32,外加电压之比是12,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是()A.95B.15C.43D.83【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/4B.Q/2C.2QD.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.
5.0×10-3TB.
5.0×10-2TC.
5.0×10-1TD.
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
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=2:1B.从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc:td=1:1C.从两孔射出的电子的加速度大小之比ac:ad=:1D.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
1.5W”小灯泡的伏安特性曲线,备有下列器材A.电压表量程3V,内阻约6kΩ;B.电压表量程15V,内阻约30kΩ;C.电流表量程
0.6A,内阻约
0.5Ω;D.电流表量程3A,内阻约
0.1Ω;E.滑动变阻器阻值范围0~5Ω;F.滑动变阻器阻值范围0~100Ω;G.直流电源3V,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
1.8V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.
53.
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UE=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=BILFA=
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=2×10-2m
2、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。