临沂十九中学年高二下学期开学物理试题及答案Word文件下载.docx

临沂十九中学年高二下学期开学物理试题及答案Word文件下载.docx

《临沂十九中学年高二下学期开学物理试题及答案Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《临沂十九中学年高二下学期开学物理试题及答案Word文件下载.docx（27页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大

C．图③中回路在O～tl时间内产生的感应电动势小于在tl～t2时间内产生的感应电动势

D．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大

6．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（　　）

A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒

B．小球的重力势能增加﹣W1

C．小球的机械能增加W1+

mv2

D．小球的电势能减少W2

7．巨磁电阻（GMR）电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性．如图所示检测电路，设输电线路电流为I（不是GMR中的电流），GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是（　　）

A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大

B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大

C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大

D．如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小

8．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（　　）

A．在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗

B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗

C．在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗

D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗

二、实验题

9．某班同学在做“练习使用多用电表”的实验．

①某同学用多用电表的欧姆挡测量电阻Rx的阻值，当选择开关置于欧姆挡“×

100”的位置时，多用电表指针示数如图所示，此被测电阻的阻值约为　　　　　　Ω．

②某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S　　　　　　．（选填“闭合”或“断开”）

③若②中同学检查结果如表所示，由此可以确定　　　　　　

测试点

b、f

b、e

b、d

d、e

多用表

表盘指示

A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．

10．某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图1所示．

①测量E和r的实验方案为：

调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式　　　　　　，利用测量数据作出U﹣I图象，得出E和r．

②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图1中用笔画线代替导线连接电路．

③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U﹣I图象如图2中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：

在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）．

曲线（c）对应的电源电动势E=　　　　　　V，内阻r=　　　　　　Ω．（均保留三位有效数字）

三、计算题

11．如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×

10﹣11kg、电荷量q=+1.0×

10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°

，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°

．已知偏转电场中金属板长L=2

cm，圆形匀强磁场的半径R=10

cm，重力忽略不计．求：

（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；

（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；

（3）匀强磁场的磁感应强度的大小．

12．（附加题）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乙图所示，在金属线框被拉出的过程中．

（1）求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；

（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？

【物理3-3】

13．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e=220

sin100πt（V），那么（　　）

A．该交变电流的频率是100Hz

B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面垂直

C．当t=

s时，e有最大值

D．该交变电流电动势的有效值为

V

14．如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（　　）

A．电压表V1示数变小B．电压表V2示数变大

C．电流表A1示数变大D．电流表A2示数变大

参考答案与试题解析

A．A带正电，B带负电B．A带负电，B带正电

C．A、B均不带电D．A、B均带正电

【考点】电荷守恒定律．

【分析】将带负电的导体球C靠近两个不带电的导体AB，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变．

【解答】解：

把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，

所以此时A带正电，B带负电．

故选A．

【点评】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．

【考点】库仑定律．

【专题】定性思想；

推理法；

电场力与电势的性质专题．

【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．

开始时由库仑定律得：

F1=

…①

现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为2Q，

因此此时：

F2=

…②

由①②得：

F1，

则F1与F2之比为5：

故选：

C

【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．

【考点】电场强度；

电势能．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；

O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．正电荷在高电势高处电势能大．

A、设菱形的边长为r，根据公式E=k

分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为ED=2k

．

O点的场强大小为EO=k

=4k

，可见，d点的电场强度小于O点的电场强．所以+q在d点所受的电场力较小，故A、C错误

B、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小．故B错误，D正确

故选D．

【点评】本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低．

A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动

C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大

【考点】带电粒子在混合场中的运动；

闭合电路的欧姆定律．

【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】根据电路图可知：

A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．

根据电路图可知：

A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小F电=Ee=

洛伦兹力方向向下，F=Bev

电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．

A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；

C、将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故C错误；

D、将极板间距离适当增大时，F电减小，满足要求，故D正确．

故选D

【点评】本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电子受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力，难度适中．

