高中物理选修3静电场-电磁感应测试题.doc

2016-2017学年度南宫中学期末考试模拟卷（二）学校:_姓名：_班级：_考号：_1如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（ ）A三个等势面中，c等势面电势高B带电质点通过P点时电势能较大C带电质点通过Q点时动能较大D带电质点通过P点时加速度较大2自然界的力、电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是A通电导线周围存在磁场是法拉第发现的B楞次发现感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C奥斯特定量给出了电能和热能之间的转换关系D欧姆发现了磁场与电场之间的联系3一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为3，则此电阻丝原来的阻值为（ ）A9 B27 C8 D34如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线；抛物线OBC为同一电源内部消耗的功率Pr随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A时，该电源的输出功率为（ ）A1W B3W C2W D2.5W5如右图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光，但是光线较暗。 要使灯泡变亮，可以采取的方法有 （ ）A向下滑动P B增大交流电源的电压 C增大交流电源的频率 D减小电容器C的电容6图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10:1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1=R2=R3=20和电容器C连接成如图所示甲的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则（ ）A电压表V的读数约为707V B电流表A的读数为005AC电阻R2上消耗的功率为25W D若闭合开关S，电容器会被击穿7如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（ ）A用户用电器上交流电的频率是100HzB发电机输出交流电的电压有效值是500VC输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小8如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有 （ ） Aa、b、c三点处电势高低关系是acbB质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最大C质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为212D若将d处的点电荷改为Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc9如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电颗粒，电量分别为、。它们沿水平方向以相同的速率分别向左向右在电磁场区内做匀速直线运动，则（ ）A.它们带负电，且 B.它们带负电，且C.它们带正电，且 D.它们带正电，且10如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中1=10V、2=20V、3=30V。一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知A粒子带负电 B粒子的速度变小C粒子的加速度变大 D粒子的电势能变大11一只低压教学电源输出的交变电压的瞬时值u=10sin314tv，关于该电源的规格和使用，以下说法正确的是A、这只电源可以使“10V2W”的灯泡正常发光B、这只电源的交变电压的周期是314sC、这只电源在t=0.01s时电压达到最大D、“10V2F”电容器不能接在这只电源上12（2014河东区二模）如图所示一理想变压器的原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为，n2=200匝，电阻R=8.8原线圈接入一电压u=220（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则（ ）A.副线圈交受电流的频率是100HzB.t=ls的时刻，电压表V的示数为0C.变压器的输入电功率为220WD.电流表A的示数为10A13如图为研究磁场对通电导线的作用力的实验，问：（1）若闭合开关，导体棒AB 受到的安培力方向 （“向左”或“向右”）（2）如果向右滑动“滑动变阻器”触头，导体棒AB受到安培力方向 （“反向”或“不变”），安培力大小 （“变大”、“不变”或“变小”）14（10分）现用以下器材测量电池的电动势和内电阻A被测电池（电动势在10 V15V之间） B电阻箱（020）C滑动变阻器（最大阻值20 ） D定值电阻R0（阻值5 ）E电流表A1（量程06A） F电流表A2（量程3A）G电键 H导线若干实验中只用到了包括电池和定值电阻R0在内的六种实验器材，并利用实验数据做出了通过电源的电流I的倒数和外电路电阻R（R0除外）的关系图线，即-R图线，如图所示。则：实验时电阻箱和滑动变阻器二者中应选择 ；在虚线框内画出实验原理图；根据图线求出电池的电动势为 V，内阻为 ；说出实验中产生误差的原因（说出两条即可）： 。15如图所示，光滑的金属导轨间距为L，导轨平面与水平面成角，导轨下端接有阻值为R的电阻质量为m的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上，弹簧劲度系数为k，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现给杆一沿导轨向下的初速度v0，杆向下运动至速度为零后，再沿导轨平面向上运动达最大速度v1，然后减速为零，再沿导轨平面向下运动，一直往复运动到静止（金属细杆的电阻为 r，导轨电阻忽略不计）试求：（1）细杆获得初速度的瞬间，通过R的电流大小；（2）当杆速度为v1时，离最初静止位置的距离L1；（3）杆由v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳热Q16如图所示，一只标有“8V 4W” 的灯泡L与一只滑动变阻器R串联，开关S闭合，滑动片P在b点时，电压表的示数为12V，灯泡正常发光，当滑动片P从b点滑到a点时，电路中电阻增大了6，求：（1）灯泡的电阻值及电源电压。 （2分）（2）滑动片P在a点时，灯泡的实际功率多大？（2分） （3）你在计算过程中用到了什么近似？（1分）17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：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？18如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角=30，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？模拟卷（二）参考答案1BCD【解析】试题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故质点在P点的电势能较大，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故质点在Q点的动能较大，故C正确；D、由于相邻等势面之间的电势差相同等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确故选：BCD【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化2B【解析】试题分析：奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系故A错误； 楞次发现感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确；焦耳定量给出了电能的热能之间的转换关系；故C错误；奥斯特和法拉第分别得出了电流和磁场、磁场和电流之间的联系； 欧姆主要是发出了欧姆定律；故D错误；故选B。