福建省漳州市长泰一中高二物理上学期期末试卷 理（含解析）.doc

2013-2014学年福建省漳州市长泰一中高二（上）期末物理试卷（理科）一、选择题（本题共13小题；每小题4分，共52分，每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，多选或错选不得分）1（4分）（2013秋长泰县校级期末）由电场强度的定义式e=可知，在电场中的同一点（）a电场强度e跟f成正比，跟q成反比b电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力可以不为零c无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变d一个不带电的小球在p点受到的电场力为零，则p点的场强一定为零考点：电场强度分析：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式，是采用比值法下的定义解答：解：a、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式，是采用比值法下的定义，不能认为电场强度e跟f成正比，跟q成反比或不带电的小球在p点受到的电场力为零，则p点的场强一定为零，故a错误；b、根据，电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零故b错误c、在电场中的同一点，电场强度e是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变故c正确；d、根据a分析可知，场强公式，是采用比值法下的定义，不能认为电场强度e跟f成正比，跟q成反比或不带电的小球在p点受到的电场力为零，则p点的场强一定为零，故d错误故选：c点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，e与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向2（4分）（2013秋长泰县校级期末）一带电粒子从电场中的a点运动到b点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则判断错误的是（）a粒子带负电b粒子的电势能逐渐减小ca点的场强大于b点场强d粒子的动能不断减小考点：电场线分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从a到b，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧解答：解：a、由图所示，粒子从a到b，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电故a正确；b、d、由图所示，粒子从a到b，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90，所以电场力做负功，电势能增大，动能不断减小，故b错误d正确；c、从a到b，电场线越来越疏，所以电场强度减小，a点的场强大于b点场强，故c正确；本题选错误的，故选：b点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧3（4分）（2013秋长泰县校级期末）关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（）a电场和磁场都对带电粒子起加速作用b电场和磁场是交替地对带电粒子做功的c只有磁场才对带电粒子起加速作用d只有电场才对带电粒子起加速作用考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动解答：解：回旋加速器是利用电场进行加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动故a、b、c错误，d正确故选：d点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的以及知道粒子在磁场中运动的洛伦兹力不做功4（4分）（2013秋长泰县校级期末）一闭合圆线圈，放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是（）a使线圈匝数增加一倍b使线圈面积增加一倍c使线圈匝数减少一半d使磁感应强度的变化率增大一倍考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：根据法拉第电磁感应定律e=n，电阻定律r= 以及欧姆定律推导出电流i的表达式，看i与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍解答：解：设导线的电阻率为，横截面积为s，线圈的半径为r，则感应电流为 i=n=可见，i与线圈匝数无关将r增加一倍，i增加一倍；若将线圈的面积增加一倍，半径r增加倍，电流增加倍；若磁感应强度的变化率增大一倍，则电流i增加一倍，故d正确，a、b、c错误故选：d点评：本题综合考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电阻定律关键能运用这些定律推导出电流的表达式，同时注意式中s不是线圈的面积，而是导线横截面积5（4分）（2007秋福州期末）通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线mn在同一平面内电流方向如图所示，ad边与mn平行，关于mn的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（）a线框有两条边所受的安培力方向相同b线框有两条边所受的安培力大小相同c线框所受安培力合力向里d线框所受安培力合力为零考点：安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：直导线中的电流方向由n到m，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据左手定则分析导线框所受的安培力情况解答：解：a、直导线中的电流方向由n到m，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向全不同，故a错误；b、离mn越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式f=bil，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力，故b正确；c、d、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故cd错误；故选：b点评：本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式f=bil并结合微元法判断安培力的大小6（4分）（2013秋长泰县校级期末）如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速直线运动，c向左做匀速直线运动，比较它们的重力ga、gb、gc间的关系，正确的是（）aga最大bgc最大cgb最大dga最小考点：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：三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解即可解答：解：a球受力平衡，有ga=qe 重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电；b球受力平衡，有gb+qvb=qe c球受力平衡，有gc=qvb+qe 