山东省德州市齐河一中高三物理上学期1月份段考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年山东省德州市齐河一中高三（上）段考物理试卷（1月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2013秋齐河县校级月考）下列说法正确的是（）a美国人富兰克林提出了正、负电荷的概念b麦克斯韦第一个采用了画电场线的方法描述电场c安培发现了电流周围存在着磁场d奥斯特提出了分子电流假说，用以解释电流的磁场和磁铁的磁场在本质上是相同的考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、美国人富兰克林提出了正、负电荷的概念，故a正确；b、法拉第第一个采用了画电场线的方法描述电场故b错误；c、奥斯特发现了电流周围存在着磁场，故c错误；d、安培提出了分子电流假说，用以解释电流的磁场和磁铁的磁场在本质上是相同的，故d错误；故选：a点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2013江苏）将一电荷量为+q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）aa点的电场强度比b点的大ba点的电势比b点的高c检验电荷q在a点的电势能比在b点的大d将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小解答：解：a：电场线的疏密表示场强的大小，故a正确；b：a点所在的电场线从q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势故b正确；c：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故c错误；d：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故d正确故选：abd点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加3（4分）（2013秋平顶山期末）如图所示，a、b两导体板平行放置，在t=0时将电子从a板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）分别在a、b两板间加四种电压，它们的uabt图线如下列四图所示其中可能使电子到不了b板的是（）abcd考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的vt图象进行分析解答：解：a加a图电压，电子从a板开始向b板做匀加速直线运动一定能到达b板故a错误 b加b图电压，开始向b板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的vt图，可知有可能到不了b板故b正确 c加c图电压，由vt图，电子一直向前运动，可知一定能到达故c错误 d加d图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达故d错误故选b点评：解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合vt图象求解4（4分）（2013江苏）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示m是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻rm发生变化，导致s两端电压u增大，装置发出警报，此时（）arm变大，且r越大，u增大越明显brm变大，且r越小，u增大越明显crm变小，且r越大，u增大越明显drm变小，且r越小，u增大越明显考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：压轴题；恒定电流专题分析：电阻r与rm并联后与s串联，当电阻r越大时，电阻r与rm并联的电阻越接近rm，电压变化越明显解答：解：s两端电压u增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，rm变小；当rrm时，r越大，m与r并联的电阻r并越接近rm，u增大越明显；故选：c点评：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻r越大时，电阻r与rm并联的电阻越接进rm，电压变化越明显5（4分）（2013秋海曙区校级期末）如图所示的电路中，输入电压u恒为12v，灯泡l上标有“6v、12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）a电动机的输入功率为12 wb电动机的输出功率为12 wc电动机的热功率为12 wd整个电路消耗的电功率为22 w考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电压是6v，额定功率是12w，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率解答：解：a、电动机两端的电压u1=uul=126v=6v，整个电路中的电流i=2a，所以电动机的输入功率p=u1i=62w=12w故a正确b、c、电动机的热功率p热=i2rm=40.5w=2w，则电动机的输出功率p2=pi2rm=122w=10w故b错误，c错误d、整个电路消耗的功率p总=ui=122w=24w故d错误故选：a点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率p2=i2rm以及知道整个电路消耗的功率p总=ui6（4分）（2013兰州模拟）在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，四个灯泡完全相同，其额定电压为u，若已知灯泡l3和l4恰能正常工作，那么（）al1和l2都能正常工作bl1和l2都不能正常工作c交流电源电压为2ud交流电源电压为4u考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：设每只灯的额定电流为i，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系解答：解：a、设每只灯的额定电流为i，额定电压为u，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，电流与匝数成反比，所以原副线圈电流之比为1：2，即原线圈的电流为i，l1和l2都能正常工作，a正确b错误；c、副线圈两端电压为u，根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压为2u，所以电源的电压为4u，d正确故选：ad点评：本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题7（4分）（2013秋齐河县校级月考）如图为甲、乙两灯泡的 iu 图象根据图象，计算甲、乙两灯并联在电压为 22ov 的电路中，实际发光的功率约为（）a15w 30wb30w 40wc40w 60wd60w 100w考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：由图分别读出两灯的电流，根据公式p=ui求出两灯实际发光的功率解答：解：甲、乙两灯泡并联在电压220v的电路中，两灯的电压都是220v，由图分别两灯的电流分别为i甲=0.18a，i乙=0.28a，由公式p=ui得，两灯实际发光的功率分别为p甲=39.6w40w，p乙=61.6w60w故选：c点评：本题一要抓住并联电路的特点：两灯电压相等，二要有基本的读图能力8（4分）（2013秋齐河县校级月考）在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为b的匀强磁场，区域i的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为l，一个质量为m、电阻为r、边长也为l的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动；当ab边下滑到jp与mn的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ek，重力对线框做功大小为w1，安培力对线框做功大小为w2，下列说法中正确的有（）a在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1b从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能守恒c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程，有（w1ek）机械能转化为电能d从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ek=ww2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：当ab边刚越过gh进入磁场区和ab边下滑到jp与mn的中间位置时，恰好做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力与安培力大小相等，可得到速度关系从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能减小，转化为电能，由能量守恒定律求解机械能转化为电能的数量从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，根据动能定理求解动能的变化解答：解：a、当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin=；当ab边下滑到jp与mn的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，回路中总电动势为2blv2，ab和cd两边都受到安培力，则有mgsin=，则有v2=v1在下滑过程中，重力做正功，安培力做的是负功故a错误；b、c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框速度在减小，故其动能减小，由于安培力做负功，机械能减小转化为电能根据功能关系得知，机械能减小量是（w1ek）转化为电能故b错误，c正确d、从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，只有重力和安培力对线框做功，其所做的总功等于其动能的变化量，考虑到线框动能的减小，所以其克服安培力做功大于重力做功，故ek=w合=w2w1，故d错误故选：c点评：本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式f=是常用的经验公式，要记牢同时，要把握住能量是如何转化的问题9（4分）（2008秋孝感期末）如图所示：