考点：物理学史【名师点睛】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，尤其是课本上涉及到的物理学家的名字及其伟大贡献更应该熟记【答案】B【解析】试题分析：一根粗细均匀，电阻值为R电阻丝截成长度相等的三段，则长度变为原来的，再把得到的三段并联起来使用，横截面积变为原来的3倍，根据电阻定律，阻值变为原来的，故： ，解得：。考点：电阻定律【名师点睛】此题考查了影响电阻的因素，导线越长，电阻越大，导线越粗，电阻越小串联电路相当于增加了电阻的长度，所以阻值增大，并联电路相当于增加了电阻的横截面积，所以阻值减小。4C【解析】试题分析：根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻利用电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热即可求解解：C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率P=EI，I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3Vr=1当I=1A时，输出功率为：P=EII2r=31121（W）=2W故选：C【点评】本题关键在：（1）理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热5BC【解析】试题分析：向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC。考点：变压器；容抗【名师点睛】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频，即增大交流电源的频率时，电容器对交流电的阻碍作用会减小，通过电容器的电流更大。6AC【解析】试题分析：开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为100V，所以副线圈电压为10V，则电压表的读数是R2的电压为5V707V，故A正确；由A的分析可知，副线圈电流为，所以原线圈电流为，故B错误；电阻R1、R2上消耗的功率为，故C正确；当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并=10，所以并联部分的电压为，最大值为，所以电容器不会被击穿，故D错误故选AC考点：变压器；交流电【名师点睛】本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中。7D【解析】试题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故A错误；B、由图象可知交流的最大值为Um=500V，因此其有效值为U=V，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：D【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8C【解析】试题分析：距负电荷越近，电势越低，则a=Cb,A错误；由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，则带电质点带正电，受到的作用力为引力，质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能减少，B错误；由题知abc三点到Q的距离之比为1：1，则由知，三点的电场强度之比为2：1：2，由FEq则三点所受电场力之比为2：1：2，则三点的加速度之比为2：1：2，C正确；由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，D错误。考点：本题考查点电荷的电场强度。【答案】D【解析】试题分析：若两个粒子带负电，则粒子受到的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力不可能为零，不能做匀速直线运动；粒子所受的电场力向下，洛伦兹力向上，重力也都向下，三个力的合力可能为零，则粒子可能做匀速直线运动，故AB均错误；若两个粒子带正电，则粒子受到的电场力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力可能为零，能做匀速直线运动，且有，得，粒子所受的电场力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力可能为零，则粒子可能做匀速直线运动，且有，得，可以知道，故C错误，D正确。考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题关键要掌握匀速直线运动的条件和左手定则，并能正确运用，两个粒子在电磁场中受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，对照匀速直线运动的条件：合力为零，进行分析。10A【解析】试题分析：由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A正确；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B错误；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行11AD【解析】试题分析：灯泡铭牌上标示的电压电流都是正常发光时的额定电压额定电流，是有效值，根据u=10sin314t可判断此交流电为正弦交流电，最大值为，有效值为，刚好等于灯泡的额定电压，A对。正弦交流电瞬时值表达式，可判断，B错。当t=0.01s时，u=10sin314*0.1=10sin=0，答案C错。“10V2F”的电容器对电压最大值的限制不能超过10v，而交流电源最大值是10，因此不能使用，D对。考点：交流电最大值有效值。12C【解析】试题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解：A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，所以A错误B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，副线圈的最大电压为44V，所以有效的电压为=44V，所以电压表V的示数为44V，所以B错误C、变压器的输入功率和输出功率是相等的，由C已经求出R的电压为44V，所以R的功率为=220W，所以C正确D、电阻R的电流为=5A，根据原副线圈的电流与匝数程反比可以求得原线圈的电流为1A，所以D错误故选C点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决13（1）向左（2）不变，变小【解析】解：利用左手定则可以判断受力方向（1）向左，（2）当滑片滑动时，方向不变，但电流发生改变，故大小发生改变，故答案为：（1）向左（2）不变，变小【点评】本题主要考查了左手定则，即张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向14电阻箱 ； 原理图见解析； 12 ； 1 ； 电流表A2的内阻分压产生的系统误差；电流表读数时产生的偶然误差；做图线时产生的偶然误差。 【解析】试题分析：实验中需要读出电阻的阻值，故应用电阻箱；电路图如图；由欧姆定律可知，变形可得：,由图可知,即E=12V；，解得r=1；实验中产生误差的原因：电流表A2的内阻分压产生的系统误差；电流表读数时产生的偶然误差；做图线时产生的偶然误差。考点：测量电池的电动势和内电阻。15（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）由； 解得：（2）设杆最初静止不动时弹簧伸长x0，当杆的速度为v1时杆受力平衡，弹簧伸长x1，此时，L1x1x0 得（3）杆最后静止时，杆在初始位置，由能量守恒可得所以：考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析杆的状态，确定其受力情况是关键综合性较强16（1）12V （2）2.56W（3）用到了“灯泡电阻不随温度变化而变化”这个近似。【解析】试题分析：（1）电压表测量的是电源电压，所以电源电压为12V灯泡的电阻值（2）滑动片P在b点时，电路中的电流，滑动变阻器两端的电压滑片P在b点时的电阻，滑片P从b点滑到a点时电阻为，此时电路电流，灯泡的实际功率（3）灯泡电阻随温度的升高而增大，我们近似认为电阻不变，所以说用到了“灯泡电阻不随温度变化