江西省鹰潭市贵溪市实验中学高中部高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省鹰潭市贵溪市实验中学高中部高二（上）期中物理试卷一选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确）1首先发现电流磁效应的科学家是（）a安培b奥斯特c库仑d麦克斯韦2如图所示，两同心圆环a和b，处在同一平面内，a的半径小于b的半径，条形磁铁的轴线与圆环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量a与b的大小关系为（）aabbabca=bd无法比较3两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨迹半径，t1、t2是它们的运动周期，则（）ar1=r2，t1t2br1r2，t1t2cr1=r2，t1=t2dr1r2，t1=t24下列关于磁感线的说法正确的是（）a磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向b磁场中任意两条磁感线均不可相交c铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是磁感线d磁感线总是产生于磁体的n极，终止于磁体的s极5如图所示电路中，r是电源的内阻，r1和r2是外电路中的电阻，如果用pr、p1和p2分别表示电阻r、r1和r2上所消耗的电功率，当r1=r2=r时，pr：p1：p2等于（a1：1：1b2：1：1c1：4：4d4：1：16两个小灯泡，分别标有“1a4w”和“2a1w”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）a2：1b16：1c4：1d1：167如图所示装置中，劲度系数较小的金属弹簧下端恰好浸入水银中，电源的电动势足够大，当闭合开关s后，弹簧将（）a保持静止b收缩c变长d不断上下振动8如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器r的滑动触头p向上移动时（）a电源的输出功率变大bc灯变亮，a灯和b灯变暗ca灯变亮，b灯变暗，c灯变亮dc灯变亮，a灯变暗，b灯变亮9关于电源电动势的说法，正确的是（）a无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变b电路中路端电压增大时，则电源电动势也一定增大c电动势就是电势差，也叫电压d电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多10一段长为l，电阻为r的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）ab3rcdr二填空题（本题共5小题每小题6分，共30分）11在匀强磁场中，有一段0.05m的导线和磁场垂直当导线通过的电流是1a时，受磁场的作用力是0.1n，那么该匀强磁场磁感应强度b=t；当导线通过的电流是0时，那么该匀强磁场磁感应强度b=t12如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是极如磁铁上端是s极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向13半径为r的四分之一光滑圆弧的绝缘轨道，如图所示o为圆心，oa为水平半径，一质量为m，电量为q的带正电小球，从a点由静止滑下，经过最低点b时对轨道的压力为零，则该区域内匀强磁场的磁感应强度为方向为14在图的电路中，a、d端所加的电压u恒定，r1=r2=r3=10用一只理想的电流表接在b、c之间时其示数为0.75a，则若将电流表接在a、c之间时，其示数为a，若在b、c之间接一只理想的电压表，其示数为v15如图所示，用伏安法测电阻时，如果不知道待测电阻的大概值时，为了选择正确的电路以减少误差，可将电压表一个接头分别在a、b两点接触一下，如果安培表读数没有显著变化，则p应接在处，如果伏特表读数没有显著变化，则p应接在处三计算题（每小题10分共30分）16一台线圈电阻为2的电动机，接在110v电路中工作时，通过电动机的电流为10a，则这台电动机消耗的电功率为多少？发热功率为多少？转化成机械功率为多少？17如图所示，一束电子（电量为e）以速度垂直射入磁感应强度为b，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是，穿透磁场的时间是18如图所示的电路中，电阻r1=9，r2=15，电源的电动势e=12v，内电阻r=1，安培表的读数i=0.4a求：电阻r3的阻值和它消耗的电功率2015-2016学年江西省鹰潭市贵溪市实验中学高中部高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确）1首先发现电流磁效应的科学家是（）a安培b奥斯特c库仑d麦克斯韦【考点】物理学史【分析】电流磁效应即电流产生磁场的现象，是1820年丹麦的物理学家奥斯特【解答】解：安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则库仑发现了库仑定律，麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波的存在奥斯特首先发现了电流磁效应故选b【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢2如图所示，两同心圆环a和b，处在同一平面内，a的半径小于b的半径，条形磁铁的轴线与圆环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量a与b的大小关系为（）aabbabca=bd无法比较【考点】磁通量【分析】在磁铁的外部，磁感线从n极出发进入s极，在磁铁内部，磁感线从s极指向n极磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ab故a正确故选：a【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较3两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨迹半径，t1、t2是它们的运动周期，则（）ar1=r2，t1t2br1r2，t1t2cr1=r2，t1=t2dr1r2，t1=t2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子垂直进入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律研究半径关系，再推导周期关系【解答】解：设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为b，电子的质量和电量分别为m、q根据牛顿第二定律得 