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板a、b，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为l，板间距离为d，板平面的面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于速度方向，负载电阻为r，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为i，那么板间电离气体的电阻率为（）abcd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电离气体充满两板间的空间，受到洛伦兹力发生偏转，在a、b间产生电势差，最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡根据平衡求出a、b间的电动势，从而根据闭合电路欧姆定律求出电离气体的电阻，再根据电阻定律求出电阻率解答：解：最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡，有qvb=q解得e=vbd根据闭合电路欧姆定律得，电离气体的电阻r=r=r由电阻定律得，r=解得=故b正确，a、c、d、错误故选：b点评：本题综合考查了闭合电路欧姆定律、电阻定律与磁场的知识，关键知道稳定时，电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡10（4分）（2011聊城二模）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab导轨的一端连接电阻r，其他电阻均不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力f作用下由静止开始向右运动的过程中（）a随着ab运动速度的增大，其加速度也增大b外力f对ab做的功等于电路中产生的电能c外力f做功的功率始终等于电路中的电功率d克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；法拉第电磁感应定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：在水平方向，金属棒受到拉力f和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况根据功能关系分析电能与功的关系解答：解：a、金属棒所受的安培力为：fa=bil=，由牛顿第二定律得，金属棒的加速度：a=，速度v增大，安培力增大，加速度减小，故a错误b、根据能量守恒知，外力f对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能，故b错误c、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，外力f做功的功率等于电路中的电功率，ab棒做加速度运动时，外力f的功率大于电路中的电功率，故c错误d、克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，故d正确故选：d点评：在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系二、实验题（18分）11（6分）（2013秋齐河县校级月考）读数：（1）0.960cm； （2）2.50a（量程3a）； 10.0v（量程15v）考点：用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用版权所有专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数（2）根据图示确定电表量程与分度值，然后读出其示数解答：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm（2）电流表量程为3a，由图2所示电流表可知其分度值为0.1a，电流表示数为2.50a；电压表量程为15v，由图示电压表可知，其分度值为0.5v，其示数为10.0v；故答案为：（1）0.960；（2）2.50；10.0点评：本题考查了游标卡尺与电表读数，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读12（12分）（2007宝安区模拟）如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5v的小灯泡的iu特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整（2）开关s闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于a端（选填“a”、“b”或“ab中间”）（3）实验中测得有关数据如下表：u/v0.400.801.201.602.002.402.80i/a0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在如图乙中画出小灯泡的iu特性曲线（4）若已知小灯泡灯丝在27时电阻值约为1.5，并且其电阻值与灯丝的热力学温度成正比，试估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为1.65103（保留三位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）测定伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑片初始的位置应使测量电路部分短路，从而保护测量电路部分（3）用平滑的曲线描点作图（4）根据电阻值与灯丝的热力学温度成正比，求出比例系数，从图线求出灯泡在额定电压下的电阻，从而求出此时的温度解答：解：（1）测绘额定电压为2.5v的小灯泡的iu特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，灯泡的电阻较小，属于小电阻，电流表采取外接法实物连线图如下图（1）（2）开关s闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于a端，使得闭合时，使得测量部分短路，电压、电流为零，起到保护作用（3）根据数据描点作图，如下图（2）（4）因为r=kt，则1.5=k（273+27），解得k=，从图线上知，当u=2.5v时，电流i=0.26a，此时的电阻，根据r=kt，解得t=9.6200k=1920k，则t=1920273=1647c=1.65103c故答案为：（1）如图（1）（2）a （3）如图（2）（4）1.581031.65103点评：本题考查了电流表内外接、滑动变阻器分压、限流式的选择，关键搞清它们的区别三、计算题（本题包括3小题，每题14分，共42分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位）13（14分）（2013北京）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为u，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为b的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强e的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r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版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据公式可求e；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解解答：解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强e的大小；（2）设带电粒子出电场时速度为v由动能定理得：解得：； （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 联立得：；答：（1）匀强电场场强e的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式，d是指沿电场方向距离14（14分）（2011秋海淀区期末）在如图所示的电路中，两平行正对金属板a、b水平放置，两板间的距离d=4.0cm电源电动势e=400v，内电阻r=20，电阻r1=1980闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从b板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达a板若小球所带电荷量q=1.0107c，质量m=2.0104kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2求：（1）a、b两金属板间的电压的大小u；（2）滑动变阻器消耗的电功率p滑；（3）电源的效率考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）小球从b板上的小孔射入恰好到达a板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，电场力做功qu，重力做功mgd，根据动能定理求解u（2）变阻器两端的电压等于u，由i=，u=ir滑，相结合求出r滑，滑动变阻器消耗的电功率 （3）电源的效率=解答：解：（1）小球从b板上的小孔射入恰好到达a板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设a、b两极板间电压为u，根据动能定理有qumgd=0mv02 解得u=200v（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为r滑，根据闭合电 路欧姆定律可知，电路中的电流得 i=根据部分电路欧姆定律可知 u=ir滑解得 r滑=2.0103滑动变阻器消耗的电功率 =20w （3）电源的效率=100%=100%=99.5%答：（1）a、b两金属板间的电压的大小u是200v；（2）滑动变阻器消耗的电功率p滑是20w（3）电源的效率是99.5%点评：本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻难度不大15（14分）（2012浙江校级模拟）如图a所示，水平直线mn下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=106c/kg的正电荷置于电场中的o点由静止释放，经过105s后，电荷以v0=1.5l04m/s的速度通过mn进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度b按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过mn时为t=0时刻）