河北省衡水市故城高中高一物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省衡水市故城高中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（共4小题，每题5分）1如图，将一正电荷从电场线上的a点移到b点，电势a=10v、b=5v下列判断正确的是（）a该电场是匀强电场b电场线方向由a指向bca点场强大于b点场强d正电荷的电势能增加2穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2wb，则（）a线圈中感应电动势每秒增加2vb线圈中感应电动势每秒减少2vc线圈中无感应电动势d线圈中感应电动势大小不变3将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数无关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大d感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同4如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）abcd二、双项选择题（共5小题，每题6分）5喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）a向负极板偏转b电势能逐渐减小c运动轨迹是抛物线d运动轨迹与带电量无关6按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关s，l1、l2两灯泡都能发光在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）al1变暗bl1变亮cl2变暗dl2变亮7一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（）a粒子带正电b粒子加速度逐渐减小ca点的场强大于b点场强d粒子的速度不断减小8平行板电容器两极板与静电计的连接如图所示，对电容器充电，使静电计张开一定角度，撤去电源，以下说法正确的是（）a增大两极板间距离，静电计指针张角变大b减小两极板间距离，静电计指针张角变大c将两极板错开一些，静电计指针张角变大d将某电介质插入极板间，静电计指针张角变大9一束几种不同的离子，垂直射入有正交的匀强磁场b1和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转接着进入另一匀强磁场b2，发现这些离子分成几束如图对这些离子，可得出结论（）a它们速度大小不同b它们都是正离子c它们的电荷量不相等d它们的荷质比不相等三、非选择题（共4题，50分）10如图甲为某同学描绘额定电压为3.8v的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“a”、“b”或“ab中间”）；（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：次数12345678u/v00.200.501.001.502.003.003.80i/a00.080.130.180.210.240.290.33则测得小灯泡的额定功率为w请在给出的坐标中，描点作出iu图线由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻（选填“增大”、“减小”或“不变”）11如图所示，在宽为0.5m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6的导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻r1=4、r2=6，其他电阻不计整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度 b=0.1t当直导 体棒在导轨上以v=6m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻r1和r2的电流大小12在倾角为30的斜面上，放置两条宽l=0.5m的光滑平行导轨，将电源、滑动变阻器用导线连接在导轨上，在导轨上横放一根质量为m=0.2kg的金属棒ab，电源电动势e=12v，内阻r=0.3，磁场方向垂直轨道所在平面，b=1t欲使棒ab在轨道上保持静止，滑动变阻器的使用电阻r应为多大？（g取10m/s2，其它电阻不计）13在平面直角坐标系xoy中，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的m点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的n点与x轴正方向成45角射入磁场，最后从y轴负半轴上的p点垂直于y轴射出磁场，如图所示不计粒子重力，求：（1）m、n两点间的电势差umn；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从m点运动到p点的总时间t2015-2016学年河北省衡水市故城高中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共4小题，每题5分）1如图，将一正电荷从电场线上的a点移到b点，电势a=10v、b=5v下列判断正确的是（）a该电场是匀强电场b电场线方向由a指向bca点场强大于b点场强d正电荷的电势能增加【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低【解答】解：a、将一正电荷从电场线上的a点移到b点，电势a=10v、b=5v沿着电场线电势一定降低，所以电场线方向由a指向b，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，所以不一定是匀强电场，故a错误，b正确c、由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故c错误d、a点电势大于b点电势，所以一正电荷从电场线上的a点移到b点，电势能减小，故d错误故选b【点评】本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低2穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2wb，则（）a线圈中感应电动势每秒增加2vb线圈中感应电动势每秒减少2vc线圈中无感应电动势d线圈中感应电动势大小不变【考点】法拉第电磁感应定律【分析】线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势e=n=1=2v，感应电动势是一个定值，不随时间变化，故a、b、c错误，d正确故选d【点评】解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律e=n，要知道磁通量均匀变化时，感应电动势是一个定值3将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数无关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大d感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】压轴题【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势e=n，即感应电动势与线圈匝数有关故a错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故c正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故b错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故d错误；故选c【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第4如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）abcd【考点】左手定则；安培力【分析】当电流的方向与磁场方向平行时，导线不受安培力作用；当电流的方向与磁场的方向不平行时，受安培力作用【解答】解：a、电流的方向与磁场方向垂直，受安培力作用故a错误 b、电流的方向与磁场方向垂直，受安培力作用故b错误 c、电流的方向与磁场的方向平行，导线不受安培力作用故c正确 d、电流的方向与磁场方向垂直，导线受安培力作用故d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道电流与磁场不平行时，会受到安培力作用二、双项选择题（共5小题，每题6分）5喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）a向负极板偏转b电势能逐渐减小c运动轨迹是抛物线d运动轨迹与带电量无关【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】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况【解答】解：a、墨汁微滴带负电，在电场力作用下向正极板偏转，故a错误；b、电场力做正功，电势能减少，故b正确；c、墨汁微滴在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故c正确；d、墨汁微滴的偏移量：y=at2=（）2=，可知运动轨迹与带电量有关，故d错误故选：bc【点评】本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的6按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关s，l1、l2两灯泡都能发光在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）al1变暗bl1变亮cl2变暗dl2变亮【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l1与定值电阻串联后