高二上学期期末考试物理试题及答案Word格式.docx
- 文档编号:19715117
- 上传时间:2023-01-09
- 格式:DOCX
- 页数:26
- 大小:136.63KB
高二上学期期末考试物理试题及答案Word格式.docx
《高二上学期期末考试物理试题及答案Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高二上学期期末考试物理试题及答案Word格式.docx(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
D.不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速α粒子
如图所示的电路中,4个电阻的阻值均为R,E为直流电源电动势,其内阻可以不计,平行板电容器两极板间的距离为d.在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m的带电小球.当电键K闭合时,带电小球静止在两极板间的中点O上.
(1)求小球所带的电荷的极性和电量
(2)现把电键打开,带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动,并与此极板碰撞,设在碰撞时没有机械能损失,但带电小球的电荷量发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷,而且所带的电荷量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷量.
,带正电
(2)
由电路图可以看出,因R4支路上无电流,电容器两极板间电压,无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3,当K闭合时,设此两极板间电压为U,电源的电动势为E,由分压关系可得U=U3=E
①
(2分)
小球处于静止,由平衡条件得=mg
②
(1分)
所以
,带正电
(2)当K断开,由R1和R3串联可得电容两极板间电压为U′=
③(1分)
由①③式得U′=U
④(1分)
U′<U表明K断开后小球将向下极板运动,重力对小球做正功,电场力对小球做负功,由功能关系可知
mg=mv2-0
⑤(2分)
因小球与下极板碰撞时无机械能损失,设小球碰后电荷量变为q′,由功能关系得
q′U′-mgd=0-mv2
⑥(2分)
联立上述各式解得(1分)
即小球与下极板碰后电荷符号未变,电荷量变为(1分)
本题考查含容电路的分析,由电路图可以看出,因R4支路上无电流,电容器两极板间电压,无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3,当K闭合时,设此两极板间电压为U,电源的电动势为E,由分压关系可得U=U3=E,再以小球为研究对象,当小球静止时所受重力与电场力平衡,由此可求得小球电荷量大小和电性,当K断开后,由串联分压可求得电容器两端电压,同理求得电场力,再由动能定理可求得电场力做功,从而求得电荷电量
用图a的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻.为防止调节滑动变阻器时造成短路,电路中连接了一个保护电阻R0.除蓄电池、开关、导线外,可供使用的实验器材还有:
A.电流表(量程0.6A、内阻约0.5Ω)
B.电压表(量程3V,内阻约6kΩ)
C.电压表(量程15V,内阻约30kΩ)
D.定值电阻(阻值1Ω;
额定功率5W)
E.定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)
F.滑动变阻器(阻值范围0~10Ω、额定电流2A)
G.滑动变阻器(阻值范围0~200Ω、额定电流lA)
在实验中,电压表应选 B ,定值电阻应选 D ,滑动变阻器应选 F .(填相应仪器的序号)
考点:
测定电源的电动势和内阻.菁优网版权所有
专题:
实验题.
分析:
根据蓄电池的电动势选择电压表,定值电阻保护电路,阻值不变太大,为方便实验操作,滑动变阻器阻值不能太大.
解答:
解:
电流表只能选择A;
蓄电池电动势约为2V,因此电压表应选B电压表(量程3V,内阻约6kΩ);
为了保护电路,定值电阻取1Ω即可;
为方便实验操作,滑动变阻器略大于内阻的,故选:
F;
B,D,F.
点评:
在闭合电路欧姆定律实验中,要注意实验中的数据分析方法;
根据闭合电路欧姆定律及图象求电动势和内电阻,是实验的常考问题.
12分)如图所示电路中,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,电动机的电阻R0
=
1.0Ω,电阻R1=1.5Ω。
电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0V,求:
(1)电源总功率?
(2)电动机消耗的电功率?
(3)电源的输出功率?
(1)20W
(2)12W
(3)18W
试题分析:
通过R1的电流
I==2A
得P总="
EI"
=20W
(2)设电动机电压为U0,U0=E-I(r+R)=6V
由此得电动机消耗电功率P0=U0I=12W
(3)电源的输出功率P=P总-I2r
由此得P="
18"
W
如图所示,原线圈所加交流电压u1=1000
sin100πt(V),通过一台降压变压器给照明电路供电,照明电路连接导线的总电阻R=0.5Ω,若用户端能使55盏“220V40W”的电灯正常发光.求:
(1)原线圈所加交流电压的有效值及周期
(2)副线圈两端的电压U2
(3)变压器的原、副线圈匝数比.