解得：gcgagb故选：b点评：本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛仑兹力的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小7（4分）（2013秋长泰县校级期末）如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向是垂直于纸面向内，有一束速率各不相同的质子自a点沿半径方向射入磁场，不计质子的重力，这些质子在磁场中（）a运动时间越长，其轨迹越长b运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大c运动时间越短，射出磁场区域时速度越小d运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏向角越大考点：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：设磁场区域半径为r，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为t=t，圆心角越大，时间越长根据几何知识得到轨迹半径r与r的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角解答：解：设磁场区域半径为r，轨迹的圆心角为a、粒子运动的轨迹为s=r=rcot粒子的运动时间越长，越大，根据数学知识可以证明孤长s越短，故a错误；b、根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角，由t=t知，则在磁场中运动时间越长的，偏转越大故b正确d错误c、粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=rcot，当粒子的运动时间越短时，越小，则知r越大，而r=，则速度v越大故c错误故选：b点评：本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系8（4分）（2013秋长泰县校级期末）有一内电阻为4.4的电解槽和一盏标有“110v 60w”的灯泡串联后接在电压为220v的直流电路两端，灯泡正常发光，则（）a电解槽消耗的电功率为60wb电解槽消耗的电功率为120wc电解槽的发热功率为60wd电解槽消耗的总功率为60w考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率解答：解：a、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：u=220110=110v，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：i=a，a、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：p=ui=110=60w，故a正确，b错误；c、电解槽的发热功率为：p热=i2r=（ ）24.4=1.3w，所以c错误d、电路消耗总功率为为：p总=220va=120w，所以d错误故选：a点评：在计算电功率的公式中，总功率用p=iu来计算，发热的功率用p=i2r来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的9（4分）（2015佛山模拟）在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析解答：解：由图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确故选：b点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流10（4分）（2013秋南阳期末）有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，线框底边bc的长度小于磁场的宽度，现使此线框水平向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直设电流逆时针方向为正，则下列各图中表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律正确的是：（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：根据右手定则或楞次定律判断边线框进入磁场时和出磁场时，回路中感应电流方向，再根据磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小故d正确，a、b、c错误故选：d点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除11（4分）（2013秋长泰县校级期末）如图，接通电键k的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线ab将（）aa端向上，b端向下，悬线张力不变ba端向下，b端向上，悬线张力不变ca端向纸内，b端向纸外，悬线张力变大da端向纸外，b端向纸内，悬线张力变小考点：磁场对电流的作用分析：电磁铁的电流方向知道了，根据安培定则，判断出电磁铁左边为s极，右边为n极采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向纸外，右部向纸里；又取特殊位置：导线转过90时研究，安培力向下解答：解：根据安培定则，判断出电磁铁左边为n极，右边为s极由于导线左右两部分处在的磁场方向不同，可采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向纸力，右部向纸外；又取特殊位置：导线转过90时研究，安培力向下则导线在安培力作用下，a端向纸内，b端向纸外，悬线张力变大abd错误，c正确故选：c点评：判断安培力作用下导体运动的方向，是磁场中的基本题型，这类问题往往是安培定则和左手定则综合应用，并采用电流法、特殊位置法、等效法、推论法等12（4分）（2013秋长泰县校级期末）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心o处放一点电荷，将质量为m，带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点c由静止释放，小球沿细管滑到最低点b时，对管壁恰好无压力则放于圆心处的点电荷在c点产生的场强大小为（）abcd考点：电场强度分析：小球沿细管滑到最低点b过程中，电场力对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达b点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达b点时的速度，再由牛顿第二定律求出场强的大小由于是点电荷形成的电场，由，等势面上各处的场强大小均相等，故可得c点场强解答：解：（1）设圆的半径是r，由c到b，由动能定理得：mgr=在b点，对小球由牛顿第二定律得：qemg=联立以上两式解得：e=由于是点电荷形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即放于圆心处的点电荷在c点产生的场强大小为故选：b点评：本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用13（4分）（2013秋长泰县校级期末）如图所示，带电平行金属板a、b，板间的电势差为u，a板带正电，b板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至a、b两板的正中央c点，不计空气阻力，则（）a微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小b微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为quc若微粒从距b板高1.5h处自由下落，则恰好能达到a板d微粒在下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为qu考点：带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系分析：微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小重力一直做正功，重力一直减小微粒下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为qu微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为 