福建省三明市大田县鸿图中学高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

福建省三明市大田县鸿图中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（14题，每题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从a点运动到b点的过程中，以下说法中正确的是( )a带电粒子的电势能越来越小b带电粒子的电势能越来越大c带电粒子受到的静电力一定越来越小d带电粒子受到的静电力一定越来越大考点：电势能；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：负电粒子沿着电场线从高电势向低电势运动，电场力做负功，导致电势能增大；而仅仅一根电场线无法确定电场强度的强弱，因而电场力也无法确定大小解答：解：a、负电粒子沿着电场线从a点运动到b点的过程中，由于沿着电场线电势降低，因此负电粒子所受到的电场力做负功，导致电势能增大故a错误，b正确；c、由于仅仅一根电场线，所以无法确定电场强度的大小，因此也无法确定电场力的大小故cd错误；故选：b点评：考查负电粒子沿着电场线运动，电势能增大；若逆着电场线运动，则电势能减小若正电粒子沿着电场线运动，则电势能减小，若逆着电场线运动，则电势能增大同时根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，从而来确定电场力的大小2如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球a和b，相距为r球的半径比r小得多，a带电荷量为+4q，b带电荷量为2q，相互作用的静电力为f现将小球a和b互相接触后，再移回至原来各自的位置，这时a和b之间相互作用的静电力为f则f与f之比为( )a8：3b8：1c1：8d4：1考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系解答：解：由库仑定律可得：没接触前ab之间的静电力为f，则f=k=k，而两球接触后再分开，它们的电荷量是先中和，在平分，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为q则库仑力f=k=f，所以f与f之比为8：1故选b点评：在解答本题的时候，一定要注意，它们带的异种电荷，在接触之后，它们的电荷量要先中和，之后再平分3有一台电风扇标有“220v，40w”的字样，电动机线圈的电阻是0.4当电风扇接入220v的电路中，电风扇消耗的热功率是( )a40wb1.21105wc1.3102wd因为电动机是非纯电阻电路，无法求解热功率考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：由p=ui可求得电路中的电流，再由p=i2r可求得热功率解答：解：由p=ui可得，电流为：i=0.18a2）电风扇每分钟产生的热量：p=i2r=0.1820.4=0.013w；故c正确；故选：c点评：本题考查功率公式的应用，要注意明确p=ui求解总功率，而p=i2r求解热功率，二者均适用于所有用电器；但要注意所求功率的意义4如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为( )ae=100v/m，竖直向下be=100v/m，竖直向上ce=100v/m，水平向左de=100v/m，水平向右考点：等势面；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势根据匀强电场场强与电势差的关系e=求出电场强度的大小解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左两个相邻等势面相距d=2cm，电势差u=2v，则电场强度e=故选c点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系公式e=中，d是沿电场线方向两点间的距离5如图所示，开关s闭合电灯不亮，为了检查电路故障，现用电压表进行测量，结果是uae=2.5v，ubc=0，ude=2.5v，则电路故障原因是( )a电阻r断路b电灯l断路cr、l同时电路d变压器r断路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通解答：解：串联电路中电灯不亮，则可能是某处断路或电灯短路，用电压表测检测电路故障，断路位置为电源电压，电路完好的示数为零；由题意可知，uae=2.5v，故a点与电源正极相连、e点与电源负极相连；ubc=0，如果灯泡短路，则bc两点间电压不会为零，因此说明电路为断路，并且r完好；ude=2.5v，说明e点与电源负极相连，d点通过灯泡、电阻、开关与电源正极相连，故de间发生断路，即变压器r断路，故d正确故选：d点评：本题考查电压表检测电路故障的问题，如果电路是断路问题，测量时，电压表有示数的位置出现断路现象，电源除外6下列说法中正确的是( )a电场强度为零的点，电势不一定为零b电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等c电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零d由b=可知，b与f成正比，与il成反比考点：磁感应强度；电场强度 分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电势是描述电场性质的一种物理量，与电场强度没有直接关系解答：解：a、电场强度与电势没有关系，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故a正确；b、电场强度处处相等的区域内，电势不处处相等，比如匀强电场，沿着电场线方向，电势是降低的故b错误；c、处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，因此某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零故c正确；d、磁感应强度的大小b=，是比值定义法，因此b与f，与il均没有关系，故d错误；故选：ac点评：考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关是一道基础题，同时也是易错题7彼此绝缘、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，图中穿过线圈的磁通量可能为零的是( )abcd考点：磁通量 