陜西西安西北大學附屬中學2015-2016學年高二上學期第二次月考物理試卷Word版含解析 - 下載本文

A.I=0.75A B.I=0.5A C.q=2×10C D.q=1×10C 【考點】閉合電路的歐姆定律. 【專題】恒定電流專題.

【分析】開關S閉合電路穩定時,電容器相當于開關斷開,根據閉合電路歐姆定律求出電路中電流I,再求電容器的電壓,由Q=CU求其電量.斷開電源,電容器會放電,因R1、R3并聯,流過兩個電阻的電流與電阻成反比,通過的電荷量也與電阻成反比. 【解答】解:開關S閉合電路穩定時,外電路中總電阻為R=R2+根據閉合電路歐姆定律得:I=

=

A=0.75A

=5+

=7Ω

﹣5﹣5

電容器兩端的電壓為U=I?

﹣5

﹣5

=0.75×2V=1.5V

電量Q=CU=1.5×2×10C=3×10C

斷開開關S后:電容器通過R1與R3放電,設通過R1與R3的放電電流分別為I1和I3,則

=

由電量公式q=It可知,通過R1與R3的電量之比為又q1+q3=Q

聯立得:通過R1的電量為q1=

=

3×10C=1×10C

﹣5﹣5

故選AD

【點評】本題是含容電路,確定電容器的電壓是關鍵,要抓住電路穩定時,電容器斷開,電容器還有放電特性.

8.如圖所示,螺線管中通有電流.如果在圖中的a、b、c三個位置上各放一個小磁針,其中a在螺線管內部,則( )

A.放在a處的小磁針的N極向左 B.放在b處的小磁針的N極向左

C.放在c處的小磁針的S極向右 D.放在a處的小磁針的N極向右 【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向.

【分析】由右手螺旋定則可判斷出螺線管的磁極,螺線管內部磁感線由S極指向N極,再由小磁針的N極指向磁場方向,即可求解.

【解答】解:由右手螺旋定則可知,螺線管右端是N極,左端為S極;因螺線管內部磁感線是由S極指向N極的,由于小磁針靜止時N極指向為磁場方向. 因此小磁針abc的N極都向右,故D正確,ABC錯誤; 故選:D.

【點評】本題一定要明確螺體的磁感線方向內部和外部是不一樣的;同時還應記住,小磁針N極所指的方向即為磁場的方向.

9.如圖所示,帶正電的小球Q固定在傾角為θ的光滑固定絕緣細桿下端,讓另一穿在桿上的質量為m、電荷量為q的帶正電小球從A點由靜止釋放,到達B點時速度恰好為零. 若A、B間距為L,C是AB的中點,兩小球都可視為質點,重力加速度為g.則下列判斷正確的是( )

A.從A至B,q先做勻加速運動,后做勻減速運動 B.在B點受到的庫侖力大小是mgsinθ

C.Q產生的電場中,A、B兩點間的電勢差大小為UAB=

D.在從A至C和從C至B的過程中,前一過程q電勢能的增加量較小 【考點】庫侖定律;電勢能.

【分析】小球q向下運動的過程中,根據兩球間的庫侖力逐漸增大,再分析小球q的運動情況.根據W=qU分析電場力做功關系,判斷電勢能減小量的關系.B點不是平衡點.根據動能定理求AB兩點的電勢差.

【解答】解:A、小球q下滑過程中,沿桿的方向受到重力的分力mgsinθ和庫侖力,兩力方向相反.根據庫侖定律知道,庫侖力逐漸增大.庫侖力先小于mgsinθ,后大于mgsinθ,q先做加速度減小的變加速運動,后做加速度增大的變減速運動,當庫侖力與mgsinθ大小相等時速度最大.故A錯誤.

B、q從C到B做減速運動,在B點時加速度沿桿向上,故庫侖力大于mgsinθ.故B錯誤. C、從A到B,根據動能定理得:mgLsinθ+qUAB=0,又UBA=﹣UAB,解得UBA=

.故

C正確.

D、下滑過程,AC間的場強小,CB間場強大,由U=Ed知,A、C間的電勢差值小于C、B間的電勢差值,根據電場力做功公式W=qU得知,從A至C電場力做功較小,則電勢能的增加量較小.故D正確. 故選:CD.

【點評】本題是帶電體在電場中運動的問題,關鍵要分析受力情況來確定其運動情況,根據動能定理研究電勢差.

10.如圖所示,直線A為電源的U﹣I圖線,直線B和C分別為電阻R1和R2的U﹣I圖線,用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時,電源的輸出功率分別為P1、P2;電源的效率分別為η1、η2,則( )

A.P1>P2 B.P1<P2 C.η1>η2 D.η1<η2 【考點】路端電壓與負載的關系;電功、電功率. 【專題】恒定電流專題.

【分析】電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比.根據效率的定義,找出效率與電源路端電壓的關系,由圖讀出路端電壓,就能求出效率.電源與電阻的U﹣I圖線的交點,表示電阻接在電源上時的工作狀態,可讀出電壓、電流,算出電源的輸出功率,進而比較大小. 【解答】解:A、B,由圖線的交點讀出,B接在電源上時,電源的輸出輸出功率為:P1=UI=2×4=8W C接在電源上時,電源的輸出輸出功率P2=UI=8W,即P1=P2; 故A、B均錯誤. C、D,電源的效率為:η=

=

=,效率與路端電壓成正比,B接在電源上時路端電壓大,

效率高,η1>η2.故C正確,D錯誤; 故選:C.

