河南省洛阳市高二物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

河南省洛阳市2014-2015学年上学期期中考试高二物理试卷一、选择题（每题3分，共42分，1-9题为单项选择题，10-14为多项选择题全部选对得3分，选对但不全对的得2分，有选错或不答的得0分）1关于电流，下列说法正确的是（）a通过导线横截面的电荷量越多，电流就越大b电流是矢量，正电荷定向移动的方向为电流的方向c金属导线中电子运动的速度越大，导线中的电流就越大d国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安格”是基本单位考点：电流、电压概念.专题：恒定电流专题分析：电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向电流是标量其基本单位是安培解答：解：a、根据电流的定义式i=可知，通过导体横截面的电荷量越大，导体中的电流比一定大，还要看时间，则a错误 b、电流是标量，则b错误 c、i=nesv，可知定向移动的速率大，电流不一定大，则c错误； d、电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位，正确，则d正确故选：d点评：该题考查电流的形成及大小，方向是对电流的基本内容的考查，简单2（3分）关于磁场和磁感应强度，下列说法正确的是（）a磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力f与该导线的长度l、通过的电流i的乘积比值b=即为磁场中该点的磁感应强度b通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零c磁感应强度b=只是定义式，b的大小取决于场源及磁场中的位置，与f、i、l以及通电导线在磁场中的方向无关d磁感线和磁场一样都是客观存在的考点：磁感应强度.分析：只有当磁场与导线垂直的时候f=bil才成立安培力与bil都有关磁感应强度的方向与该处电流受力的方向垂直解答：解：a、当导线与磁场垂直时，由b=可知，故a错误b、一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处可能无磁场，也可能是导线与磁感线平行，故b错误c、磁感应强度b=只是定义式，b的大小取决于场源及磁场中的位置，由本身性质决定，与f、i、l以及通电导线在磁场中的方向无关，故c正确d、磁感线是为描述磁场引入的，实际存在，故d错误故选：c点评：该题关键掌握安培力的相关因素，必须知道b=是比值定义式，b与f、i、l不成正反比3（3分）两只相同的电阻串联后接到电压为9v的恒压电路上，用一只0515v的双量程电压表的5v档测其中一只电阻两端电压时，示数为4.2v，则换用15v档测这个电阻两端电压时，示数为（）a小于4.2vb等于4.2vc大于4.2vd不能确定考点：串联电路和并联电路.专题：恒定电流专题分析：电压表的内阻不是远大于r1 r2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数解答：解：电压表15v量程内阻大，用15v量程测电阻时，电压表与电阻并联阻值大，电路总电阻大，两一个电阻分压小，电路总电压不变，被测电阻分压变大，电压表示数变大，大于4.2v；故选c点评：本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻4（3分）（2013松江区一模）如图为三个门电路符号，a输入端全为“1”，b输入端全为“0”下列判断正确的是（）a甲为“非”门，输出为“1”b乙为“与”门，输出为“0”c乙为“或”门，输出为“1”d丙为“与”门，输出为“1”考点：简单的逻辑电路.专题：恒定电流专题分析：基本逻辑门电路的输入输出，非门当输入1时，输出0，当输入0时，输出1；或门当输入1、0时，输出1；与门当输入1、0时，输出0解答：解：a、甲为“非”门电路，当输入1时，输出0，故a错误 b、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故b错误 c、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故c正确 d、丙为“与”门电路，当输入1、0时，输出0，故d错误故选c点评：考查了基本逻辑门电路的输入输出逻辑关系，理解逻辑原理5（3分）在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线（）a受到竖直向上的安培力b受到竖直向下的安培力c受到由南向北的安培力d受到由西向东的安培力考点：安培力；左手定则.分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向解答：解：左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且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安培力的方向磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且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安培力的方向6（3分）如图所示为一电学元件的iu图线，图中=45，由此可知（）a通过这一电学元件的电流与其两端的电压成正比b因iu图线的斜率表示电阻的倒数，故r=1.0c此电学元件为非线性元件d在此电学元件两端加6v电压后，每秒通过电阻横截面的电荷量是6c考点：欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：由图可知，此元件为线性元件，由欧姆定律的性质可以分析其电阻等解答：解：a、由图可知，电流与电压成正比；故a正确；b、图象的斜率表示电阻的倒数，由r=1.0；故b正确；c、因此元件的伏安特性曲线为线性元件，故c错误；d、由欧姆定律可知，加6v电压后，电流i=6a；则每秒的电量q=it=6c；故d正确；故选：abd点评：本题考查欧姆定律的应用，要注意明确伏安特性曲线的性质及意义7（3分）对于正常工作的电风扇和电饭锅，下列说法中正确的是（）a电风扇和电饭锅消耗的电能均大于各自产生的内能b电风扇和电饭锅消耗的电能均等于各自产生的内能c电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的内能d电风扇消耗的电能等于产生的内能，电饭锅消耗的电能大于产生的内能考点：电功、电功率；焦耳定律的应用.