与滑动变阻器r并联，再与l2串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，则可知电路中总电流的变化，即可知l2亮度的变化；由串联电路的电压规律可知l1与定值电阻两端的电压变化；则可得出l1亮度的变化【解答】解：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过l2的电流减大，故l2的变亮；灯泡l1及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过l1的电流变小，即灯泡l1变暗；故ad正确故选ad【点评】闭合电路的欧姆定律中的动态电路分析一般按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析外电路时要注意结合串并联电路的规律7一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（）a粒子带正电b粒子加速度逐渐减小ca点的场强大于b点场强d粒子的速度不断减小【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【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错误；b、从a到b，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力也变小，则加速度也减小，故b正确；c、从a到b，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故a点的场强大于b点场强，故c正确；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，所以阻碍粒子运动，因此速度不断减小，故d正确；故选：bcd【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8平行板电容器两极板与静电计的连接如图所示，对电容器充电，使静电计张开一定角度，撤去电源，以下说法正确的是（）a增大两极板间距离，静电计指针张角变大b减小两极板间距离，静电计指针张角变大c将两极板错开一些，静电计指针张角变大d将某电介质插入极板间，静电计指针张角变大【考点】电容【专题】电容器专题【分析】撤去电源，电容器电荷量不变，根据电容的变化，结合u=分析电势差的变化，从而得出静电计指针张角的变化【解答】解：a、撤去电源，电容器所带的电荷量不变，增大两极板间的距离，根据c=知，电容减小，根据u=知，电容器两端的电势差变大，静电计指针张角变大，故a正确b、减小两极板间的距离，根据c=知，电容增大，根据u=知，电容器两端的电势差减小，静电计指针张角变小，故b错误c、将两极板错开一些，根据c=知，电容减小，根据u=知，电容器两端的电势差变大，静电计指针张角变大，故c正确d、将某电介质插入极板间，根据c=知，电容增大，根据u=知，电容器两端的电势差减小，静电计指针张角变小，故d错误故选：ac【点评】解决本题的关键知道影响电容器电容大小的因素，知道电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的定义式分析判断9一束几种不同的离子，垂直射入有正交的匀强磁场b1和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转接着进入另一匀强磁场b2，发现这些离子分成几束如图对这些离子，可得出结论（）a它们速度大小不同b它们都是正离子c它们的电荷量不相等d它们的荷质比不相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】在速度选择器中，根据电场力与洛伦兹力平衡做匀速直线运动，结合平衡条件，可确定速度的大小；由左手定则分析离子的电性在磁场中，离子仅由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，可得半径公式，从而确定判定选项正确与否【解答】解：a、因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvb=qe，所以不发生偏转的粒子速度应满足v=，则知离子的速度大小一定相同，故a错误；b、粒子进入磁场后受洛伦兹力作用向左偏转，由左手定则判断知离子都带正电，故b正确c、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 qvb=m，则得圆周运动的半径r=；由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径r不同，进入匀强磁场b2时，粒子具有相同的速度，由r=得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值一定不同，无法单独比较电电荷量和质量的大小关系，故c错误，d正确故选：bd【点评】考查带电粒子在复合场中的运动，掌握牛顿第二定律与向心力表达式的综合应用，注意根据运动的性质，来确定受力分析，同时理解粒子的比荷含义三、非选择题（共4题，50分）10如图甲为某同学描绘额定电压为3.8v的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于a端（选填“a”、“b”或“ab中间”）；（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：次数12345678u/v00.200.501.001.502.003.003.80i/a00.080.130.180.210.240.290.33则测得小灯泡的额定功率为1.254w请在给出的坐标中，描点作出iu图线由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）【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）根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路（3）根据所画出的ui图象，得出小灯泡在3.8v电压下的电流，根据p=ui可以求出其额定功率图象斜率的倒数表示电阻【解答】解：（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示：（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到a端；（3）根据描点法作出ui图象如图所示，当电压为3.8v时，电流为0.33a，所以p=ui=3.80.33=1.254w图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大故答案为：（1）如图所示；（2）a；（3）如图所示；1.254w；增大【点评】本题比较简单，考查了有关电学实验的基础操作，对于电学实验一定要熟练掌握滑动变阻器的两种接法和电流表的内外接法等基础知识11如图所示，在宽为0.5m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6的导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻r1=4、r2=6，其他电阻不计整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度 b=0.1t当直导 体棒在导轨上以v=6m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻r1和r2的电流大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】由e=blv求出感应电动势，由并联电路特点、欧姆定律可以求出电压与电流【解答】解：导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，等效电路图如图所示，感应电动势：e=blv=0.10.56=0.3v，外电阻：r外=2.4，外电压：u=ir外=0.24v，流过电阻r1的电流：i1=0.06a，流过电阻r2的电流：i2=0.04 a答：直导体棒两端的电压为0.24v，流过电阻r1的电流为0.06a，流过r2的电流为0.04a【点评】导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，应用e=blv、欧姆定律即可正确解题，要注意作出等效电路图12在倾角为30的斜面上，放置两条宽l=0.5m的光滑平行导轨，将电源、滑动变阻器用导线连接在导轨上，在导轨上横放一根质量为m=0.2kg的金属棒ab，电源电动势e=12v，内阻r=0.3，磁场方向垂直轨道所在平面，b=1t欲使棒ab在轨道上保持静止，滑动变阻器的使用电阻r应为多大？（g取10m/s2，其它电阻不计）【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用【分析】由共点力平衡求的回路中的电流，结合闭合电路的欧姆定律求的电阻【解答】解：受力分析，由平衡条件有：mgsin30=f安又安培力f安=bil由闭合电路欧姆定律：由得出：r=5.7答：欲使棒ab在轨道上保持静止，滑动变阻器的使用电阻r应为5.7【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，是磁场与力学知识的综合，分析和计算安培力是关键13在平面直角坐标系xoy中，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的m点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的n点与x轴正方向成45角射入磁场，最后从y轴负半轴上的p点垂直于y轴射出磁场，如图所示不计粒子重力，求：（1）m、n两点间的电势差umn；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从m点运动到p点的总时间t【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【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）粒子