【考点】法拉第电磁感应定律；

感应电动势的产生条件．

【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．

结合数学知识我们知道：

穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=

运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．

根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N

A、图①中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．

B、图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．

C、图③中回路在O～tl时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在tl～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：

k1大于k2的绝对值．所以在O～tl时间内产生的感应电动势大于在tl～t2时间内产生的感应电动势．故C错误．

D、图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．

【点评】通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．

利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．

对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．

【考点】电势能；

机械能守恒定律．

【分析】图中电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；

重力做的功等于重力势能的减小量；

小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功．

A、由于电场力对小球做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误；

B、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加﹣W1，故B正确；

C、小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即﹣W1+

mv2，故C错误；

D、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，则知小球的电势能减少W2，故D正确；

BD．

【点评】解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，明确势能的减小量等于对应场力（电场力或重力）做的功，除重力和弹簧弹力以外的力做功引起机械能的变化．

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】巨磁电阻的电阻值随着外磁场的增强而急剧的减小，外磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，故巨磁电阻的电阻值随着外电流的增加而减小．

根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，根据欧姆定律判断两个电压表的读数变化情况．

A、B、巨磁电阻的电阻值随着外电流的增加而减小，如果I增大，巨磁电阻的电阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，电流I增加；

路端电压U1=E﹣Ir减小，电阻R2的电压U2=IR2增加，即电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，电流表A示数增加，故A正确，B错误；

C、D、如果I减小，巨磁电阻的电阻值增加，根据闭合电路欧姆定律，电流I减小；

路端电压U1=E﹣Ir增加，电阻R2的电压U2=IR2减小，即电压表V1示数增加，电压表V2示数减小，电流表A示数减小，故C错误，D正确；

故选AD．

【点评】本题是简单的电路动态分析问题，推导出路端电压和电阻R2的电压表达式进行分析即可．

【考点】自感现象和自感系数．

【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；

线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．

A、B、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故A正确，B错误；

C、D、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确．

AD．

【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；

线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．

100”的位置时，多用电表指针示数如图所示，此被测电阻的阻值约为　2.6K　Ω．

②某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S　断开　．（选填“闭合”或“断开”）

③若②中同学检查结果如表所示，由此可以确定　D　

【考点】用多用电表测电阻．

【专题】实验题；

恒定电流专题．

【分析】欧姆表的读数为示数乘以倍率，测量电阻时要将电路断开，若欧姆表两表笔之间电阻无穷大，说明测量的两点之间有断路，若电阻较小，说明连接完好．

①欧姆表的读数为示数乘以倍率，即：

26×

100=2.6KΩ

②两灯不亮，可以用欧姆表测量两点间的电阻来判断有无断路，检查前，应将开关S断开；

③由图知在bf、be、de之间存在断路，而bd之间电阻较小，说明bd之间没有断路，因此判断de间发生断路，D正确；

故答案为：

①2.6k②断开③D

【点评】本题考查了欧姆表的读数方法，利用欧姆表进行断路故障的判断，注意有断路时欧姆表指针所处的位置．

调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式　U=E﹣Ir　，利用测量数据作出U﹣I图象，得出E和r．

在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势　不变　（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．

曲线（c）对应的电源电动势E=　0.975　V，内阻r=　474　Ω．（均保留三位有效数字）

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】测量电源电动势和内阻时，U﹣I图象的斜率表示内阻，即

，图象纵轴截距为电动势．

①根据闭合电路的欧姆定律，U=E﹣Ir．

②如图所示．

③图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，交点纵坐标不变，所以电动势不变，为0.975V；

图线斜率的绝对值即为内阻，斜率的绝对值变大，内阻变大．

图（c）对应图线斜率绝对值约为

=474Ω；

故内阻约为474Ω

①U=E﹣Ir；

②如图所示；

③不变，增大，0.975，474

【点评】测量电动势和内阻实验中要注意数据的处理及误差分析；

要通过具体的操作明确各种误差来源．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；

牛顿第二定律；

向心力；

带电粒子在匀强电场中的运动．

【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】

（1）根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；

（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：

在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度．

（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．

（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，

根据动能定理：

qU1=

得：

v1=

=1.0×

104m/s

（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动．

水平方向：

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2

竖直方向：

a=

v2=at

由几何关系：

tanθ=

，联立得tanθ=

由题θ=60°

解得：

E=10000V/m．

（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：

=2×

104m/s

由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心