(1)原线圈所加交流电压u1=1000
sin100πt(V),
可知Um=1000
V
所以原线圈所加交流电压的有效值U=
=1000V
周期T=
=0.02s
(2)每盏灯泡正常发光时的电流I0=
灯泡正常发光时,副线圈电流I2=NI0=10A
副线圈两端电压U2=U0+I2R=225V
(3)根据电压与匝数成正比得U1:
U2
=n1:
n2
由U1=1000V,U2=225V
解得:
n1:
n2=40:
9
答:
(1)原线圈所加交流电压的有效值是1000V,周期是0.02s.
(2)副线圈两端的电压U2=225V.
(3)变压器的原、副线圈匝数比是40:
9.
质谱仪是一种能够把具有不同荷质比(带电粒子的电荷和质量之比)的带电粒子分离开来的仪器,它的工作原理如图所示.其中A部分为粒子速度选择器,C部分是偏转分离器.如果速度选择器的两极板间匀强电场的电场强度为E,匀强磁场的磁感强度为B1.偏转分离器区域匀强磁场的磁感强度为B2,某种带电粒子由O点沿直线穿过速度选择器区域后进入偏转分离器.求:
(1)粒子由孔O′进入偏转分离器时的速度为多大?
(2)粒子进入偏转分离器后在洛伦兹力作用下做圆周运动,在照相底片MN上的D点形成感光条纹,测得D点到O′点的距离为d,则该种带电粒子的荷质比q/m为多大?
带电粒子在匀强磁场中的运动;
牛顿第二定律;
向心力.菁优网版权所有
带电粒子在磁场中的运动专题.
(1)粒子做匀速直线运动,根据受力平衡求出速度;
(2)在磁场中,洛伦兹力提供向心力,结合牛顿运动定律求出比荷.
(1)粒子在OO′间做匀速直线运动,所以粒子受电场力和磁场力大小相等,方向相反,即qvB1=qE②
由此解出粒子进入偏转分离器时的速度为:
①
(2)粒子进入偏转分离器的磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即:
由此解出粒子运动的圆周半径为
②
将
(1)中求出的v代入上式,并由题意d=2R
解出
③
解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理,掌握偏转磁场中粒子的运动规律.
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,垂直跨搁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;
(3)若此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来,最终停止在导轨上.求撤去外力到金属棒停止运动的过程中,在电阻R上产生的电热.
导体切割磁感线时的感应电动势;
闭合电路的欧姆定律;
安培力;
电磁感应中的能量转化.菁优网版权所有
电磁感应——功能问题.
(1)根据感应电动势与闭合电路欧姆定律,即可求解;
(2)由安培力与外力平衡,与安培力大小相结合,即可求解;
(3)由能量守恒定律,及电热与电阻成正比,即可求解.
(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U
感应电动势,E=BLv
闭合电路欧姆定律,I=
I=2A
U=IR=1.0V
(2)设CD杆受到的拉力为F
安培力大小,FA=BIL
则有F=FA=1.6N
(3)由能量守恒,回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量
Q=
mv2=0.2J
电阻R上产生的电热
QR=
=0.125J
(1)电路中理想电流表和与理想电压表的示数1V
(2)拉动金属棒的外力F的大小1.6N;
(3)若此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来,最终停止在导轨上.求撤去外力到金属棒停止运动的过程中,在电阻R上产生的电热0.125J.
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与能量守恒定律,掌握E=BLV与F=BIL的公式的应用,同时区别产生热量与电阻的热量的区别.
1.1831年10月28日,人类历史上第一台发电机问世了,它是利用电磁感应的原理制成的,其发明者是( )
A.
安培
B.
法拉第
C.
韦伯
亨利
物理学史.菁优网版权所有
发电机的工作原理是利用电磁感应现象.
发电机是利用线圈在磁场中转动从而产生电.奥斯特发现电流周围存在磁场,法拉第则发现磁能产生电.
电生磁,没有磁生电条件苛刻.只要通电周围就产生磁场,然而磁生电呢.只有变化的磁场才能在闭合电路中产生电流.
2.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法,下面四个物理量都是用比值法定义的.以下公式不属于定义式的是( )
电流强度
磁感应强度
电场强度
电阻
电流、电压概念;
电场强度;
磁感应强度.菁优网版权所有
恒定电流专题.
所谓比值定义法,就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法.比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.
A、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系,所以
属于比值定义法.故A正确.
B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关.所以
属于比值定义法.故B正确.
C、电场强度与场源电荷量成正比,与距离的平方成反比,所以
不属于比值定义法.故C错误.