qvb=m得到，运动轨迹半径为r=，m、q、b相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1r2电子圆周运动的周期t=，m、q、b均相同，则电子运动的周期相同，即t1=t2故选d【点评】本题可在理解的基础上，记住粒子做匀速圆周运动的半径和周期公式基本题4下列关于磁感线的说法正确的是（）a磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向b磁场中任意两条磁感线均不可相交c铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是磁感线d磁感线总是产生于磁体的n极，终止于磁体的s极【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁感线是闭合曲线，不能相交，其疏密程度反映磁场的强弱，是人为假想的曲线，并不存在磁感线不是小磁针受磁场力后运动的轨迹【解答】解：a、磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向；故a正确；b、磁感线不能相交，若相交则有两个磁场方向，而同一点只能有一个方向；故b正确；c、铁屑的分布曲线是由于它们受力形成的曲线，不是磁感线；故c错误；d、在磁体外部磁感线总是由n极指向s极，在磁体内部磁感线总是由s极指向n极；故d错误；故选：ab【点评】本题考查对磁感线的理解能力，抓住磁感线几个“不”：不存在，不相交，与轨迹不是一回事但是闭合曲线5如图所示电路中，r是电源的内阻，r1和r2是外电路中的电阻，如果用pr、p1和p2分别表示电阻r、r1和r2上所消耗的电功率，当r1=r2=r时，pr：p1：p2等于（a1：1：1b2：1：1c1：4：4d4：1：1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】当r1=r2=r时，干路中电流等于r1和r2电流的2倍，根据公式p=i2r可以研究三个电阻的功率关系【解答】解：设干路电流为i，流过r1和r2的电流分别为i1和i2由题，r1和r2并联，电压相等，电阻也相等，则电流相等，故i1=i2=根据公式p=i2r，三个电阻相等，功率之比等于电流平方之比，即pr：p1：p2=4：1：1故选：d【点评】本题考查功率公式，而对于纯电阻电路，功率公式有三种形式p=ui=i2r=，要根据不同的条件灵活选择6两个小灯泡，分别标有“1a4w”和“2a1w”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）a2：1b16：1c4：1d1：16【考点】欧姆定律【分析】已知两灯泡的电流及功率，而灯泡为纯电阻，故由p=i2r可求得电阻大小【解答】解：由p=i2r可得：r=；解得：r1=4；r2=；故电阻之比为：16：1故选：b【点评】本题考查功率公式的应用，对于纯电阻电路功率公式要注意灵活掌握并加以应用7如图所示装置中，劲度系数较小的金属弹簧下端恰好浸入水银中，电源的电动势足够大，当闭合开关s后，弹簧将（）a保持静止b收缩c变长d不断上下振动【考点】平行通电直导线间的作用【分析】这个软弹簧就相当于螺线管，当闭合开关时，螺线管的每相邻的两匝线圈的磁极刚好相反，即n极对s极，此时两磁极会互相吸引，由锰铜丝构成的螺线管会收缩而变短；电路断路；灯泡熄灭；磁性消失后弹簧又恢复原状【解答】解：开关闭合后电路接通，电路中有电流；由金属丝构成的螺线管两磁极会互相吸引，弹簧会收缩而变短；变短后电路断路；依此规律反复，弹簧上下振动，故d正确，abc错误故选：d【点评】本题考查通电螺线管的特点和磁极间的相互作用，关键是明白通电后的弹簧相当于螺线管8如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器r的滑动触头p向上移动时（）a电源的输出功率变大bc灯变亮，a灯和b灯变暗ca灯变亮，b灯变暗，c灯变亮dc灯变亮，a灯变暗，b灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当变阻器的滑动触头p向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断b灯亮度的变化由通过b的电流与总电流的变化，分析通过c灯电流的变化，判断其亮度的变化a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化【解答】解：a、由题意，a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头p向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故a正确；b、当变阻器的滑动触头p向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流i增大，a灯变亮a灯和电源的内电压增大，并联部分电压减小，b灯变暗由总电流增大，而通过b灯的电流减小，可知通过c灯的电流增大，c灯变亮故bd错误，c正确故选：ac【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化利用推论分析电源输出功率的变化9关于电源电动势的说法，正确的是（）a无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变b电路中路端电压增大时，则电源电动势也一定增大c电动势就是电势差，也叫电压d电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【考点】电源的电动势和内阻【分析】电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势大小等于内外电路电势降落之和电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关【解答】解：a、电源的电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变故a正确b、电源的电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关故b错误；c、根据闭合电路欧姆定律可知：电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