湖南省娄底市五校高二物理上学期期中联考试题 理（含解析）.doc

湖南省娄底市五校2016-2017学年高二物理上学期期中联考试题 理（含解析）一 选择题（下列每题给出的四个选项中，19题每题只有一个正确答案，1012题每题有两个正确答案，每题4分，共48分）1如图，电场中有a、b、c三点，一个电荷量为q=+210-8的检验电荷在b点受到的静电力是f=610-6n，方向由b指向c，关于b点的电场强度，下列说法正确的是ab点的场强大小是300n/c、方向由b指向abb点的场强大小是300n/c、方向由b指向cc若在b点改放一个q= -110-8的电荷，则该点的场强变为 600n/c，方向由b指向ad若在b点改放一个q= -110-8的电荷，则该点的场强变为 600n/c，方向仍由b指向c【答案】b【解析】试题分析：b点的电场强度，电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，可知b点的场强方向由b指向c，故a错误，b正确；某点的电场强度与放入该点的电荷电量和电性无关，故cd错误。考点：电场强度【名师点睛】根据电场强度的定义式求出b点的电场强度，知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。2如图是某一电场中的一簇电场线，现把一个正电荷分别放在ab两点下列说法正确的是a此正电荷在a点受到的电场力比b点大b此正电荷在a点的电势能比b点大c电场中b点的电势高于a点的电势d若把此正电荷从a点静止释放，它将沿电场线运动到b点【答案】b【解析】考点：电势差与电场强度的关系、电场强度【名师点睛】解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，掌握判断电势能高低的方法。3一个平行板电容器接在一电压恒定的电源上，此时电容器的电容是c，电容是所带的电荷量是q，两极板的电场强度是e，现把两板间的距离增大，则这三个量变化的情况是ac、q、e均减小 bc、q、e均不变cc、q减小，e不变 dc、q、e均增大【答案】a【解析】试题分析：由题意分析可知电容器板间电压u不变，当将电容器两极板间的距离增大时，由电容的决定式可知，电容c减小，由定义式得知，q减小，板间的场强，u不变，d增大，则e减小，故a正确，bcd错误。考点：电容器的动态分析【名师点睛】处理电容器的动态分析时，要抓住不变量，比如电容器与电源相连，两端的电势差不变；电容器与电源断开，则电容器所带的电荷量不变。4有一个电源的电动势e=3v，内阻r=2，现把一个电阻为r=4的灯泡接在此电源上，则a流过灯泡的电流是05a b流过灯泡的电流是075ac此时电源两极间的电压是1v d若灯泡的电阻增大，则灯泡获得的功率也增大【答案】a【解析】试题分析：由闭合电路欧姆定律可知，电流，故a正确，b错误；电源两端的电压为距端电压，故，故c错误；电源的输出功率随外电阻的变化而变化，当内外电阻相等时输出功率最大，因开始时灯泡电阻忆大于内阻，故灯泡电阻增大时，电源的输出功率减小，故d错误。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查闭合电路欧姆的准确应用，要注意明确各种表达式的正确应用，同时注意电源的输出功率规律，知道当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。5如图，电源有一定的内阻，abc三个灯泡连成如图电路，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，三个灯泡的亮暗变化情况是a同时变亮 b同时变暗 cac两灯变暗，b灯变亮 dac两灯变亮，b灯变暗【答案】c【解析】试题分析：滑动变阻器滑动触头向下滑动时，接入电阻增大，则总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故流过a灯电流减小，故a灯亮暗；由于电流减小，则可知路端电压和灯泡a两端的电压减小，故并联部分电压增大，所以b灯两端电压增大，b灯变亮；因干路电流减小，b灯电流增大，则由分流原理可知，c中电流减小，故c灯变暗，故ac变暗，b变亮，故c正确，abd错误。考点：闭合电路的欧姆定律、电功、电功率【名师点睛】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析也可以直接根据“串反并同”规律进行分析求解。6要描绘一个小灯泡的伏安特性曲线，所用器材如下a小灯泡，型号为“3v，06a”b电流表（006a，内阻约1）c电压表（03v，内阻约3k）d直流电源（4v，内阻不计）e滑动变阻器（015）f电键要求灯泡两端的电压从0开始连续调节，下列四个电路图应选哪一个？【答案】a【解析】考点：描绘小电珠的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键。