分析：根据安培定则，判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从而判断磁通量是否可能为零解答：解：a根据安培定则，电流i1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，i2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故a正确b根据安培定则，电流i1在第二、三象限磁场方向是垂直纸面向外，i2在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部向外，所以磁通量不可能为零，故b错误c根据安培定则，电流i1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，i2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故c错误d根据安培定则，电流i1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，i2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故d正确故选：ad点评：解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量8水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计关于粒子在两板间运动的情况，正确的是( )a可能向右做匀加速直线运动b可能向左做匀加速直线运动c只能向右做匀速直线运动d只能向左做匀速直线运动考点：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：首先根据带正电粒子作直线运动，结合受力分析（粒子只受电场力和洛伦兹力作用）和左手定则，即可判断出粒子所受的洛伦兹力的方向只能向上，粒子只能向右做匀速直线运动解答：解：带正电的粒子在两板间作直线运动，可知粒子受力平衡，对小球进行受力分析，受电场力和洛伦兹力作用，电场力方向向下，洛伦兹力的方向只能向上，由左手定则可判断出带正电的小球只能向右运动因洛伦兹力大小不变，所以小球只能向右做匀速直线运动选项c正确，选项abd错误故选：c点评：带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化若二力平衡，则粒子做匀速直线运动若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动9如图1所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中r2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻r2随温度t变化的图线如图2所示电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器r2所在处出现火情时，显示器的电流i和报警器两端的电压u的变化情况是( )ai变大，u变大bi变大，u变小ci变小，u变大di变小，u变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由题知，当传感器r2所在处出现火情时，r2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压u的变化情况，根据r2、r3并联电压的变化情况，分析通过r3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况解答：解：当传感器r2所在处出现火情时，由题意知r2减小，r2、r3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i总增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即a、b两端电压u变小；r2、r3并联电压u并=ei总（r1+r），i总增大，e、r1、r均不变，则u并减小，通过r3电流i减小，即电流表示数i变小故d正确，abc错误故选d点评：本题判断路端电压u的变化情况时，也可以直接根据路端电压随外电阻减小而减小判断10一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度大小为g，则小球在下落h高度过程中( )a动能减少了mghb电势能增加了mghc重力势能减少了mghd机械能减少了mgh考点：功能关系 分析：根据牛顿第二定律得出电场力的大小，通过合力做功得出动能的变化，通过电场力做功得出电势能的变化，根据重力做功得出重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功得出机械能的变化解答：解：a、小球所受的合力为 f合=ma=mg=mg，根据动能定理得：动能增加量为ek=f合h=mgh，故a错误b、根据牛顿第二定律得，mgf=ma，解得电场力f=mgma=mg，电场力做功w电=fh=mgh，则小球的电势能增加mgh，故b正确c、重力做功 wg=mgh，重力势能减少了mgh，故c错误d、电场力做功w电=mgh，根据功能原理可得：机械能减小了mgh，故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握常见的功与能的关系：合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系，重力做功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系11如图所示为两电阻r1、r2的电流i和电压u的关系图线，由图可知，两电阻的大小之比r1：r2是( )a1：3b3：1c1：d：1考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行比较解答：解：由图可知，r1=tan60；r2=tan30；故r1：r2=tan60：tan30=3：1；故选：b点评：该题考查了根据电流、电压图象获取信息的能力，在解题中特别要注意电流、电压分别在哪个坐标上12如图所示，一半径为r的光滑圆环，竖直放在水平向右、场强为e的匀强电场中，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