河北省邯郸市鸡泽一中学年高二上学期期末模拟考试物理试题三 Word版含答案Word文档下载推荐.docx

1、开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）AR1断路 BR2断路 CR1短路 DR3短路9. 一细束带电粒子由右端射入质谱仪中的速度选择器后做直线运动，从小孔0进入匀强磁场B2后打在核乳胶片上，运动轨迹如图所示，不计粒子间的相互作用与重力，则（）A该束带电粒子一定带正电 B速度选择器的Pl极板带正电C在磁场B2中运动轨迹半径越大的粒子，比荷越小D在磁场B2中运动轨迹半径越大的粒子，质量一定越大10. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计下列说法正确的是（）A闭合开关S后，A1会逐渐变亮 B闭合开关S稳定后，A1、A

2、2亮度相同C断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭 D断开S的瞬间，a点的电势比b点低11. 汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图8所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花了，下列说法中正确的是（）A该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压B该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交变电流C该设计方案可行，因为通过变压器原线圈的是变化的电

3、流，可以通过变压器发生互感现象D该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器12. 如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab是（）A恒为 B从0均匀变化到C恒为 D从0均匀变化到13. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B保持

4、Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小14. 如图甲所示为电热毯电路示意图,交流电压u=311sin（100t） V,当开关S闭合时,电热丝的电功率为P0;当开关S断开时,加在电热丝上的电压如图乙所示,则（）A.开关闭合时,交流电压表的读数为220 VB.开关闭合时,交流电压表的读数为311 VC.开关断开时,交流电压表的读数为311 V,电热丝功率为D.开关断开时,交流电压表的读数为156 V,电热丝功率为15. 如图所示，电流表A1（03A）和A2（00.6A）是由两个相同的电流表改装

5、而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）AA1、A2的读数之比为1：1 BA1、A2的读数之比为5：1CA1、A2的指针偏转角度之比为1：1 DA1、A2的指针偏转角度之比为1：516. 如图所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如图中虚线所示不计重力空气阻力，则下列说法中正确的是（）A甲带正电荷，乙带负电荷 B洛伦兹力对甲乙不做正功C甲的速率大于乙的速率 D甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时

6、间17. 如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电油滴恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时（）A带电尘粒将向上运动 B带电尘粒将保持静止C通过电阻R的电流方向为A到B D通过电阻R的电流方向为B到A18. 如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（）A变为0 B先减小后不变 C等于F D先增大再减小二、实验题19. 某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡直接去测量某电压表（量程为10V）

7、的内阻（大约为几十千欧），该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，则：（1）欧姆挡的选择开关拨至（选填“1k”或“100”）挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用图中（选填“A”或“B”）方式连接（2）在实验中，某同学读出欧姆表的读数为，这时电压表的读数为V，欧姆表电池的电动势为V20. 在做测定金属的电阻率的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A电池组（3V、内阻l）B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻4k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，允许最大电流l A）G滑动变阻器（02

8、000，允许最大电流0.3A）H开关、导线（1）上述器材中应选用的是 （只填写字母代号）（2）某同学采用了图1所示的部分电路测量电阻，则测量值比真实值偏 （选填“大”或“小”）根据测量数据得到的伏安特性曲线如图2所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是 三、计算题21. 有一个10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 ，线框绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如右图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T问：（1）该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？（2）线框从图示位置转过60时，感应电动势的瞬时值是多大？（3）写出感应电动势随时间变化的表达

9、式22. 如图所示，匀强磁场宽L=30cm，B=3.34103T，方向垂直纸面向里设一质子以v=1.6105m/s 的速度垂直于磁场B的方向从小孔C射入磁场，然后打到照相底片上的A点试求：（1）质子在磁场中运动的轨道半径r；（2）A点距入射线方向上的O点的距离H；（3）质子从C孔射入到A点所需的时间t（质子的质量为1.671027kg；质子的电荷量为1.61019C）23. 如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d0.5m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B00.2T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为

10、r0.1，质量分别为M10.3kg和M20.5kg.固定棒L1，使棒L2在水平恒力F0.8N的作用下，由静止开始运动试求： （1）当电压表读数为U0.2V时，棒L2的加速度为多大？（2）棒L2能达到的最大速度vm的大小答案1. 解析：根据开路电压等于电源电动势，求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻由题，U=0.6V，则E=U=0.6V，又E=I短r，得到r=20，故选：A2. 解析：由安培力公式F=BIL，得B=，可知，磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，故AB错误；当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯定此处没有磁感应强度，故C错误；磁场中磁感

11、线越密集的地方，磁感应强度越大，故D正确，答案：D3. 解：用电器上表明的电压值与电流值都是有效值；“额定电压220V”指的是交流电压的有效值故A错误；交流发电机是利用电磁感应的原理来工作的故B正确；在远距离输电中，采用高压输电的目的是为了减小输电线路中的电流，以减小电路中的损耗故C错误；涡流都有热效应，在高压输电中要用到变压器，变压器的铁芯中会产生感应电流涡流，所以在制作变压器时，要想办法减小涡流故D错误B4. 解析：根据动能定理可知：WFW安WGmv2。其中，安培力、重力均做负功，外力F做正功，则由上式可得A正确，B、C错误；D选项中电阻上放出的热量应等于克服安培力所做的功，故D错误。5.