7有一长直通电导线q通以向上的电流，另一小段导线p与导线q平行放置，它们组成的平面在纸面内，已知导线p的长度为l=01m，当它通以向上的、大小为i=2a的电流时，测得它受到的磁场力为f=004n，则通电导线q在p处所产生的磁场的磁感应强度为a大小为02t，方向垂直纸面向外b大小为02t，方向垂直纸面向里c此时导线p受到的安培方向水平向右d当导线p绕其中心上端向里、下端向外转过一小角度时，p受到的安培力减小，q导线在p处产生的磁感应强度也减小【答案】b【解析】试题分析：导线p的长度为，当它通以向上的、大小为的电流时，测得它受到的磁场力为，根据安培力大小公式，则有通电导线q在p处所产生的磁场的磁感应强度，再由左手定则可知，通电导线q在p处所产生的磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故a错误， b正确；依据左手定则可知，导线p受到的安培方向水平向左，故c错误；当导线p绕其中心上端向里、下端向外转过一小角度时，因有效长度减小，导致p受到的安培力减小，但q导线在p处产生的磁感应强度仍不变，故d错误。考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】考查安培力产生条件，及安培力大小公式的适用条件，掌握左手定则的内容，注意与右手定则的区别，及理解影响磁感应强度的因素。8如图，质量是m、电荷量是q的带正电的粒子从空中某个位置静止释放，当它进入水平向里的匀强磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，最后沿水平方向做匀速直线运动，已知磁场的磁感应强度是b，则a粒子在加速运动的过程中，洛伦兹力对粒子做正功b粒子做匀速运动时的速度是c粒子做匀速运动时的速度是d若增大增感应强度，粒子从静止下落到沿水平方向做匀速运动时下降的高度不变【答案】c【解析】试题分析：带电粒子在磁场中运动时，由于粒子受力一直与运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故a错误；当粒子匀速运动时，由平衡条件可知，解得，故b错误，c正确；根据b中公式可得，增大b时，匀速运动的速度减小；而在运动过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，则根据机械能守恒可知，下降的高度应减小，故d错误。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、洛仑兹力【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场和重力场复合场中的运动规律的分析方法，要注意明确洛伦兹力永不做功，从而分析功能关系；同时要注意正确利用平衡条件进行分析求解。9容器中有质子，粒子的混合物，为了把它们分开，先让它们从静止开始经电场加速，穿出加速电场后，第一种：垂直进入匀强电场；第二种：垂直进入匀强磁场，利用电场或磁场使它们偏转，最后穿出电场或磁场，从而达到分开的目的。对于上述两种情况，能使质子和粒子分开的是（不计粒子重力）a两种情况都能使质子和粒子分开 b两种情况都不能使质子和粒子分开c进入电场后可以分开进入磁场不能分开 d进入电场后不能分开进入磁场能够分开【答案】d【解析】试题分析：设加速电场电压为u，则在电场中加速过程，根据动能定理有：；进入电场时，粒子做类平抛运动，设电场强度为e，则在垂直电场线方向上有：，沿电场线方向上有：，则可知，偏转位移与荷质比无关，故无法将两种粒子分开；进入磁场时，根据洛伦兹力充当向心力则有：，解得：，因荷质比不同，则两种粒子运动半径不同，故在磁场中散开，由以上分析可知，d正确，abc错误。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析，要注意明确带电粒子在电场中做类平抛运动或匀变速运动，而在磁场中做匀速圆周运动，要注意体会两种方法的不同。10如图，正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有两个质子从a点沿ab方向垂直进入磁场，质子1从顶点c射出，质子2从顶点d射出，设质子1的速率为v1，在磁场中的运动时间为t1，质子2的速率为v2，在磁场中的运动时间为t2，则av1:v2=1:2 bv1:v2=2:1ct1:t2=1:2 dt1:t2=2:1【答案】bc【解析】试题分析：由图可知质子1的半径为l，质子2的半径为，根据洛伦兹力充当向心力可得：可得：，故速度之比等于半径之比，故，故a错误，b正确；由可知，两粒子的质量相同，故周期相同，但由图可知，质子1转过的圆心角为，而质子2转过的圆心角为，则可知，所用时间之比等于转过的圆心角之比，故，故c正确，d错误。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动规律应用，要求能熟练掌握半径公式和周期公式，并注意几何关系的正确应用，即可正确解答。11如图， 质量相同而电量不同的两个正电荷，从静止开始，经过同一加速电场后，垂直界面进入同一匀强磁场，最后分别打在a、b两点，不计粒子重力，由图可知：a打在a点的粒子速度大； b打在b点的粒子速度大；ca的电荷量大于b的电荷量； da、b 在磁场中运动的时间相同。【答案】ac【解析】试题分析：经加速电场后，根据动能定理可得：，在磁场中根据牛顿第二定律可得：，联立解得：，由图可知，a的半径较小，而质量相同，则说明a的电荷较大； 则可知，打在a点的粒子速度较大，故ac正确，b错误；由可知，两粒子周期相同，转过的圆心角相同，则可知，时间相同，故d错误。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确电场中优先考虑动能定理的应用，而在磁场中要注意明确圆周运动的规律，掌握向心力公式推导周期和半径公式的方法。