湖北省黄冈市蕲县高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省黄冈市蕲春县高二（上）期中物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.第17题为单选，第810题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。）1如图所示，a、b带电量相等、质量相等的金属小球（可视为点电荷），都用同样长度的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上o点，a球靠墙且其悬线刚好竖直，b球悬线偏离竖直方向一定角度而静止，另有四个与a，b形状，大小完全相同的不带电小金属球，先后与b充分接触，要使两球再次静止时它们之间的距离变为原来的一半，则下列做法可行的是（）a接触一次b接触二次c接触三次d接触四次2如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）a带电油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c极板间的场强不变d极板带电量将增加3两只完全相同的电流表，一只改装成电压表，一只改装成电流表，一同学做实验时，误将电压表和电流表串联起来接入电路中，则（）a两只表的指针都不能偏转b两只表的指针偏转角度相等c电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转d电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转4如图所示的电路中，当变阻器r3的滑动触头p向a端移动时，下列说法正确的是（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小5如图的ui图象中，直线i为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源与电阻r组成闭合电路，则（）a电源电动势3v，内阻2b电阻r的阻值为0.5c电源的总功率为4wd电源的效率为66.7%6关于通电导线所受安培力f的方向、磁感应强度b的方向和电流i的方向之间的关系，下列说法正确的是（）af、b、i三者总是互相垂直的bf总与b和i垂直，但b、i之间可以不垂直cb总与f和i垂直，但f、i之间可以不垂直di总与f和b垂直，但f、b之间可以不垂直7如图，一根有质量的金属棒mn，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从m流向n，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以（）a适当增大磁感应强度b使磁场反向c适当增大电流d使电流反向8如图，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在其表面微粒在向工件靠近的过程中（）a不一定沿着电场线运动b所受电场力大小不变c克服电场力做功d电势能逐渐减小9对于电场中a、b两点，下列说法正确的是（）a电势差的定义式uab=，说明两点间的电势差uab与电场力做功wab成正比，与移动电荷的电荷量q成反比b把正电荷从a点移到b点电场力做正功，则有uab0c电势差的定义式uab=中，uab与移动的电荷量q无关d电场中a、b两点间的电势差uab等于把正电荷q从a点移动到b点时电场力所做的功10如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器a下方的小孔s，无初速度地飘入电势差为u的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场，最后打在照相底片m上，下列说法正确的是（）a粒子进入磁场时的速率v=b粒子在磁场中运动的轨道半径rc若容器a中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置d若容器a中的粒子有初速度，则粒子将打在照相底片上的同一位置偏左二、实验题（共2小题，满分15分.第11题8分，每空2分，第12题7分）11某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=m（保留2位有效数字）12在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中（1）备有如下器材：a干电池1节b滑动变阻器（020）c滑动变阻器（01k） d电压表（03v） e电流表（00.6a） f电流表（03a） g开关、导线若干其中滑动变阻器应选，电流表应选（只填器材前的序号）（2）为了最大限度的减小误差，请在图1虚线框中画出该实验最合理的电路图（3）某同学根据实验数据画出的ui图象如图2所示，由图象可得电池的内电阻为三、计算题（共4小题，满分45分）13如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电量为q=4108c的正电荷从a移到b电场力做功为w1=1.2107j求：（1）匀强电场的场强e（2）电荷从b移到c，电场力做功w214微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入0.2v电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流强度是0.4a，若把它接入2v电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1a求：（1）电动机的内阻（2）电动机正常工作时的输出功率15如图所示的电路中，电阻r1=9，r2=15，电源的电动势e=12v，内电阻r=1，安培表的读数i=0.4a求：（1）流过电阻r1的电流是多少？（2）电阻r3的阻值是多大？（3）电阻r3消耗的电功率是多少？16如图所示，两根平行光滑金属导轨mp、nq与水平面成=37角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距l=0.5m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m=5102kg金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为r2=2，电源电动势e=2v，电源内阻r=1，电阻r1=2，其他电阻不计装置所在区域存在一垂直于斜面mpqn的匀强磁场（已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）所加磁场磁感应强度方向；（2）磁感应强度b的大小2015-2016学年湖北省黄冈市蕲春县高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.第17题为单选，第810题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。）