【點評】本題首先要知道效率與功率的區別,電源的效率高,輸出功率不一定大.其次,會讀圖.電源與電阻的伏安特性曲線交點表示電阻接在該電源上時的工作狀態.

11.在如圖所示的電路中,R1、R2為定值電阻,R3為可變電阻,電源的電動勢為E,內阻為r.設電流表A的讀數為I,電壓表V的讀數為U.當R3滑動觸點向圖中a端移動,則( )

A.I變大,U變小 B.I變大,U變大 C.I變小,U變大 D.I變小,U變小 【考點】閉合電路的歐姆定律. 【專題】恒定電流專題.

【分析】當R3的滑動觸點向圖中a端移動時,R3變小,外電路總電阻變小,根據歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化,確定電壓表的讀數變化.再分析并聯部分的電壓變化,判斷電流表A讀數變化.

【解答】解:當R3的滑動觸點向圖中a端移動時,R3變小,外電路總電阻變小,則由閉合電路歐姆定律知,總電流I變大,路端電壓變小,則有U變小.電路中并聯部分電壓變小,則I變小. 故選:D.

【點評】本題電路動態變化分析問題,按“局部→整體→局部”的順序進行分析.

12.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子.圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,板上有兩條寬度分別為2d和d的縫,兩縫近端相距為L,一群質量為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場,對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子,下列說法正確的是( )

A.粒子帶正電

B.射出粒子的最大速度為

C.保持d和L不變,增大B,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D.保持d和B不變,增大L,射出粒子的最大速度與最小速度之差不變 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動. 【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題.

【分析】由題意可知粒子的運動方向,則可知粒子的帶電情況;由幾何關系可知粒子的半徑大小范圍,則可求得最大速度;由洛侖茲力充當向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表達式,則可知如何增大兩速度的差值.

【解答】解:A、由題,粒子垂直于板MN進入磁場后向右偏轉,受到向右的洛倫茲力,由左手定則可判斷粒子帶負電,故A錯誤;

B、由題意知:粒子在磁場中做勻速圓周運動,其最大半徑為:rmax=為:rmin=. 根據r=

,可得粒子的最大速度為:vmax=

=

=

.則vmax﹣vmin=

,故B正確.

,可知,保持d和L不

;粒子的最小半徑

C、D,粒子的最小速度為:vmin=

變,增大B,粒子的最大速度與最小速度之差增大;保持d和B不變,增大L,射出粒子的最大速度與最小速度之差不變.故C、D正確. 故選:BCD.

【點評】本題中的幾何關系是關鍵,應通過分析題意找出粒子何時具有最大速度,再由物理規律即可求解.

二.填空題

13.如圖所示,某一直流電電動機提升重物的裝置內重物的質量是100kg,電源的電動勢為

2

220V,不計電源的內阻及各處的摩擦,若電動機以0.2m/s的恒定加速度向上提升重物.當重物的速度為1m/s,電路中的電流強度為5A,由此可知電動機此時的輸入功率為 1100 W,

2

電動機線圈的電阻是 3.2 Ω.(重力加速度g取10m/s)

【考點】電功、電功率. 【專題】恒定電流專題.

【分析】電動機的輸入功率等于輸出功率和線圈電阻產生的熱功率之和.根據能量守恒,結合焦耳定律求出電動機線圈的電阻.

【解答】解:電動機的輸入功率為:P=EI=220×5=1100W; 由牛頓第二定律可知:F﹣mg=ma 解得:F=1020N;

提升重物功率為:P有=Fv=1020×1=1020W

2

由能量守恒定律可知:P﹣P有=Ir 解得電動機內阻為:r=3.2Ω 故答案為:1100,3.2.

【點評】解決本題的關鍵知道輸入功率和輸出功率以及線圈發熱功率的區別和聯系,注意對于電動機電路,在電動機正常工作的情況下,不能運用閉合電路歐姆定律進行求解. 14.(1)如圖1所示的游標卡尺,它們的游標尺為9mm長10等分,它們的讀數為 17.7 mm. (2)使用螺旋測微器測量金屬絲的直徑,示數如圖2所示,則金屬絲的直徑是 2.150 mm.

【考點】刻度尺、游標卡尺的使用;螺旋測微器的使用. 【專題】實驗題;定量思想;推理法;直線運動規律專題.

【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法,主尺讀數加上游標讀數,不需估讀.螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數,在讀可動刻度讀數時需估讀.

【解答】解:游標卡尺的主尺讀數為17mm,游標尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊,所以游標讀數為7×0.1mm=0.7mm,所以最終讀數為:17mm+0.7mm=17.7mm.

螺旋測微器的固定刻度為2mm,可動刻度為15.0×0.01mm=0.150mm,所以最終讀數為2mm+0.150mm=2.150mm. 故答案為:17.7;2.150.

【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理,要能正確使用這些基本儀器進行有關測量.

15.某學生實驗小組利用圖(a)所示電路,測量多用電表內電池的電動勢和電阻“×lk”擋內部電路的總電阻.使用的器材有:





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