qu根据动能定理研究微粒从距b板高2h处自由下落，能否到达a板解答：解：a、微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小重力一直做正功，重力势能一直减小故a错误 b、微粒下降的高度为h+，重力做正功，为wg=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功，we=q=qu，电势能逐渐增大，其增加量为qu故b正确，d错误 c、由题微粒恰能落至a，b板的正中央c点过程，由动能定理得： mg（h+）qu=0 将式乘以2，得：mg（2h+d）qu=0 若微粒从距b板高1.5h处自由下落，设达到a板的速度为v，则由动能定理得： mg（1.5h+d）qu0 由于粒子的动能不能为负，所以粒子不能达到a板故c错误故选：b点评：本题根据动能定理研究微粒能否到达a板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析二、实验题（共两小题，14题6分，15题9分，共15分）14（6分）（2012秋三明校级期末）在使用万用表的欧姆档测量电阻时，使用前指针已指在左边零刻度，然后将选择开关打至任何倍率的档位，两表笔短接调零时发现，指针始终无法指到电阻零刻度，最多只能向右偏至图1示位置，为了解决问题，下列的哪些做法是可行的：ba利用螺丝刀调节机械调零旋纽，使指针偏至电阻零刻度b更换新电池欧姆表修理好后，为了测定电阻r的阻值，某同学将电键断开，选择适当的倍率并进行调零，然后将红黑表笔接在图2 ab两点间，则其测量值比真实值偏小（填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：本题的关键是明确欧姆表的工作原理，在能机械调零的前提下，根据闭合电路欧姆定律可知，若电池电动势变小内电阻过大，使得电路中的最大电流无法达到刻度盘的满偏电流处，所以解决的方法就是更换新电池解答：解：由于使用前指针已指在左边零刻度，所以方法a不可行；根据闭合电路欧姆定律可知，若电池已报废使得电动势降低内电阻最大，从而电流过小致使指针始终无法指到电阻零刻度，应更换新电池，所以方法b可行由图2可知，此时欧姆表测量的是待测电阻r与变阻器左半部分的并联电阻，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以测量值比真实值偏小故答案为：b，偏小点评：明确欧姆表的工作原理及操作方法是解题的关键15（9分）（2013秋长泰县校级期末）某班举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为用规定的电学元件设计合理的电路图，并能较准确的测量若干个由几节电池组成的电池组（均密封，只引出正负电极）的电动势及其内阻给定的器材如下：a电流表g（滿偏电流10ma，内阻10）b电流表a（00.6a，内阻未知）c滑动变阻器r0（0100，1a）d定值电阻r（阻值990）e开关与导线若干（1）小刘同学用提供的实验器材，设计了如图甲所示的电路，请你按照电路图在乙图上完成实物连线（2）丙图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势e=9.0v，内阻r=10（结果保留两个有效数字）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：（1）已知原理图，根据原理图先连出其中一个支路，再去连接另一支路，注意导线不能交叉；（2）图象与纵坐标的截距表示电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；解答：解：（1）先将电流表及滑动变阻器串接在电源两端；再并联另一支路，电路中连线避免交叉；答案如图所示；（2）电流表g和定值电阻r组成了一个量程为10v的电压表，电流i1对应的电压u=i1（r+rg）=i1（990+10）=1000i1，由u=eir可得，图象与纵轴的交点的坐标值为0ma，则电源电动势e=1000i1=10000.009=9.0v；图象的斜率表示电源的内阻，电源内阻r=10；故答案为：（1）如图（2）9.0；10点评：该题中只给出两个电流表，把内阻已知的电流表和定值电阻串联改装成一个电压表；然后分析改装的电压表，得出：电流表g上的1ma就表示是1v，这是解题的关键根据本实验中的实验原理和实验的要求先改装电压表，然后进行实验是电学实验的一种潮流，要注意掌握这种方法三、计算题（本题共3小题，共33分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）：16（8分）（2013秋长泰县校级期末）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的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：（1）导体棒受到的摩擦力大小和方向（2）若磁场方向改为竖直向上，其他条件不变，导体棒仍静止，求此时导体棒所受的摩擦力大小考点：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：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，并根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小；导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小（2）根据磁场方向改变，由左手定则来判定安培力方向，并根据受力平衡来确定摩擦力大小解答：解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i=1.5a导体棒受到的安培力：f安=bil=0.3n导体棒所受重力沿斜面向下的分力：f1=mg sin37=0.24n由于f1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件，有：mgsin37+f=f安解得：f=0.06n（2）匀强磁场b的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿斜面与垂直斜面分解，可得，f安cos37=0.30.8n=0.24n 而重力的下滑分力，f1=mg sin37=0.24n因此金属棒不受摩擦力答：（1）导体棒受到的摩擦力0.06n，平行斜面向下；（2）若只把匀强磁场b的方向改为竖直向上，其他条件都不变，导体棒受到的摩擦力为零点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力17（10分）（2012秋福州校级期末）如图中左边有一对平行金属板，两板间有相互垂直的电场和磁场，向下的匀强电场强度大小为e、垂直向里的匀强磁场磁感应强度大小为b1图中右边有一半径为r、圆心为o的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为b2，方向垂直于纸面朝里一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径cd方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区城边界上的p点射出已知半径od、op的夹角，不计重力求（1）离子进入平行金属板之间区域时的速度大小v；（2）离子的质量m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）离子进入平行金属板做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可求出速度大小v；（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求解质量m解答