12、 解析：据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90，如图乙，并画出CD此时位置AB电流的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB.6. 解析：由UI图象可求得电源的电动势E6 V，内电阻r0.5 ，当U4.8 V时，I2.4 A，RU/I2 ，B正确7. 解析：根据题意，由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成法则，则得磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，中心处的导体棒受

13、到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；C8. 解析：若R1断路，电流表A中没有读数，不符合题意，故A错误若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故B正确若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故C错误若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，不符合题意，故D错误B9. 解析：由带电粒子在左侧磁场中的偏转方向知磁场的方向垂直纸面向外，由左手定则知，该粒子带负电，故A错误；由左手定则知，带电粒子所受的

14、洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向上，所以速度选择器的P1极板带负电故B错误；根据公式qvB=，得r=，知半径r越大，比荷越小，不能确定质量之间的关系故C正确，D错误10. 解析：闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；

15、故C错误D正确；11. 解析：变压器只能改变交变电流的原因是如果在原线圈上接恒定电压，则线圈的磁通量保持不变，从而不能产生感应电动势，副线圈中也就没有输出电压了在本装置中，开关的闭合、断开，导致电流不断地变化，从而使得磁通量不断地变化，能够使变压器工作C12. 解析：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有：E=，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），故ab，故：ab=故选：C13. 解析：保持Q位置不动时，负载电路电压保持不变，将P向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负载消耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表

16、示数变小，所以选项A错误、B正确； 保持P位置不动，即负载电路电阻不变，将Q向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项C正确的、D错误。BC14. 解析:交流电压表的读数为有效值,计算热功率要用有效值。开关接通时,交流电压峰值Um=311 V,所以有效值U=220 V,A正确;开关断开时,取一个周期T,电热丝产生的热量减半,所以由P=,电热丝功率为,由P=,电压有效值为U1=156 V,电压表示数为156 V。故正确选项为A、D。答案:AD15. 解析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头

17、的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，故BC正确16. 解析：在P点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则，甲带正电荷；同理，在P点，乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷；故A正确；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=，得R=，由于q、m、B均相同，甲的轨道半径大，说明甲的速度也大，故

18、C正确；周期T=，由于t=T，故t=；由于q、m、B均相同，故时间相等，故D错误；AC17. 解析：由于电容器与电源相连，故电容器两端电压不变，因板间距不变，故两端间场强不变，故带电粒子仍能保持静止，故A错误，B正确；因正对面积减小，由C=可知C减小；因电压不变，由C=可知，Q减小，故电容器放电，因电容器上极板接电源正极，故上极板带正电，故电流由A流向B，故D错误，C正确；BC18. 解析：a导体棒在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大最后不变，b受到的安培力大小与a受到的安培力相等，方向沿斜面向上所以b导体棒受摩擦力可能先减小后不变，可

19、能减小到0保持不变，也可能减小到0然后反向增大保持不变，所以选项A、B正确，C、D错误AB19. 解析：当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数倍率=读数知，选择1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：401K=40K；电压表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30K，与电压表的内阻40K串联，由欧姆定律可知：E=I（r+R）=（3104+4104）=8.75V故答案为：（1）1k，A； （2）40000，5.0，8.7520. 解析：（1）测量电阻需要电源、电

20、流表、电压表、滑动变阻器、电键导线，由于电源电压为3V，所以电压表选择D，电路中的电流大约I=0.6A，所以电流表选择C，滑动变阻器用小阻值的便于操作，则所需的器材为A、C、D、F、H（2）待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法，根据R=，由于电压表的分流，使得测量值比真实值偏小图中MN段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大（1）ACDFH （2）小，随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大21. 解析：（1）交变电流电动势最大值为EmNBS100.50.2210 V6.28 V，电流的最大值为ImEm/RA6.2

21、8 A.（2）线框转过60时，感应电动势eEmsin605.44 V.（3）由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为eEmsint6.28sin10t V.22. 解析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：r=0.5m；（2）由几何知识得：r2=L2+（rH）2，即：0.52=0.32+（0.5H）2，解得：H=0.1m；（3）sin=0.6，则质子转过的圆心角：=37，质子在磁场中的运动的时间：t=，代入数据解得：t=2106s；答：（1）质子在磁场中运动的轨道半径为0.5m；（2）A点距入射线方向上的O点的距离为0.1m；（3）质子从C孔射入到A点所需的时间为2106s23. 解析：（1）流过棒L2的电流IA2A棒L2所受的安培力FB0Id0.2N对棒L2由牛顿第二定律可知，FFM2a解得a1.2m/s2（2）安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，设此时电路电流为Im，则F安B0Imd，而Im，F安F解得vm16m/s.（1）1.2m/s2（2）16 m/s