D、电阻R与电压、电流无关,是其本身的属性,属于比值定义法,故D正确.
解决本题的关键理解比值定义法的特点:
被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.
3.远距离输送交流电都采用高压输电,我国正在研究用比330kv高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( )
可增加输电导线的电流
可增加交流电的频率
可减少输电线上的能量损失
可加快输电的速度
远距离输电.菁优网版权所有
交流电专题.
在输电的过程中输送的功率一定,根据P=UI,输送电压越高,输送电流越小,根据
,知损失的功率小.
A、在输电的过程中输送的功率一定,根据P=UI,输送电压越高,输送电流越小.故A错误.
B、输电电压的高低不改变交流电的频率以及输电的速度.故B、D错误.
C、输电电压越高,输电电流越小,根据根据
,知损失的功率越小.故C正确.
解决本题的关键知道输电的过程中,输送功率一定,输电电压越高,电流越小,在输电线上损失的功率越少.
4.如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图,M、N是轨迹上两点,匀强磁场B垂直纸面向里.该粒子在运动时,其质量和电量不变,而动能逐渐减少,下列说法正确的是( )
粒子在M点动能大,在N点动能小
粒子先经过N点,后经过M点
粒子带正电
粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的
洛仑兹力.菁优网版权所有
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律列方程,可以求出粒子的轨道半径,根据图示判断粒子在a、b两点轨道半径的大小,从而判断粒子运动方向;
由左手定则判断粒子所带电性.
A、洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=m
,则粒子轨道半径
,从粒子运动的轨迹可以判断,粒子在N点的曲率半径大于在M点的曲率半径,由
可知:
粒子的轨道半径越小速度越小,所以粒子在M点的速度小于在N点的速度,粒子在M点的动能小于在N点的动能,故粒子先经过N点,再经过M点,故A错误,B正确;
C、由左手定则可以判断粒子带正电,故C正确;
D、粒子在M点的速度小于在N点的速度,由公式f=qvB可得,粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的速度.故D错误.
BC
粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据运动轨迹判断出粒子所受洛伦兹力的方向,然后根据粒子运动方向由左手定则即可判断出粒子的电性.
5.关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动,下列说法中正确的是( )
带电粒子沿电场线方向射入,电场力对带电粒子做正功
带电粒子垂直于电场线方向射入,电场力对带电粒子不做功
带电粒子沿磁感线方向射入,洛伦兹力对带电粒子做正功
不管带电粒子怎样射入磁场,洛伦兹力对带电粒子都不做功
带电粒子在混合场中的运动.菁优网版权所有
带电粒子在复合场中的运动专题.
带电粒子沿电场线的方向射入电场,电场力可以做正功也可以做负功,洛伦兹力的方向总与速度方向垂直,对粒子总不做功.
A、带电粒子沿电场线的方向射入电场,电场力可以做正功也可以做负功,当力的方向与位移方向相同时做正功,相反时做负功,故A错误.
B、带电粒子垂直于电场线方向射入电场,电场力一定做正功,故B错误;
C、带电粒子沿磁感线的方向射入磁场,不受洛伦兹力,不做功,故C错误.
D、洛伦兹力的方向总与速度方向垂直,对粒子总不做功.故D正确.
故选D
本题要抓住电场力与洛伦兹力特点的不同进行分析,带电粒子的速度方向与磁场平行时,不受洛伦兹力;
洛伦兹力总与速度方向垂直,对粒子总不做功;
带电粒子在电场中一定受到电场力,根据力和位移的方向关系判断做功正负.
6.用电流表和电压表测电阻时,可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路.对于这两个电路,下列说法中正确的是( )
采用甲图时,电阻的测量值比真实值小
采用乙图时,电阻的测量值比真实值小
为减小误差,测较小阻值的电阻时宜用甲图
采用甲图测量时,电压表的读数比电阻的实际电压小
伏安法测电阻.菁优网版权所有
实验题;
根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响,即可得出其测量结果与真实值之间的关系.
根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法.大电阻用内接法,测量值偏大,小电阻用外接法,测量值偏小.
甲电路时安培表内接法,乙电路是安培表外接法.如果不考虑操作的偶然误差,按甲、乙两种电路进行实验,
甲图中电压表两侧的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和,所以甲图中电阻测量值:
乙图中流过电流表的电流是待测电阻上的电流与电压表上电流的和,所以乙图中电阻测量值:
.
所以如果不考虑实验操作的偶然误差,甲电路的电阻测量值大于真实值,乙电路的电阻测量值小于真实值.故选项B正确,选项ACD错误.
