云南省曲靖市罗平县第三中学学年下学期份月考高二物理试题含答案解析.docx
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云南省曲靖市罗平县第三中学学年下学期份月考高二物理试题含答案解析
云南省曲靖市罗平县第三中学【最新】下学期3月份月考高二物理试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.如图所示,小螺线管与音乐播放器相连,大螺线管直接与音箱相连.当把小螺线管插入大螺线管中时音乐就会从音箱中响起来,大小螺线管之间发生的物理现象是( )
A.自感B.静电感应
C.互感D.直接导电
2.如图所示为电流产生磁场的分布图,其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
3.发电机和电动机的发明使人类步入电气化时代,其中电动机依据的物理原理是( )
A.磁场对电流的作用
B.磁铁间的相互作用
C.惯性定律
D.万有引力定律
4.目前集成电路的集成度很高,要求里面的各种电子元件都微型化,集成度越高,电子元件越微型化、越小.图中R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体,但R2的尺寸远远小于R1的尺寸.通过两导体的电流方向如图所示,则关于这两个导体的电阻R1、R2关系的说法正确的是()
A.R1=R2B.R1<R2C.R1>R2D.无法确定
5.某同学用伏安法测电阻时,分别采用了电流表内接法和外接法,测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2,则所测阻值与真实值Rx之间的关系为( )
A.R1>Rx>R2B.R1<Rx<R2C.R1>R2>RxD.R1<R2<Rx
6.如图所示,在一个粗糙水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块,由静止释放后,两个物块向相反方向运动,并最终停止,在物块的运动过程中,下列表述正确的是( )
A.两个物块的电势能逐渐减少
B.两个物块的电势能不变
C.物块受到的摩擦力始终大于其受到的库仑力
D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
7.用欧姆表测一个电阻的阻值R,选择旋钮置于“×10”挡,测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间,可以确定( )
A.R=150ΩB.R=1500Ω
C.1000Ω<R<1500ΩD.1500Ω<R<2000Ω
8.如图所示,带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转,在环左侧轴线上的小磁针最后静止时( )
A.N极竖直向上B.N极竖直向下
C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右
9.将两个半径极小的带电小球(可视为点电荷)置于一个绝缘的光滑水平面上,从静止开始释放,那么下列叙述中正确的是(忽略万有引力)( )
A.它们的加速度一定在同一直线上,而且方向可能相同
B.它们的加速度可能为零
C.它们的加速度方向一定相反
D.它们的加速度大小一定越来越小
10.小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段(曲线)所示.由图可知,AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了
A.10ΩB.6Ω
C.5ΩD.1Ω
二、多选题
11.有一种高速磁悬浮列车的设计方案是:
在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下),并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈.下列说法中正确的是( )
A.列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化
B.列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快
C.列车运动时,线圈中会产生感应电动势
D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关
12.如图所示,半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置,在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子,粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v,重力忽略不计,所有粒子均能到达y轴,其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间,则()
A.粒子到达y轴的位置一定各不相同
B.磁场区域半径R应满足R≤
C.从x轴入射的粒子最先到达y轴
D.Δt=
-
,其中角度θ的弧度值满足sinθ=
13.如图所示,一电子沿Ox轴射入电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知
,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD动能变化量分别为△Ek1和△Ek2,则
A.
B.
C.
D.
14.下列现象中,能表明电和磁有联系的是
A.摩擦起电
B.两块磁铁相互吸引或排斥
C.小磁针靠近通电导线时偏转
D.磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流
三、实验题
15.给你一个电压表、一个电阻箱、开关及导线等器材:
(1)在虚线框内画出根据闭合电路欧姆定律测定一节旧的干电池的电动势和内阻的实验电路图________.
(2)在实验过程中,将电阻箱拨到45Ω时,电压表读数为0.90V;若将电阻箱拨到如图甲所示的位置时,电压表读数如图乙表盘所示.根据以上数据,可以算出该节电池的电动势E=________V,内电阻r=________Ω.
16.用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻,其电路原理图如图所示
(1)根据原理图在实物图上把线连好________;
(2)由实验数据描出的U—I如图,则此电池的电动势是________V,内阻是________Ω.
(3)本实验系统误差产生的原因是________.
四、解答题
17.有一蓄电池,当移动1C电荷时非静电力做功是2J,该蓄电池的电动势是多少?
给一小灯泡供电,供电电流是0.2A,供电10min,非静电力做功是多少?
