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天津市静海区第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试学生学业能力调研物理试题 WORD版含解析.doc

1、静海一中2019-2020第一学期高二物理期末学生学业能力调研试卷一、单项选择题1.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接下列说法中正确的是( )A. 开关闭合后,线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B. 线圈A插入线圈B中后,开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转C. 开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中央零刻度D. 开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转【答案】A【解析】试题分析:电键闭合后,线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化,从而电流计指针偏转,选项A正确;线圈A插入线圈 B中后,电

2、键闭合和断开的瞬间,线圈B的磁通量会发生变化,电流计指针会偏转,选项B错误;电键闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流发生变化,线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏转,选项C、D错误故选A考点:本题考查了感应电流产生条件,点评:知道感应电流产生条件,认真分析即可正确解题2.发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点(如图),则当卫星分别在1,2,3,轨道上正常运行时,以下说法正确的是( )A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B. 卫

3、星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】D【解析】【详解】万星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有解得,A由知,在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率,故A错误;B由知,在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度,故B错误;C由知,在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的加速度大小相等,故C错误;D由知,在轨道2上经过P点和轨道3上经过P点的加速度大小相等,故D正确.故选D。3.如图所示的交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是(

4、 )A. 5AB. 5AC. 35AD. 35A【答案】B【解析】【详解】根据交流电的有效值的定义:,解得:I=5A,故选B【点睛】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值取一个周期时间,将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同,直流的电流值,即为此交流的有效值4.一正三角形导线框高为从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于xOy平面,磁场区域宽度均为a则感应电流I与线框移动距离x关系图象可能是(以逆时针方向为感应电流的正方向A. B. C. D. 【答案】C【解析】当线框移动距离x在a2a范围,线框穿过两磁场分界线时,BC

5、、AC边在右侧磁场中切割磁感线,有效切割长度逐渐增大,产生的感应电动势E1增大,AC边在左侧磁场中切割磁感线,产生的感应电动势E2不变,两个电动势串联,总电动势E=E1+E2增大,故A错误;当线框移动距离x在0a范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,故B错误;当线框移动距离x在2a3a范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,故C正确,D错误所以C正确,ABD错误5.磁电式电流表的构造如图(a)所示,在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈,转轴上装有螺旋弹簧和指针蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图(b)所示当电流通过线圈时,

6、线圈在安培力的作用下转动,螺旋弹赞被扭动,线图停止转动时满足NBIS=k,式中N为线圈的匝数,S为线圈的面积,I为通过线圈的电流,B为磁感应强度,为线圈(指针)偏角,k是与螺旋弹簧有关的常量不考虑电磁感应现象,由题中的信息可知( )A. 该电流表的刻度是均匀的B. 线圈转动过程中受到的安培力的大小变大C. 若线圈中通以如图(b)所示的电流时,线圈将沿逆时针方向转动D. 更换k值更大的螺旋弹簧,可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)【答案】A【解析】【详解】A项:磁场是均匀辐向分布,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变,螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比,所以该电流表的刻度是均匀的,故A正确;B

7、项:磁场是均匀辐向分布,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变,线圈转动过程中各个位置时产生的感应电流大小也不变,所以受到的安培力的大小不变,故B错误;C项:若线圈中通以如图(b)所示的电流时,根据左手定则,左侧受安培力向上,右侧受安培力向下,所以顺时针转动,故C错误;D项:更换k值更大的螺旋弹簧,同样的电流变化导致同样的安培力变大,但转动角度变化减小,所以灵敏度减小,故D错误二、多项选择题6.如图是通过变压器降压给用户供电的示意图.负载变化时变压器输入电压保持不变.输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R0表示,开关S闭合后,相当于接入电路中工作的用电器增加变压器可视为理想变压器

8、,则开关S闭合后,以下说法正确的是A. 变压器的输入功率减小B. 电表V1示数与V2示数的比值不变C. 输电线的电阻R0消耗的功率增大D. 流过电阻R1的电流增大【答案】BC【解析】【详解】A项:因负载增加,则副线圈总电阻减小,副线圈电压不变,则副线圈电流增大,由P=UI知功率增加,故A错误;B项:电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比,所以电表V1示数与V2示数的比值不变,故B正确;C项:因为负载增加,则副线圈总电阻减小,副线圈电压不变,则副线圈电流增大,所以输电线的电阻R0消耗的功率增大,故C正确;D项:因为负载增加,则副线圈总电阻减小,副线圈电压不变,则副线圈电流增大,上损失

9、的电压增大,所以两端的电压减小,所以流过的电流减小,故D错误7.如图所示,abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则下列说法中错误的是( )A. 电路中感应电动势的大小为B. 电路中感应电流的大小为C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的热功率为【答案】ACD【解析】【详解】A电路中感应电动势为故A错误;B电路中感应电流的大小为故B正确;C金属杆所受安培力的大小为故C错误;D金

10、属杆的热功率为故D错误。故选ACD。8.回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源两极相连的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示设D形盒半径为R若用回旋加速器加速质子时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交流电频率为f则下列说法正确的是( )A. 带电粒子在磁场中运动的周期和交变电流的周期相等B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C. 只要R足够大,质子的速度可以被加速到任意值D. 不改变磁场磁感应强度和交变电流的频率,该回旋加速器也能用于加速粒子【答案】AB【解析】【