12如图所示，长均为d的两正对平行金属板mn、pq水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从mp的中点o垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从nq的中点a射出；若撤去电场，则粒子从m点射出（粒子重力不计）以下说法正确的是a该粒子带正电b该粒子带正电、负电均可c若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为d若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为【答案】ad【解析】试题分析：若撤去电场，则粒子从m点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故a正确，b错误；设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为，则粒子沿直线通过场区时：，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知洛仑兹力提供向心力：撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速庶a，穿越电场所用时间为t，则有：由联立解得：，设末速度为，由动能定理知：，解得：，故c错误，d正确。考点：带电粒子在混合场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。二、填空题（每空2分，连图也是2分，共12分）13（1）如图所示的游标卡尺，游标尺上共有20个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图，则此工件的外径是 mm。（2）用螺旋测微器测量某电阻丝的直径如图，则此电阻丝的直径为 mm。【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）20分度的游标卡尺，精确度是，游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。（2）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。考点：游标卡尺的使用、螺旋测微器的使用【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时不需要估读；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用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，其电路原理图如图所示（1）根据原理图在实物图上把线连好；（2）由实验数据描出的ui如图，则此电池的电动势是 v，内阻是 。（3）本实验系统误差产生的原因是 。【答案】（1）连线如图：（2），（3 ）电压表分流【解析】试题分析：（1）根据原理图可得出对应的实物图，连线如图：（2）在u-i图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为。（3）本实验中由于电压表不是理想电表，故由于它的分流作用，而使电流示数偏小。考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的。三、计算题（计算题必须有必要的文字说明、方程和公式，直接给出数字或结果的无效）15两根平行、光滑的斜金属导轨相距l=01m，与水平面间的夹角为=37，有一根质量为m=001kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为b=02t，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在斜面上，取g=10m/s2（1）求此时通过ab杆的电流；（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度。（sin37=06，cos37=08）【答案】（1）；（2），方向沿斜面向【解析】试题分析：（1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件得： ，解得： 。（2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得：解得：，方向沿斜面向下。考点：安培力、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题主要考查了安培力公式以及共点力平衡条件的直接应用，注意左手定则在解题过程中的应用，难度不大。16用一台电动机来提升重500n的重物，当接入110v电压时，电动机工作时的电流是5a，已知电动机线圈电阻是2，不计一切阻力，取g=10m/s2, 若物体从静止起动，且电流电压保持不变。求：（1）重物上升的最大速度；（2）若达到这个速度历时2s，求此过程中物体上升的高度。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由功能关系可知： 由功率公式可得： 联立解得： 。（2）