专题：恒定电流专题分析：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解答：解：电风扇属于非纯电阻，输入的功率一部分会发热，但更多的是对外做功，所以电风扇消耗的电能要大于产生的内能，电饭锅属于纯电阻，输入的功率全部的用来发热产生内能，所以电饭锅消耗的电能等于产生的内能，所以abd错误，c正确故选c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8（3分）如图所示，平行长直导线1、2通以相反方向的电流，电流大小相等a、b两点关于导线l对称，b、c两点关于导线2对称，且ab=bc，则关于a、b、c三点的磁感应强度b的说法中正确的是（）a三点的磁感应强度相等bb点的磁感应强度最大ca、c两点的磁感应强度大小相同，方向相反da点的磁感应强度最大考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.分析：本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小解答：解：根据安培定则可知两导线在b点形成磁场方向相同，由于两导线电流大小相等，b点与两导线的距离也相等，因此两根导线在b点的磁场相加，方向垂直向里；同理，根据安培定则，可知两导线在a点的磁场方向相反，离得越远，磁场越弱，近得越近，磁场越强，则a点的合磁场方向垂直向里，大小即两者相差；对于c点，两导线的合磁场方向也是垂直向里，大小即为两磁场大小在此处的相减，故acd错误，b正确故选：b点评：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提9（3分）用多用电表欧姆档测电阻，有许多注意事项，下列说法中正确的是（）a测量前必须欧姆调零，而且每测量一次电阻都要重新欧姆调零b每次换挡后必须进行欧姆调零c待测电阻如果是连接在电路中，可以直接进行测量d两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，因此，应当用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起考点：用多用电表测电阻.专题：实验题分析：欧姆表的使用方法与注意事项：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“off”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出解答：解：a、用欧姆表测电阻前要进行欧姆调零，用同一挡位测不同的电阻不需要重新进行调零，换挡后必须进行欧姆调零，故a错误，b正确；c、为保证安全，测电阻时应把待测电阻与其它电路断开，故c错误；d、人体是导体，用欧姆表测电阻时不能用手捏住表笔，故d错误；故选：b点评：本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近10（3分）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向和磁场的方向垂直，先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样，如图所示的是导线所受力f与通过导线的电流i的关系a、b各代表一组f、i的数据其中正确的是（）abcd考点：安培力.分析：由于a、b导线的方向均与磁场垂直，根据安培力公式f=bil写出表达式即可正确求解解答：解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：f=bil，由于磁场强度b和导线长度l不变，因此f与i的关系图象为过原点的直线，故ad错误，b正确，c也正确故选：bc点评：本题比较简单，考查了安培力公式f=bil的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维11（3分）图形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率对准圆心o沿着ao方向射入磁场，其运动轨迹如图所示，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）aa粒子速率最大bc粒子速率最大cc粒子在磁场中运动时间最长d它们作圆周运动的周期ta=tb=tc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：三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvb=m，可得：r=a、b、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则知a粒子速率最小，c粒子速率最大故a错误，b正确；c、d、由于t=及t=可知，三粒子运动周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故c错误、d正确故选：bd点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短12（3分）如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合开关s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某一个条件，油滴将向下运动的是（）a减小r1的阻值b增大r2的阻值c减小两板间的距离d断开开关s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：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻r1的电压，改变r2，对电容器的电压没有影响增大r1分担的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动断开开关s，电容器放电，油滴将向下运动减小平行板的正对面积，电容器的电压不变，油滴不动解答：解：a、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻r1的电压，当减小r1的阻值，导致总电流增大，则外电压减小，因此电容器的电压减小，板间场强减弱，油滴将向下运动故a正确b、电路稳定时，当增大r2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动故b错误c、减小两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度增大，导致油滴向上运动故c错误d、断开开关s，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动故d正确故选：ad点评：本题关键分析电容器的电压是否变化当断开开关s，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动13（3分）（2013大连模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度b垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流i，c、d两侧面会形成电势差下列说法中正确的是（）a若元件的载流子是自由电子，则d侧面电势高于c侧面电势b若元件的载流子是自由电子，则c侧面电势高于d侧面电势c在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直d在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平考点：霍尔效应及其应用.