1如图所示，a、b带电量相等、质量相等的金属小球（可视为点电荷），都用同样长度的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上o点，a球靠墙且其悬线刚好竖直，b球悬线偏离竖直方向一定角度而静止，另有四个与a，b形状，大小完全相同的不带电小金属球，先后与b充分接触，要使两球再次静止时它们之间的距离变为原来的一半，则下列做法可行的是（）a接触一次b接触二次c接触三次d接触四次【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【专题】定量思想；方程法；电荷守恒定律与库仑定律专题【分析】对小球b受力分析，由平衡条件、库仑定律及数学知识列方程可以求出小球b的电荷量【解答】解：小球b受力如图所示，两绝缘线的长度都是l，则oab是等腰三角形，线的拉力t与重力g相等，g=t，小球静止处于平衡状态，则库仑力f=2gsin，设原来小球带电量为q，ab间的距离是r，则r=2lsin，由库仑定律得：f=k，后来它们之间的距离变为原来的一半，则=2gsin，r=2lsin，=k，解得：qb=q，因此大小完全相同的不带电小金属球与b接触三次，故c正确，abd错误；故选：c【点评】对小球正确受力分析，应用平衡条件及库仑定律即可正确解题，解题时要注意oab是等腰三角形，注意数学知识的应用2如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）a带电油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c极板间的场强不变d极板带电量将增加【考点】电容器的动态分析【专题】定性思想；推理法；电容器专题【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化的变化【解答】解：ac、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故ac错误b、场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低故b正确d、根据q=uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故d错误；故选：b【点评】本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动注意电容的定义式与决定式的区别，及公式q=uc的运用3两只完全相同的电流表，一只改装成电压表，一只改装成电流表，一同学做实验时，误将电压表和电流表串联起来接入电路中，则（）a两只表的指针都不能偏转b两只表的指针偏转角度相等c电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转d电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，通过两电表的电流相等，由于电压表内阻较大，电流较小【解答】解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，电流相等，但通过电流表的电流大多数从分流电阻通过，故电压表指针有偏转，电流表表头指针偏转角度很小，或者几乎不偏转；故abd错误，c正确；故选c【点评】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题4如图所示的电路中，当变阻器r3的滑动触头p向a端移动时，下列说法正确的是（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由图可知r2与r3并联后与r1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由u=eir可得出路端电压的变化；将r1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得r2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化【解答】解：当滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将r1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过r2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故选：b【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理5如图的ui图象中，直线i为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源与电阻r组成闭合电路，则（）a电源电动势3v，内阻2b电阻r的阻值为0.5c电源的总功率为4wd电源的效率为66.7%【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】电源的伏安特性曲线与纵坐标的交点为电源的电动势，与横坐标的交点为短路电路；两图象的交点为电阻的工作状态值，由图象可求得外电路的电压及内阻，则由功率公式可求得电源的效率【解答】解：a、由图可知，电源的电动势为3v，短路电流为6a；则内阻r=0.5；故a错误；b、电阻的阻值r=1；故b错误；c、组成闭合回路后，电源输出电流为2a，则电源的总功率p=ei=32=6w；故c错误；d、电源的输出电压为2v，则电源的效率为：=100%=66.7%；故d正确；故选：d【点评】因电源与电阻串联在一起，则电源与电阻中的电流一定相等，故两图象的交点为电阻的工作点；由图即可得出电源的输出电压及电流6关于通电导线所受安培力f的方向、磁感应强度b的方向和电流i的方向之间的关系，下列说法正确的是（）af、b、i三者总是互相垂直的bf总与b和i垂直，但b、i之间可以不垂直cb总与f和i垂直，但f、i之间可以不垂直di总与f和b垂直，但f、b之间可以不垂直【考点】左手定则【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向【解答】解：根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于感应线与电流构成的平面但磁感线不一定垂直于电流，故只有b正确，acd均错误；故选：b【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，注意与右手定则的区别7如图，一根有质量的金属棒mn，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从m流向n，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以（）a适当增大磁感应强度b使磁场反向c适当增大电流d使电流反向【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式f=bil求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向【解答】解：棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从m流向n，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加所以适当增加电流强度，或增大磁场故选项ac正确故选：ac【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向8如图，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在其表面微粒在向工件靠近的过程中（）a不一定沿着电场线运动b所受电场力大小不变c克服电场力做功d电势能逐渐减小【考点】电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小【解答】解：a、由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故a正确b、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大故b错误c、d涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小故c错误，d正确故选：ad【点评】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性根据电场力做功正负判断电势能的变化情况9对于电场中a、b两点，下列说法正确的是（）a电势差的定义式uab=，说明两点间的电势差uab与电场力做功wab成正比，与移动电荷的电荷量q成反