18.如图所示,在倾角为θ=
的斜面上,固定一宽L=0.25m的平行金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E=12V,内阻r=1Ω,一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的,取g=10m/s2,要保持金属棒在导轨上静止,求:
(1)金属棒所受到的安培力的大小;
(2)通过金属棒的电流的大小;
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值.
19.某金属导体两端所加电压为8V时,10s内通过某一横截面的电荷量为0.16C,求:
(1)导体的电阻;
(2)若导体两端电压为10V,求通过导体的电流.
20.如图甲所示,一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合,在水平力F作用下由静止开始向左运动,经过5s线框被拉出磁场,测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示.在金属线框被拉出的过程中
(1)求通过线框截面的电荷量及线框的电阻;
(2)写出水平力F随时间变化的表达式;
(3)已知在这5s内力F做功1.92J,那么在此过程中,线框产生的焦耳热是多少?
参考答案
1.C
【解析】
小螺线管与音乐播放器相连,小线圈中输入了音频信号;当把小螺线管插入大螺线管中时音乐就会从音箱中响起来,说明大线圈中激发出了感应电流,是互感现象.故C正确,ABD错误.
故选:
C
2.D
【详解】
A、电流方向向上,由右手螺旋定则可得磁场为逆时针(从上向下看),故A错误;
B、电流方向向上,由右手螺旋定则可得磁场为以直导线为圆心的同心圆,故B错误;
C、图中电流为环形电流,由由右手螺旋定则可知,内部磁场应向右,故C错误;
D、根据图示电流方向,由右手螺旋定则可知,内部磁感线方向向右,故D正确;故选D.
【点睛】
因磁场一般为立体分布,故在判断时要注意区分是立体图还是平面图,并且要能根据立体图画出平面图,由平面图还原到立体图.
3.A
【解析】
根据电动机原理可知,电动机依据的原理是磁场对电流的作用.故A正确,BCD错误.
4.A
【详解】
设正方形导体表面的边长为L,厚度为d,材料的电阻率为
,根据电阻定律得导体的电阻:
R=
=
=
,可见导体的电阻只和材料的电阻率及厚度有关,与导体的其他尺寸无关,即R1=R2,故B、C、D错误,A正确.
故选A.
5.A
【详解】
采用内接法时,电流表与待测电阻串联,故电流表是准确的;而由于电流表的分压使电压表测量值偏大,故由欧姆定律求得的测量值偏大,故R1>Rx;当采用外接法时,电压表与待测电阻并联,故电压表是准确的;而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大,故由欧姆定律求得的测量值偏小,故Rx>R2;故选A.
6.A
【解析】
AB.由题可知,库仑力一直做正功,两物块的电势能逐渐减小.故A正确,B错误.
CD.两物块先做加速运动后做减速运动,则物块受到的摩擦力先小于库仑力,后大于库仑力.故C、D错误.
故选:
A
7.C
【解析】
试题分析:
欧姆表刻度左密又疏,100与200正中间的刻度小于150.
解:
欧姆表表盘左边密右边疏,零刻度在右边,测量时指针指在100与200刻度的正中间,指针的示数应大于100而小于150,
又选择旋钮置于“×10”档,所以带测电阻的阻值应该在1000到1500Ω之间,故C正确.
故选C
点评:
本题考查了欧姆表刻度盘的特点,题目难度较小.
8.C
【详解】
金属环带负电,按题图所示的方向旋转,则金属环的电流方向与旋转方向相反,由右手螺旋定则可知磁极的方向:
左端N极,右端S极,因此小磁针最后静止时N极沿轴线向左,故C正确,ABD错误。
故选C。
9.C
【详解】
若同种电荷间存在相互作用的排斥力,两球将相互远离,距离增大,根据库仑定律得知,相互作用力减小.由牛顿第二定律得知它们的加速度变小,方向相反.若是异种电荷,则相互吸引,间距减小,库仑力增大,则加速度也变大,但方向仍相反,故C正确,ABD错误,
故选C.
10.A
【详解】
小灯泡的电阻随温度的升高而增大,故得出来的伏安特性曲线不是直线,由图可知A点的电阻
,B点电阻
,故电阻的变化为:
40−30=10Ω,故A正确,B、C、D错误;
故选A.
11.ABC
【解析】
试题分析:
线圈处于变化的磁场中,且该磁场在运动,导致线圈中产生感应电流,从而使线圈在磁场中受到安培力作用.因此线圈在运动.为使列车获得最大驱动力,则线圈前后两边都应受到安培力且最大.所以要求提供的磁场是最大的并方向相反.