，则( )a小球带正电b小球所受重力大于带电小球所受的静电力c小球在b点时的电势能最大d小球在最低点c时圆环对小球的作用力为5mg考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况，根据除重力外其余力做功判断机械能的变化情况，解答：解：a、已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，重力做正功，根据动能定理可知，电场力做负功，故电荷带负电，故a错误；b、根据动能定理，从a到d过程，有：mgrqer=0解得：qe=mg故b错误；c、根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最多，故c错误；d、从a到c的过程由动能定理可得：mg在c点根据牛顿第二定律可得：，联立解得：fn=5mg，故d正确故选：d点评：题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解13一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个 正电荷固定在p点，如图所示，以e表示两板间的场强，u表示电容器两板间的电压，表示正电荷在p点的电势，ep表示正电荷在p点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置，则( )ae变大bep不变c变大du不变考点：电容器；电场强度；电势 专题：电容器专题分析：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变移动极板，根据推论分析板间场强是否变化由电容的决定式分析电容的变化，确定电压u的变化根据p点与上板间电势差的变化，分析p点的电势如何变化，判断电势能的变化解答：解：平行板电容器充电后与电源断开所带电量不变，当极板距离减小时，根据电容决定式c=知，d减小，则电容c增大，根据u=知，u减小电场强度e=，知电场强度不变，所以p与负极板间的电势差不变，则p点的电势不变，电势能不变故b正确，a、c、d错误故选b点评：本题考查电容器的动态分析，关键抓住电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式进行分析求解14质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示m板附近的离子源s产生的各种不同正离子束（初速度为零），经mn间的电压u加速后从小孔s1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的p点设p到s1的距离为x，则( )a若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小b若磁感应强度b越大，则x一定越大c只要x相同，对应的离子质量一定相同d只要x相同，对应的离子的比荷一定相等考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力，求出在磁场中的轨道半径，从而得出p到s1的距离x，看x与什么因素有关解答：解：ab、根据动能定理得：qu=mv2解得：v=根据qvb=m，得：r=所以：x=2r=若离子束是同位素q相等，而m不等，则x越大对应的离子质量越大故a、b错误cd、根据x=知x相同，则离子的荷质比相同故c错误、d正确故选：d点评：解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出p到s1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关二、实验探究题（2题，每空2分，共22分）15如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率（1）首先用螺旋测微器测量该材料的直径，读数如图乙所示，则d=0.740mm（2）再用多用电表的欧姆档（倍率为10）粗测其电阻，指针位置如图丙所示，其读数r=200（3）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：a电流表a1：量程为200ma，内阻约为0.1b电流表a2：量程为3a，内阻约为0.05c电压表v1：量程为3v，内阻约为3kd电压表v2：量程为15v，内阻约为4ke滑动变阻器r1：最大阻值为20，额定电流1af低压直流电源：电压6v，内阻忽略g电键k，导线若干用伏安法测定导电材料棒的电阻，所选电流表为a1 （填“a1”或“a2”），所选电压表为v1 （填“v1”或“v2”）（4）在如图丁的方框中画出实验电路图（5）如果实验中电流表的读数为i，电压表的读数为u，并测出该棒的长度为l、直径为d，则该材料的电阻率=（用测出的物理量的符号表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（2）欧姆表读数=表盘读数倍率；（3、4）计算出电路中的电流和电压，然后在不超过量程的前提下，尽量选择电流表和电压表的小量程；需要较大的电压测量范围，故滑动变阻器采用分压式接法；由于电阻值较大，“大外小内”，需要选择安培表内接法，画出实验电路图；（5）根据欧姆定律和电阻定律列式后联立求解即可解答：解：（2）欧姆表读数=表盘读数倍率=2010=200（3）电路中最大电流，则电流表选择a1，最大电压为6v，所以电压表选择v1；（4）待测电阻阻值为200，滑动变阻器最大阻值为20，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，=2000，=15，则电流表应采用内接法，实验电路图如图所示；（5）根据欧姆定律r=根据电阻定律r= =整理得：=故答案为：（2）200，（3）a1，v1，（4）如图所示；（5）点评：本题关键是：（1）会读欧姆表的读数；（2）明确伏安法测电阻的实验原理和误差来源，能够选择合适的连接方法减小误差16在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：待测电池：电动势e（约3v）、内电阻r（约1）电流表：量程500a，内阻r2=400电流表：量程3a，内阻r1=0.1滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5a滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5a电阻箱：9999.9（1）若要将量程为ig=500a，内阻rg=400的电流表改装成量成为3v的电压表，应串联（填“串联”或“并联”）一个阻值为5600的电阻（2）实验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表a1应选择，a2应选择，r1应选择，r2应选择（请填写器材序号）（3）实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表a2的电流i2随电流表a1的电流i1的变化图象，如图2所示那么，根据图象可得电动势e的表达式为e=iy（r2+r2），内电阻r表达式为 （答案只限于用r2、iy、ix及电流表的内阻r1、r2表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为r=rg，u为改装后的量程将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻解答：解：（1）改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：r=rg=400=5600；（2）将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小所以电路中电流表a1应选择，a2应选择，r1应选择，r2应选择（3）根据图形得当i1=0时，i2=iy根据欧姆定律和串联的知识得e=iy（r2+r2）当i2=0，i1=ix根据欧姆定律和串联的知识得e=ixrr=故答案为：（1）串联；5600；（2），（3）iy（r2+r2），点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义三、计算题（5题，共36分解答时应写出必要的文字说明、公式和步骤，有数值答案的，必须写上单位）17如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=1.0106c的点电荷由a点沿水平线移至b点，静电力做了2106j的功，已知a、b间的距离为2cm（1）试求a、b两点间的电势差uab；（2）若a点的电势为a=1v，试求b点的电势b；（3）试求该匀强电场的大小e 并判断其方向考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）a、b间两点间的电势差是uab=（2）由uab=ab，求出a点的电势b（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向解答：解：（1）由题意可知，静电力做负功，有：wab=2106j 根据uab=得：uab=2v（2）由uab=ab，可得b=auab=1v2v=1v （3）沿着电场方向的位移为d=2102cos60m=1102me=沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下 答：（1）a、b两点间的电势差uab为2v；（2）b点的电势b为1v；（3）该匀强电场的大小200v/m，方向：沿电场线斜向下点评：本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力还要抓住公式e=中d是沿着电场线方向的距离同时考查沿着电场线方向电势是降低的18如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源，另一端接有电阻r=5.0现把一个质量为m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻r0=5.0，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小及方向考点：安培力；电磁感应中的能量转化 分析：（1）ab棒与电阻r并联，求出并联电阻，由欧姆定律求出干路电流i，再求出流过ab棒的电流再由安培力公式f=bil可求解安培力的大小（2）导体棒受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力，在沿导轨方向上根据平衡条件即可求出导体棒受到的摩擦力解答：解：（1）因r=r0=5.0，电阻与导体棒并联，由闭合电路的欧姆定律得总电流为：i=1.5a导体棒中电流为：i1=i=0.75a导体棒受到的安培力大小为：f=bi1l=0.500.750.40n=0.15n（2）根据左手定则，导体棒受到的安培力沿导轨向上大小为：f=0.15n导体棒的重力沿斜面向下的分量为：g1=mgsin=0.04010sin37=0.24n因导体棒处于静止状态，所以沿导轨方向上合力为零，有：f=g1f=0.240.15=0. 09 n方向沿斜面向上答：（1）导体棒受到的安培力大小为0.15n；（2）导体棒受到的摩擦力大小为0.09n，方向沿斜面向上点评：本题属于导体在磁场中平衡的问题，是安培力与力学知识的综合，按照力平衡的解题思路求解，分析受力是关键在对导体棒进行受力分析时，要注意安培力的方向的判断，还有静摩擦力方向的判断方法19一个初速度为零的电子通过电压为u=4500v的电场加速后，从c点沿水平方向飞入电场强度为e=1.5105v/m的匀强电场中，到达该电场中另一点d时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120，如图所示试求c、d两点沿电场强度方向的距离y考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：对电子的加速过程运用动能定理得到c点速度，再结合d点速度方向得到y方向的分速度，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解解答：解：电子加速过程，由动能定理得到 解得在竖直方向：vy=v0tan30=at，解得：cd两点沿场强方向的距离代入数据解得 即c、d两点沿电场强度方向的距离y为0.01m点评：本题关键要将c到d的类平抛运动正交分解为水平和竖直方向的直线运动分析求解20如图所示，一个电子（电量为e）以速度v0垂直射入磁感应强度为b，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为=30，（电子重力忽略不计），求：（1）电子的质量m（2）穿过磁场的时间t（3）使电子恰好不能从a边界射出时速度v考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=t求出时间（3）电子刚好不能从a边射出，轨迹恰