河南省南阳市2014-2015学年高二上学期期中考试物理试卷(解析版).doc

河南省南阳市2014-2015学年高二上学期期中考试物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分1-8小题只有一个选项正确，9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）1（4分）在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B奥斯特发现了电流的热效应C安培发现了点电荷间的相互作用规律D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律考点：物理学史.分析：本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现解答：解：A、1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；B、焦耳发现了电流的热效应，故B错误；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误；D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；故选：A点评：近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记2（4分）（2005淮安模拟）若带正电的小球只受电场力作用，则它在任意一段时间内（）A一定沿电力线由高电势处向低电势处运动B一定沿电力线由低电势处向高电势处运动C不一定沿电力线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D不一定沿电力线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动考点：电场线；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹；带正电的小球只受电场力作用，但不清楚小球的初状态，所以在任意一段时间内小球可能加速运动，也有可能减速运动解答：解：电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹所以小球不一定沿电力线运动带正电的小球只受电场力作用，但不清楚小球的初状态，也就是小球的初速度方向与受电场力方向有可能相同或相反所以小球在任意一段时间内小球可能加速运动，也有可能减速运动所以小球在任意一段时间内小球动能可能增加，也有可能减小，小球在任意一段时间内小球电势能可能增加，也有可能减小，所以小球也不一定由高电势处向低电势处运动故选D点评：电场线和电荷的运动轨迹是两个概念带正电的小球由高电势处向低电势处运动电势能减小，动能增加反之电势能增加，动能减小3（4分）如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入场中，射出时粒子的动能减小了，为了使粒子射出时比射入时的动能增大，在不计重力的情况下，可采取的方法是（其它条件不变）（）A增大粒子射入时的速度B增大磁场的磁感应强度C增大电场的电场强度D改变粒子的带电性质考点：带电粒子在混合场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：首先分析粒子在复合场中的受力情况，粒子受到电场力和洛伦兹力作用，无论粒子电性如何，电场力和洛伦兹力都将方向相反，然后根据粒子在复合场中运动特点结合能量关系分析即可得出答案解答：解：无论粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，而动能减少说明电场力做了负功，即电场力小于洛伦兹力，粒子向洛伦兹力的方向偏转了所以要使动能增大，必然减小磁场力或增大电场力 A：增大速度，则磁场力增大而电场力不变，动能更会减少选项A错误B：增大磁感应强度即增大了洛伦兹力，不符合上面的分析选项B错误C：增加电场强度即增大电场力，使粒子向电场力方向偏转，这样电场力做正功，所以动能会增大选项C正确D：改变电性，两力同时反向，磁场力仍大于电场力，所以粒子动能仍会减少选项D错误故选：C点评：该题是速度选择器一类的题，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器若粒子受到的电场力和磁场力不平衡时，粒子将发生偏转：电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，此时电场力做正功，电势能转化为动能；电场力小于洛伦兹力时，粒子将向洛伦兹力反向偏转，电场力做负功，动能转化为电势能思考：还有其他方法吗？4（4分）（2012江苏）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小考点：电容器.专题：电容器专题分析：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化解答：解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确故选B点评：本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用5（4分）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极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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，要增大带电粒子射出时的动能，可行的办法是（）A只增大加速电压B只减小磁场的磁感应强度C只增加周期性变化的电场的频率D只增大D形金属盒的半径考点：霍尔效应及其应用.分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关解答：解：由qvB=m，解得v=则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与周期性变化的电场的频率也无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关6（4分）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流I已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离一带正电的小球（图中未画出）以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是（）A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先减小后增大D小球对桌面的压力一直在增大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况解答：解：根据右手螺旋定制可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向向上，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律7（4分）如图所示是一实验电路图在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A路端电压变小B电流表的示数变大C电源内阻消耗的功率变小D电路的总电阻变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化解答：解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误根据I=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确流过电流表的示数为I=，可知电流在减小，故B错误根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误故选A点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析8（4分）图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.73103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A865V/m，垂直AC向左B865V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下考点：电场强度；电势能；等势面.专题：计算题分析：由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度解答：解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U=173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m； 故选D点评：电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离9（4分）（2005南京三模）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流当导线与B成60夹角时，发现其受到的安培力为零则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值（）ATBTC1 TDT考点：安培力.分析：当磁场的方向与电流的方向平行时，则导体棒所受的安培力为零，通过平行四边形定则定则确定另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值解答：解：根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为则故B、C、D正确，A错误故选BCD点评：解决本题的突破口在于抓住合场强的方向与电流方向平行，结合平行四边形定则进行求解10（4分）图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动已知电势KLM下列说法中正确的是（）A粒子带负电B粒子在bc段做减速运动C粒子在b点与d点的速率大小相等D粒子在c点时电势能最小考点：等势面；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：由等势面的情况可以画出电场线的大致分布图，结合粒子的曲线运动，所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子的所受电场力是偏在左侧的，又因为题目中交代了电势KLM ，所以电场线指向左侧，该粒子应该带正电，b、d在同一等势面上，电势能相等，动能相等，速率相等根据a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势最大解答：解：A、画出电场线的大致分布图，电势KLM ，所以电场线指向左侧，电场力大体向左，该粒子应该带正电，故A错误 B、b到c电场力做负功，动能减小，速率减小故B正确 C、b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等故C正确 D、a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势最大故D错误故选BC点评：这类轨迹问题常常作电场线求解，这是常用方法电势、电势能、场强等物理量大小比较是电场部分常见题目11（4分）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流静止时两悬线与竖直方向夹角均为角若仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）A棒中的电流变大，角变大B两悬线同时变短，角变小C金属棒质量变大，角变小D磁感应强度变大，角变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力.