，但电动势与电压是两个不同的概念，不能说“就是”，故c错误；d、电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，由电源本身决定，电源的电动势越大，电源所能提供的电能的本领越大，但不能说提供的电能就越多，故d错误故选：a【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关10一段长为l，电阻为r的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）ab3rcdr【考点】电阻定律【分析】一段长为l，电阻为r的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断【解答】解：一段长为l，电阻为r的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式r=，其电阻不变，为r；故选d【点评】本题关键根据电阻定律判断，记住公式r=即可，基础题二填空题（本题共5小题每小题6分，共30分）11在匀强磁场中，有一段0.05m的导线和磁场垂直当导线通过的电流是1a时，受磁场的作用力是0.1n，那么该匀强磁场磁感应强度b=2t；当导线通过的电流是0时，那么该匀强磁场磁感应强度b=2t【考点】安培力【分析】磁场与导线垂直，根据安培力的公式f=bil，求磁感应强度b，注意公式b=是采用比值法定义的，磁场中某点磁感应强度的大小与f，il等因素无关，是由磁场本身决定的【解答】解：根据磁感应强度的定义式，有：b=，由此可知该处的磁感应强度为b=2t，这与导线的放置、长短、电流大小等因素无关，即该处的磁感应强度有磁场本身决定，则当导线通过的电流是0时，磁感应强度不变，仍为2t故答案为：2，2【点评】本题考查磁感应强度的定义，要明确，磁感应强度是磁场的本身属性，不会因外放入的通电导线的改变而改变12如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是n极如磁铁上端是s极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向右【考点】安培力；左手定则【分析】根据左手定则判断磁场和安培力的方向，磁感线垂直于掌心，大拇指与四指垂直，在同一个平面内，电流方向与四指方向相同，大拇指方向为安培力方向【解答】解：电流方向由b到a，安培力向右，根据左手定则，知磁场方向竖直向下，所以磁铁上端是n极 磁铁上端是s极，电流方向自a到b，根据左手定则，知安培力方向向右故答案为：n，右【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向的关系13半径为r的四分之一光滑圆弧的绝缘轨道，如图所示o为圆心，oa为水平半径，一质量为m，电量为q的带正电小球，从a点由静止滑下，经过最低点b时对轨道的压力为零，则该区域内匀强磁场的磁感应强度为方向为垂直于纸面向外【考点】向心力；牛顿第二定律；带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】小球运动到b点时，对轨道的压力为零，受重力和洛伦兹力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能定理求出磁感应强度的方向，根据左手定则确定磁感应强度的方向【解答】解：根据动能定理得，mgr=，在最低点有：q联立两式解得b=，因为洛伦兹力的方向竖直向上，根据左手定则知，磁感应强度的方向为垂直于纸面向外故答案为：，垂直于纸面向外【点评】解决本题的关键知道小球在b点向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解，以及掌握左手定则判断洛伦兹力方向、电荷运动方向和磁感应强度方向的关系14在图的电路中，a、d端所加的电压u恒定，r1=r2=r3=10用一只理想的电流表接在b、c之间时其示数为0.75a，则若将电流表接在a、c之间时，其示数为1.5a，若在b、c之间接一只理想的电压表，其示数为5v【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律【分析】b、c之间接电流表时，r2被短路；由b、c之间欧姆定律可求得u；ac间接电流表时r1、r2短路再由欧姆定律可求得ac间接电流表时的示数；而ac间接电压时，三电阻串联，再由欧姆定律可求得电压值【解答】解：b、c之间接电流表时，r2被短路，则由欧姆定律可知，电源电压u=0.7520=15v；而当ac间接电流表时，电流表示数i=1.5a；若bc间接电压表，三电阻串联，所测电压u=5v；故答案为：1.5；5【点评】本题考查串并联电路的电流及电压规律，要注意电流表只能串联在电路中，而电压表并联在电路中15如图所示，用伏安法测电阻时，如果不知道待测电阻的大概值时，为了选择正确的电路以减少误差，可将电压表一个接头分别在a、b两点接触一下，如果安培表读数没有显著变化，则p应接在a处，如果伏特表读数没有显著变化，则p应接在b处【考点】伏安法测电阻【分析】本题的关键是对欧姆定律和串并联规律的理解和应用，当电流表采用外接法即p接在a处时，造成误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时，电压表的分流作用越小，电流表示数变化越不明显，所以若电流表读数变化不明显时，电流表应采用外接法同理，若电压表读数变化不明显，说明电流表分压作用较小，即电流表内阻较小，应采用内接法【解答】解：根据欧姆定律和串并联规律可知，若电流表示数没有显著变化，说明电压表的分流作用较小，即电压表的内阻很大，由于电压表内阻越大时采用电流表外接法误差较小，所以电流表应采用外接法，即p应接在a处；如果电压表读数变化不明显，说明电流表的分压作用较小，即电流表内阻较小，由于电流表内阻越小时，电流表采用内接法时误差较小，所以p应接在b处故答案为：a，b【点评】应明确电流表采用外接法和内接法的条件和选择方法：当满足时，电流表应用外接法；当满足时，电流表应用内接法三计算题（每小题10分共30分）16一台线圈电阻为2的电动机，接在110v电路中工作时，通过电动机的电流为10a，则这台电动机消耗的电功率为多少？发热功率为多少？转化成机械功率为多少？【考点】电功、电功率【分析】电动机是非纯电阻电路，根据p=ui求解电功率，根据p热=i2r求解热功率，根据p出=pp热求解输出功率【解答】解：电动机内电阻为2，接在110v电路中，通过电动机的电流为10a，故：电功率：p=ui=11010=1100w热功率：p热=i2r=1022=200w机械功率：p出=pp热=1100200=900w答：