11、详解】回旋加速器的工作原理是带电粒子在回旋加速器中,靠电场加速,磁场偏转,其在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径。当粒子在磁场中运动时,得A据加速器的工作原理可知,在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,故A正确;BC据可知,粒子的最大速度由D形盒的半径决定,与加速电场的电压无关; 且质子的最终速度与半径R相对应,并不能加速到任意值,故B正确,C错误;D当质子粒子,在磁场的运动周期发生变化,即在磁场的运动周期与在电场的周期不相等,不满足回旋加速器的工作原理,故D错误。故选AB。三、填空题9.普通的交流电流表不能直接接在高压

12、输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则ab接_(选填MN或PQ),Iab_Icd(选填“”或“”)【答案】 (1). MN (2). 【解析】【详解】12利用变压器工作原理所以输入端ab接MN,输出端cd接PQ,电流互感器的作用是使大电流变成小电流,所以10.如图所示的电路,L1和L2是两个相同的小电珠,L是一个自感系数相当大的线圈,其电阻与R相同,由于存在自感现象,在电键S刚接通时,_灯最亮;S断开时,_灯先熄灭【答案】 (1). L1 (2). L2【解

13、析】【详解】1该电路是左右两部分并联后由串联起来,S刚接通时,L2立即发光L上产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势会阻碍电流增大使通过线圈L的电流慢慢增大,而R上没有自感现象产生,左右两个电路总电流相等,由两个电路对比可知,此瞬间,通过L1的电流比L2上的电流大所以S刚刚接通时L1灯最亮;2S断开时,L和L1构成自感回路,L2不在回路中,所以S断开时,L立刻熄灭,L1后熄灭。11.如图所示,理想变压器的原副线圈匝数之比为n1:n24:1,原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等a、b端加一交流电压后,两电阻消耗的电功率之比PA:PB_;两电阻两端的电压之比UA:UB_【

14、答案】 (1). 1:16 (2). 1:4【解析】【详解】1根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得电阻消耗的功率,所以两电阻消耗的电功率之比2电阻两端的电压U=IR,所以两电阻两端的电压之比四、计算题12.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B0.5T,边长L10cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r1,线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动,每分钟转3000转,外电路电阻R4,求:(1)转动过程中感应电动势的最大值;(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过角时的瞬时感应电动势;(3)由图示位置转过角的过程中通过R的电荷量q;(4)交流电压表的示数;(5)请说出几种使用交流电有效值的情况

15、(至少说出四种)【答案】(1)157V(2)78.5V(3)8.6610-2 C(4)88.8V(5)电表读数、计算焦耳热、热功率、用电器名牌标识【解析】【详解】由题意得角速度为(1)根据,可得感应电动势的最大值(2)由于线框垂直于中性面开始计时,所以瞬时感应电动势表达式当线圈转过角时的瞬时感应电动势为(3)线圈转过角,通过R的电量(4)转动过程中,交流电压表的示数为有效值,所以有:(5)交流电有效值的使用情况,如电表读数、计算焦耳热、热功率、用电器名牌标识。13.如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终

16、接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为BPQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)请简要归纳出电磁感应电动势的两种方法。(2)若闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(3)若断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。【答案】(1)当回路中的磁感应强度发生变化,导致磁通量变化;导体棒切割磁感线,导致回路磁通量变;(2),方向水平向右(3)。【解析】【详解

17、】(1)由感应电动势产生条件:回路中的磁通量变化,所以当回路中的磁感应强度发生变化,导致磁通量变化;导体棒切割磁感线,导致回路磁通量变;(2)设线圈中产生的感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律可得,则设PQ与MN并联的电阻为,有闭合S后,设线圈中的电流为I,根据闭合电路的欧姆定律可得: 设PQ中的电流为IPQ,则设PQ受到的安培力为F安,有保持PQ静止,根据平衡条件可得联立解得方向水平向右(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中,PQ运动的位移为x,所用的时间为t,回路中磁通量的变化为,平均感应电动势为其中,PQ中的平均电流为据电流强度的定义式可得根据动能定理可得联立解得14.如图,在矩

18、形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场,在BC右侧I、II两区域存在匀强磁场,L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合),宽度相同,方向如图所示,区域I的磁感应强度大小为B1一电荷量为q、质量为m(重力不计)的带正电粒子从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场,点电荷恰好从B点进入磁场,经区域I后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域II已知AB长度是BC长度的倍。(1)求带电粒子到达B点时的速度大小;(2)求磁场的宽度L;(3)要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长,求区域II的磁感应强度B2的取值。【答案】(1)(2)(3)1.5B1【解析】【详解】(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v,与水平方向成角,由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有则根据速度关系有(2)设带电粒子在区域I中的轨道半径为r1,由牛顿第二定律得轨迹如图所示由几何关系得解得(3)带电粒子在磁场中运动的速率一定,当带电粒子不从区域II右边界离开磁场时,带电粒子在磁场中运动的轨迹最长,运动时间最长。设区域II中对应最长时间的磁感应强度为B2,轨迹半径为r2,轨迹如图所示同理得根据几何关系有解得

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