比b把正电荷从a点移到b点电场力做正功，则有uab0c电势差的定义式uab=中，uab与移动的电荷量q无关d电场中a、b两点间的电势差uab等于把正电荷q从a点移动到b点时电场力所做的功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电势差的定义式：uab=，是用比值法定义的；电势差与试探电荷无关【解答】解：a、c、电势差的定义式为uab=，是用比值法定义的，电势差与试探电荷无关，由电场的强度和两点的位置决定，故a错误，c正确；b、把正电荷从a点移到b点电场力做正功，根据uab=，则有uab0，故b正确；d、根据uab=，电场中a、b两点间的电势差uab等于把单位正电荷q（电荷量为1c的电荷）从a点移动到b点时电场力所做的功，故d错误；故选：bc【点评】本题要抓住电势差的定义式uab=，具有比值定义法的共性，电势差uab反映电场本身的特性，与试探电荷无关10如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器a下方的小孔s，无初速度地飘入电势差为u的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场，最后打在照相底片m上，下列说法正确的是（）a粒子进入磁场时的速率v=b粒子在磁场中运动的轨道半径rc若容器a中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置d若容器a中的粒子有初速度，则粒子将打在照相底片上的同一位置偏左【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】定性思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在加速电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用动能定理、平衡条件、牛顿第二定律分析答题【解答】解：a、带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有：eu=mv2，解得粒子进入磁场时的速率为：v=故a正确b、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：evb=m，解得：r=故b正确c、d、若容器a中的粒子有初速度v0，则根据动能定理：eu=mv2mv02，得粒子进入磁场时的速率v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有evb=m，解得：r=r即若容器a中的粒子有初速度，则粒子将打在照相底片上的同一位置偏左故c错误，d正确故选：abd【点评】本题考查粒子在磁场中的偏转，涉及动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键是结合洛伦兹力提供向心力，灵活运用动能定理和牛顿定律二、实验题（共2小题，满分15分.第11题8分，每空2分，第12题7分）11某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=7.6102m（保留2位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）电阻的测量值=指针指示值倍率（4）根据欧姆定律求得电阻的表达式，再由电阻定律即可求得电阻率【解答】解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm（3）电阻的阻值r=2210=220（4）由电阻定律r=，s=代入解得=7.6102m本题答案是（1）50.15（2）4.700（3）220（4）7.6102【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法12在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中（1）备有如下器材：a干电池1节b滑动变阻器（020）c滑动变阻器（01k） d电压表（03v） e电流表（00.6a） f电流表（03a） g开关、导线若干其中滑动变阻器应选b，电流表应选e（只填器材前的序号）（2）为了最大限度的减小误差，请在图1虚线框中画出该实验最合理的电路图（3）某同学根据实验数据画出的ui图象如图2所示，由图象可得电池的内电阻为1【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器 （2）根据实验的准确性选择合适的电路；（3）图象和纵坐标的交点为电源的电动势，由图象的斜率可以求出内阻【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选b，电路最大电流约为零点几安培，电流表应选e；（2）本实验中采用滑动变阻器改变电流，由闭合电路欧姆定律分析电源电动势及内电阻；考虑电表内阻的影响，因电流表内阻接近电源内阻，故应采用相对于电源来说的外接法；如图所示；（3）图中的斜率表示电源内阻，则电源内阻r=1；故答案为：（1）b，e；（2）如图所示；（3）1 【点评】本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、求电源电动势与内阻，电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻三、计算题（共4小题，满分45分）13如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电量为q=4108c的正电荷从a移到b电场力做功为w1=1.2107j求：（1）匀强电场的场强e（2）电荷从b移到c，电场力做功w2【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力做功公式，求出匀强电场的场强结合功的公式求出电荷从b到c电场力做功【解答】解：（1）根据w1=qexab得，匀强电场的场强e=60n/c（2）电荷从b移到c，电场力做功w2=qexbccos60=j=1.44107j答：（1）匀强电场的场强为60n/c（2）电荷从b移到c，电场力做功为1.44107j【点评】解决本题的关键掌握功的公式w=fscos，注意用该公式求解电场力做功只适用于匀强电场14微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入0.2v电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流强度是0.4a，若把它接入2v电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1a求：（1）电动机的内阻（2）电动机正常工作时的输出功率【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；（2）根据功率的公式p=ui，可以求得电动机的功率；由p=i2r可求得热功率；则可求出电动机工作时的输出功率【解答】解：（1）电动机不转时，设线圈电阻为r，则有：r=0.5，（2）电动机正常工作时消耗的功率为：p=u2i2=2.01.0 w=2.0 w，电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：p损=i22r=1.020.5 w=0.5w，电动机正常工作时输出功率为：p出=pp损=2.00.5 w=1.5w；答：（1）电动机的内阻为0.5；（2）电动机正常工作时的输出功率为1.5w【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的15如图所示的电路中，电阻r1=9，r2=15，电源的电动势e=12v，内电阻r=1，安培表的读数i=0.4a求：（1）流过电阻r1的电流是多少？（2）电阻r3的阻值是多大？（3）电阻r3消耗的电功率是多少