根据法拉第电磁感应定律,
,可知
A、当列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化,
B、列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快,
C、列车运动时,线圈中会产生感应电流,
故ABC正确,D错误.
考点:
电磁感应在生活和生产中的应用;安培力;左手定则;法拉第电磁感应定律;导体切割磁感线时的感应电动势.
点评:
磁通量虽没有方向,但穿过线圈却分正反面.同时运用法拉第电磁感应定律求出产生的感应电动势,从而确定安培力.但注意的是前后边均受到安培力,且方向相同.
12.BD
【详解】
粒子射入磁场后做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示:
y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴,其它粒子在磁场中发生偏转。
A.由图可知,发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上,所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的,故A错误;
B.以沿x轴射入的粒子为例,若
,则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域,所以要求
,所有粒子才能穿过磁场到达y轴,故B正确;
C.从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长,所以该粒子最后到达y轴,而y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴,时间最短,故C错误;
D.从x轴入射的粒子运动时间为:
沿y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴,时间最短,则
所以
其中角度
为从x轴入射的粒子运动的圆心角,根据几何关系有:
则有:
而
,所以有:
故D正确。
13.AD
【解析】
试题分析:
电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知
,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vcy=atOC,vDy=atOD,所以vcy:
vDy=tOC:
tOD=1:
2.故A正确,B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上:
yOC:
yOD=1:
4,根据动能定理得△Ek1=qEyOC,△Ek2=qEyOD,则得,△Ek1:
△Ek2=1:
4.故C错误,D正确.
考点:
带电粒子在匀强电场中的运动
14.CD
【解析】
【详解】
摩擦起电说明有电子从一个物体转移到另一个物体;两块磁铁相互吸引或排斥,说明磁铁间通过磁场有力的作用;小磁针靠近通电导线时偏转,说明通电导线可以产生磁场;磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流,说明磁场可以产生电流.可见,CD能表明电和磁有联系.
15.
1.320
【详解】
(1)、通过改变电阻箱的阻值,得到多组电阻、电压值,可求电动势和内阻,电路图如图:
(2)电压表读数为1.00V,电阻箱阻值为68Ω,由闭合电路欧姆定律有:
E=0.9+
r,
E=1+
r,
联立得:
E=1.3V,r=20Ω.
16.
(1)连线如图:
(2)1.48~1.50V;0.84~0.88Ω;(3)电压表分流;
【解析】
(1)根据原理图可得出对应的实物图,连线如图:
(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
;图象中的斜率表示电源的内阻,所以电源的内阻为
.
(3)本实验中由于电压表不是理想电表,故由于它的分流作用,而使电流示数偏小.
17.2V; 240J;
【解析】
由电动势公式E=
=
V=2V,所以电动势为2V.
由E=
变形得到W=qE,q=It
所以W=ItE=0.2×10×60×2J=240J
所以10min非静电力做功为240J
18.
(1)0.1N
(2)0.5A(3)23Ω
【详解】
(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力,由受力平衡
代入数据得
(2)由F安=BIL,解得:
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律得
,代入数据得
19.
(1)500Ω;
(2)0.02A;
【详解】
(1)10s内通过某一横截面的电荷量为0.16C,则电流为:
由欧姆定律:
得:
(2)若导体两端电压为10V,通过导体的电流为:
【点睛】
本题考查电流的定义及欧姆定律,注意明确电流的为电量与时间比值;同时要注意物理解题的方法,中间量的计算过程中不要代入数据,整理中最后公式后再代入数据.
20.
(1)1.25C 4Ω
(2)F=(0.2t+0.1)N(3)1.67J
【详解】
(1)根据
,It图象的面积等于电量,则由图像得:
q=1.25C
又根据
,
得
R=4Ω.
(2)由电流图象可知,感应电流随时间变化的规律:
I=0.1t(A)
由感应电流
,可得金属线框的速度随时间也是线性变化的,
v=
=0.2t(m/s)
线框做匀加速直线运动,加速度
a=0.2m/s2
线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动,
F-FA=ma
所以水平力F随时间变化的表达式为
F=(0.2t+0.1)N.
(3)当t=5s时,线框从磁场中拉出时的速度
v5=at=1m/s
线框中产生的焦耳热为
Q=W-
mv52=1.67J.
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