B
本题考查误差的分析,要明确两种不同的接法中电表对实验的影响,从而得出测量值与真实值之间的关系.
7.2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国科学家阿尔贝•费尔和德国科学家彼得•格林贝格尔,以表彰他们发现“巨磁电阻(GMR)效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的磁电技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用.如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图,实验发现,当闭合S1、S2后使滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中,指示灯明显变亮,下列说法中正确的是( )
滑片P向左滑动的过程中,电磁铁的磁性减弱
巨磁电阻的阻值随磁场的增强而明显增大
巨磁电阻的阻值随磁场的增强而明显减小
巨磁电阻的阻值随磁场的增强而保持不变
楞次定律.菁优网版权所有
由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况,通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时,其磁性强弱的变化;
根据灯泡的亮度变化,能够确定电路中电流的变化,进而知道巨磁电阻的阻值与磁场强度的关系.
A、当滑片P向左滑动时,滑动变阻器连入电路中的电阻变小,则电路中的电流变大,通电螺线管的磁性增强.故A错误.
B、通电螺线管的磁性增强时,右边电路中的指示灯明显变亮,则说明右边电路的电流变大了,巨磁电阻的电阻变小了,即巨磁电阻的阻值随磁场的增强而变小.故B错误C正确,D错误;
C
在控制电路中,滑片的移动是分析的入手点;
在工作电路中,灯泡的亮度是确定电路中电流变化的一个隐含条件.
8.(2011•广东模拟)如图所示,原、副线圈匝数比为2:
1的理想变压器正常工作时,以下说法不正确的是( )
原、副线圈磁通量之比为2:
1
原、副线圈电流之比为1:
2
输入功率和输出功率之比为1:
原、副线圈磁通量变化率之比为1:
变压器的构造和原理.菁优网版权所有
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时,导致副线圈的磁通量发生变化,从而导致副线圈中产生感应电动势.而副线圈中的感应电流的变化,又导致在原线圈中产生感应电动势.变压器的电流比为:
原副线圈电流与匝数成反比,电压比为:
原副线圈电压与匝数成正比.且电流与电压均是有效值,电表测量值也是有效值.
A、根据电磁感应原理可知,由原线圈绕组n1交变电流产生的磁通量变化全部通过变压器的铁芯传给副线圈,所以原、副线圈磁通量之比为1:
1,故A错误.
B、电流与匝数成反比,所以原、副线圈电流之比为1:
2,故B正确.
C、变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的,所以原、副线圈中功率比为1:
1,故C正确.
D、理想变压器的原线圈的磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同,所以原、副线圈磁通量变化率之比为1:
1,故D正确.
本题选不正确的故选A.
理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;
二是没有出现漏磁现象.同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定,而原线圈的电流由副线圈决定.
9.(2011•奉贤区二模)如图所示电路中,电源E的电动势为3.2V,电阻R的阻值为30Ω,小灯泡L的额定电压为3.0V,额定功率为4.5W,当电键S接位置2时,电压表的读数为3V,那么当电键S接到位置1时,小灯泡L的发光情况是( )
有可能被烧坏
正常发光
正常发光略亮
很暗,甚至不亮
电功、电功率.菁优网版权所有
压轴题;
当开关接2时R接在电源两端,由闭合电路的欧姆定律可求得电源的内阻;
开关接位置1时,灯泡接在电源两端,由闭合电路欧姆定律可求得灯泡的实际电压,则可判断灯泡的发光情况.
当开关接位置2时,电路中电流I=
=0.1A;
由闭合电路欧姆定律可知,U=E﹣Ir,解得:
r=2Ω;
灯泡的额定电流I额=
=1.5A;
电阻RL=
=2Ω;
当开关接位置1时,由闭合电路欧姆定律可知:
I=
=0.8A
U=E﹣Ir=3.2V﹣0.8×
2V=1.6V<3V;
故灯泡亮度很暗,甚至不亮;
故选D.
本题考查闭合电路的欧姆定律的应用,在解题时注意灯泡的明暗程度取决于灯泡的实际电压.
二.解答题(共3小题)
10.如图所示,在矩形abcd区域内存在着匀强磁场,甲、乙两带电粒子从顶角c处沿cd方向射入磁场,甲从p处射出,乙从q处射出,已知甲的比荷是乙的比荷的2倍,cp连线和cq连线与cd边分别成60°
和30°
角,不计两粒子的重力.
(1)求两
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高二上 学期 期末考试 物理试题 答案