配套K12学年高二物理下学期期末考试试题1Word格式文档下载.docx
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C.4∶1D.1∶16
5.如图所示,用1表示有信号输入,用0表示无信号输入,用1表示有信号输出,用0表示无信号输出,则当A、B、C的输入分别为0、1、0时,在输出端Y的结果是( )
A.0B.1C.0或1D.无法确定
6.如图所示是一种冶炼金属的感应炉的示意图,此种感应炉应接怎样的电源( )
A.直流低压B.直流高压
C.低频交流电D.高频交流电
7.如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1,接线柱a、b接上一个正弦交变电源,电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻.下列说法中不正确的是( )
A.电压表V的示数为22V
B.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的示数减小
C.当传感器R2所在处出现火警时,电流表A的示数增大
D.当传感器R2所在处出现火警时,电阻R1的功率变大
8.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程为y=x2,其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示),一个质量为m的小金属块从抛物线y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A.MgbB.
mv2
C.mg(b-a)D.mg(b-a)+
9.在制作精密电阻时,为了清除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采用双线并绕的方法,如图所示.其原理是( )
A.当电路中的电流变化时,两股导线产生的自感电动势相互抵消
B.当电路中的电流变化时,两股导线产生的感应电流相互抵消
C.当电路中的电流变化时,两股导线中原电流的磁通量相互抵消
D.以上说法都不对
10.如图所示,在一匀强磁场中有一U形导线框abcd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时,给ef一个向右的初速度,则( )
A.ef将减速向右运动,但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动,最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)
11.(多选)一电压表由电流表G与电阻R串联而成,如图所示.若在使用中发现此电压表的示数总是比准确值稍小一些,采取下列哪种措施加以改进?
( )
A.在R上串联一比R小得多的电阻
B.换用比R大点儿的电阻
C.换用比R小点儿的电阻
D.在R上并联一比R大得多的电阻
12.(多选)甲、乙两个电阻,它们的伏安特性曲线画在一个坐标系中如图所示,则( )
A.甲的电阻是乙的电阻的
B.把两个电阻两端加上相同的电压,通过甲的电流是通过乙的两倍
C.欲使有相同的电流通过两个电阻,加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍
D.甲的电阻是乙的电阻的2倍
13.(多选)直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的( )
A.总功率一定减小
B.效率一定增大
C.内部损耗功率一定减小
D.输出功率一定先增大后减小
14.(多选)如图所示,矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,磁场只分布在bc边的左侧,磁感应强度大小为B,线圈转动的角速度为ω,匝数为N,线圈电阻不计.下列说法正确的是( )
A.将原线圈抽头P向上滑动时,灯泡变暗
B.电容器的电容C变大时,灯泡变暗
C.线圈处于图示位置时,电压表读数为0
D.若线圈转动的角速度变为2ω,则电压表读数变为原来2倍
分卷II
三、实验题(共2小题,共15分)
15.热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大,负责温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小,热敏电阻的这种特性,常常应用在控制电路中.某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为10.0Ω)的电流随其两端电压变化的特点,如图所示.
A.电流表A1(量程100mA,内阻约1Ω)
B.电流表A2(量程0.6A,内阻约0.3Ω)
C.电压表V1(量程3.0V,内阻约3kΩ)
D.电压表V2(量程15.0V,内阻约10kΩ)
E.滑动变阻器R(最大阻值为10Ω)
F.滑动变阻器R′(最大阻值为500Ω)
G.电源E(电动势15V,内阻忽略)
H.电键、导线若干
①实验中改变滑动变阻器滑片的位置,使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大,请在所提供的器材中选择必需的器材,应选择的器材为电流表 ;
电压表 ;
滑动变阻器 .(只需填写器材前面的字母即可)
②请在所提供的器材中选择必需的器材,在图1虚线框内画出该小组设计的电路图.
③该小组测出热敏电阻R1的U﹣I图线如图2曲线I所示.请分析说明该热敏电阻是 热敏电阻(填PTC或NTC).
④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U﹣I图线如图2曲线II所示.然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图3所示.测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A,则该电池组的电动势为 V,内阻为 Ω.(结果均保留三位有效数字)
16.如图1所示为某同学用传感器研究小灯泡的U-I关系图线.实验中可用的器材有:
电压传感器、电流传感器、滑动变阻器R1(阻值变化范围0~50Ω)、滑动变阻器R2(阻值变化范围0~1000Ω)、电动势为6V的电源(不计内阻)、小灯泡、开关、导线若干.
(1)实验中要求得到U-I关系的完整曲线,在方框图2中画出实验电路图,并标出所用滑动变阻器的符号.
(2)由U-I关系图线可知,小灯泡灯丝电阻随温度升高而________(填“增大”、“减小”或“不变”).