分析：对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题解答：解：导体棒受力如图所示，tan=，F=BIL；A、棒中电流I变大，角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，角变小，故C正确；D、磁感应强度变大，角变大，故D正确；故选：ACD点评：对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题12（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A在电场中的加速度之比为1：1B在磁场中运动的半径之比为 3：1C在磁场中转过的角度之比为1：2D离开电场区域时的动能之比为1：3考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了解答：解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知其在电场中的加速度是1：3，故A错B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故B错误C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确D、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确故选：CD点评：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练二、填空题（本题共3小题，把答案填在对应的横线上，或按题目要求作图）13（4分）图示游标卡尺的读数是140.05mm，螺旋测微器读数应为6.125mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为140mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：140mm+0.05mm=140.05mm2、螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.50.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm，由于需要估读，最后的结果可以为6.1250.002mm故答案为：140.05，6.125点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（7分）有一个标有“12V、24W”的灯泡，为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A直流电源15V（内阻可不计）B直流电流表03A（内阻0.1）C直流电流表0300mA（内阻约5）D直流电压表015V（内阻约15k）E直流电压表025V（内阻约200k）F滑动变阻器（10、5A）G滑动变阻器（1k、3A）（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验需要从上述器材中再选用ABDF（用序号字母表示）（2）在图1方框内画出实验原理图（3）用笔描线替代导线将图2中实物连好考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题；恒定电流专题分析：仪器的选择应保证实验的安全、准确和便于调节；先选出必须的仪器；再由灯泡的额定电压可选出电源及电压表；由功率公式可求出电流，则可求出电流表的量程；根据电阻关系可选出滑动变阻器；由题目要求要选出滑动变阻器的接法及电流表的接法；根据原理图连接实物图解答：解：由题意可知，为了完成实验电源为必选；因灯泡的额定电压为12V，故为了安全准确电压表应选D中15V的量程；而灯泡中的电流约为：I=2A；故电流表应选B中3A的量程；而由题意可知，本实验应采用分压接法，故滑动变阻器选小电阻，故选F；故选ABDF；由题意可知，本实验应采用分压接法；由于电压表内阻远大于灯泡内阻，故电流表采用外接法，故电路如图所示；根据原理图，结合实物图的连接方法，连接实物图即可；如图所示；故答案为：ABDF；由图所示；（3）如图所示；点评：本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意正确理解分压及外接法的应用15（7分）理解并会熟练操作欧姆表，是高中物理学习必须掌握的一种能力（1）如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的C（2）某同学使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下把选择开关扳到“100”的欧姆档上；把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针离刻度盘上”“位置太近；换用“10”的欧姆档，随即记下欧姆数值；把表笔从测试笔孔中拔出后，把多用表放回桌上原处，实验完毕这个同学在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆指出该学生在实验操作中错误的地方并纠正（三个错误）错误一：指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“1K”的欧姆档错误二：欧姆表换挡后要重新调零错误三：多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档考点：用多用电表测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零（2）使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，把选择开关置于OFF挡或交流电压最高档解答：解：（1）正极插孔接电源的负极，每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，由图示电路图可知，C正确，故选C（2）由实验步骤可知，实验操作错误有：错误1：指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“1K”的欧姆档；错误2：欧姆表换挡后要重新调零；错误3：多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档；故答案为：（1）C；（2）指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“1K”的欧姆档；欧姆表换挡后要重新调零；多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档点评：本题考查了欧姆表的使用方法与主要事项、多用电表读数，应用欧姆表测电阻时，要选择合适挡位，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零三、计算题（本题共4小题，共44分解答时写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）16（10分）如图所示，A、B两点间接一电动势为E=4V，内电阻为r=1的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为3，电容器的电容为30F，电压表为理想电压表，求：（1）电压表的读数；（2）电容器所带的电荷量考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：（1）当电键S闭合时，电路接通，电压表测R1、R2两端的电压根据欧姆定律求出总电流，由U=IR可求得电压表的读数；（2）电容器的电压等于R2、R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量解答：解：（1）当电键S闭合时，三个电阻串联；根据闭合电路欧姆定律得：I=0.4A；电压表的示数U=I（R1+R2）=0.46=2.4V；（2）电容器与R2、R3并联，总电压UC=I（R2+R3）=0.46=2.4V；电量Q=CUC=301062.4C=7.2105C答：（1）电压表读数为2.4V；（2）电容器所带的电荷量7.2105C点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路结构，明确电压表及电容器的电压17（10分）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，小球到达A板时速度恰好为0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滑考点：闭合电路的欧姆定律；电容.专题：恒定电流专题分析：（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 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 代入数据解得：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答：（1）A、B两金属板间的电压的大小U为200V；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑为20W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18（12分）如图所示，MNPQ，MN、PQ之间区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，MN、PQ之间宽度为d一电子从A点沿与MN夹角为60的方向射入磁场，入射方向与磁场垂直，运动到边界PQ上时速度方向与PQ平行，且从PQ边界射出磁场已知电子带电量为e，质量为m，重力不计，求：（1）电子进入磁场时的速度大小；（2）电子在磁场中运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期公式 可以求出电子的运动时间解答：解：（1）电子速度方向与PQ平行，由几何知识可得：r+rcos60=d，解得：r=d，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：evB=m，解得：v=；（2）电子