(3)如果将该小灯泡分别接入甲、乙两个不同电路,如图3所示,其中甲电路的电源为一节干电池,乙电路的电源为三节干电池,每节干电池的电动势为1.5V,内阻为1.5Ω,定值电阻R=18Ω,则接入________(填“甲”或“乙”)电路时,小灯泡较亮些.
(4)在乙电路中,小灯泡消耗的电功率为________W.
四、计算题
17.如图所示电路中,R1=6Ω,R2=12Ω,R3=3Ω,C=30μF,当开关S断开,电路
稳定时,电源总功率为4W,当开关S闭合,电路稳定时,电源总功率为8W,求:
(1)电源的电动势E和内电阻r;
(2)在S断开和闭合时,电容器所带的电荷量各是多少?
18.如图所示,空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长,磁感应强度B=1T,每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m,现有一边长L=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω的正方形线框MNOP以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场,求:
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F;
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q;
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.
19.可绕固定轴OO′转动的正方形线框的边长为L,不计摩擦和空气阻力,线框从水平位置由静止释放,到达竖直位置所用的时间为t,ab边的速度为v.设线框始终处在竖直向下,磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,试求:
(1)这个过程中回路中的感应电动势大小;
(2)到达竖直位置瞬间回路中的感应电动势.
答案
1.D2.C3.A4.B5.B6.D7.A8.D9.C10.A
11.CD12.AC13.ABC14.AD
15.【答案】①BDE②如图
③PTC④10.06.07
【解析】①由于实验要求电压从零调,所以变阻器应采用分压式接法,应选择阻值小的变阻器E以方便调节;
根据电源电动势为15V可知电压表应选D;
电压表的最小电压应为量程的
即5V,常温下热敏电阻的电阻为10Ω,所以通过热敏电阻的最小电流应为Im=
A=0.5A,所以电流表应选B;
②由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻,所以电流表应用外接法,又变阻器采用分压式接法,电路图如图所示:
③根据U=RI可知,图象上的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值大小,从图线Ⅰ可知电阻各点与原点连线的斜率逐渐增大,所以电阻随电压(温度)的增大而增大,即电阻是正温度系数,所以该热敏电阻是PTC;
④在闭合电路中,电源电动势:
E=U+Ir,由图2曲线II所示可知,电流为0.3A时,电阻R1两端电压为8V,电流为0.60A时,电阻R2两端电压为6.0V,则:
E=8+0.3r,E=6+0.6r,解得:
E=10.0V,r=6.67Ω;
联立以上两式解得:
E=10.0V,r=6.07Ω
16.【答案】
(1)
(2)增大 (3)甲 (4)0.15
【解析】
(1)由于要画出U-I关系的完整曲线,变阻器应采用分压式接法;
由于小灯泡的阻值较小,电流表应用外接法,电路图如图所示:
(2)由U-I关系图线可知,小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大.
(3)分别在小灯泡灯丝电阻的U-I关系曲线图上画出电源的伏安特性曲线(电源乙的等效内阻为r乙=4.5+18Ω=22.5Ω),如图所示,与小灯泡灯丝电阻的U-I关系曲线交点即为工作点.显然接入甲电路时,灯泡中电流较大,小灯泡较亮些.
(4)在电路乙中,小灯泡消耗的电功率为P=UI=1×
0.15W=0.15W.
17.【答案】
(1)8V1Ω
(2)1.8×
10﹣4C0C
(1)S断开时有:
E=I1(R2+R3)+I1r…①
P1=EI1…②
S闭合时有:
E=I2(R3+
)+I2r…③
P2=EI2…④
由①②③④可得:
E=8V
I1=0.5A
r=1Ω
I2=1A
(3)S断开时有:
U=I1R2
得:
Q1=CU=30×
10﹣6×
0.5×
12C=1.8×
10﹣4C
S闭合,电容器两端的电势差为零,则有:
Q2=0
18.【答案】
(1)2.8N
(2)2.45J (3)4
(1)线框MN边刚开始进入磁场区域时
E=BLv0①
E=IR②
F=ILB③
由①②③并代入数据得:
F=2.8N
(2)设线框水平速度减为零时,下落高落为H,此时速度为vH
由能量守恒可得:
mgH+
mv
=Q+
④
根据自由落体规律有:
v
=2gH⑤
由④⑤得:
Q=
=2.45J
(3)设线框水平切割速度为v时有:
E=BLv⑥
E=IR⑦
F=ILB⑧
F=ma=m
⑨
由⑥⑦⑧⑨得:
vΔt=mΔv⑩
即:
Σ
vΔt=ΣmΔv
可有:
x=mv0⑪
n=
⑫
由⑪⑫并代入数据得:
n≈4.4⑬
所以可穿过4个完整条形磁场区域.
19.【答案】
(2)BLv
(1)线框从水平位置到达竖直位置的过程中回路中的感应电动势E=
=
.
(2)线框到达竖直位置时回路中的感应电动势E′=BLv.
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