分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置解答：解：a、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向c侧面偏，则d侧面的电势高于c侧面的电势故a正确，b错误c、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直故c正确，d错误故选ac点评：解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡14（3分）如图所示，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r，闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表a示数变化量的绝对值为i，则（）aa的示数增大b的示数增大cu1大于u2du3与i的比值大于r考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析解答：解：a、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以r与变阻器串联，电压表v1、v2、v3分别测量r、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则a的示数增大，故a正确；b、v2测量路端电压，外电阻减小，路端电压减小，示数减小故b错误c、根据闭合电路欧姆定律得：u2=eir，则得：=r； =r，据题：rr，则，故u1大于u2故c正确d、根据闭合电路欧姆定律得：u3=ei（r+r），则得：=r+rr，则u3与i的比值大于r，故d正确；故选：acd点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析二、实验题（本题共2小题，共14分）15（5分）（1）在伏安法测电阻的实验中，待测电阻rx的阻值约为200，电压表v的内阻约为2k，电流表a的内阻约为10，测量电路中电表的连接方式如图1（a）或图1（b）所示，测量结果由公式rx=计算得出，式中u与i分别为电压表和电流表的示数若将图1（a）和图1（b）中电路测得的电阻值分别极为rx1和rx2，则（填“rx1”或“rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值rx1大于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值rx2小于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值（2）在使用螺旋测微器量某金属丝直径时，如图2所示，读数为1.706mm考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：本题（1）根据欧姆定律可知，当待测电阻满足时，应用内接法测量较准确，=；根据欧姆定律可知电流表采用内接法时，测量值应等于待测电阻与电流表内阻之和，所以测量值偏大，当电流表采用外接法时，测量值应是待测电阻与电压表的并联电阻，所以测量值偏小；（2）进行螺旋测微器读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出解答：解：（1）：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法时测量较准确，即更接近真实值；根据欧姆定律：=，所以测量值大于真实值；=，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以测量值小于真实值；（2）：螺旋测微器的读数为：d=1.5mm+20.60.01mm=1.706mm；故答案为：（1），大于，小于；（2）1.706点评：应明确：电流表内外接法的选择方法：当待测电阻满足时，电流表应用外接法，并且测量值偏小；满足时，电流表应用内接法，并且测量值偏大进行螺旋测微器读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出16（9分）某同学用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，实验采用的电路如图1所示（1）下列给出的器材中，应该选用acdfh（填代号）a、待测干电池（2节串联，电动势约3v）b、电流表（量程03a，内阻0.025）c、电流表（00.6a，内阻0.125）d、电压表（03v，内阻3k）e、电压表（量程015v，内阻15k）f、滑动变阻器（020，额定电流1a） g、滑动变阻器（02000，额定电流0.3a） h、开关、导线（2）如图2给出了做实验所需的各种仪器，请你按电路图把它们连成实验电路（3）该同学记录了5组数据，并根据这些数据在坐标图中画出ui图线，如图3所示，根据图线求出两节干电池串联的电动势e=2.75v，内阻r=1.92（结果均保留两位小数）考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器（2）对照电路图，按顺序连接电路（3）由闭合电路欧姆定律分析ui图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻解答：解：（1）滑动变阻器允许的最大电流为1a，量程为3a的电流表读数误差会比较大，所以应选择量程为0.6a的电流表（c）；电源的电动势是3v，所以适合选择量程为3v的电压表（d）；滑动变阻器要选择额定电流较大的（f）；另外，要选择电源a和导线与电键（h）所以要选择的项目共有：acdfh（2）对照电路图，按顺序连接电路如图：（3）由闭合电路的欧姆定律：e=u+ir；当电路中的电流接近0时，路端电压接近电源的电动势，所以在ui图象中，图线与纵坐标的交点表示电源的电动势，根据图3可以读出电源的电动势为2.75v；又因为图象的斜率表示电源的内电阻，所以：r=1.92故答案为：（1）acdfh；（2）连线如图；（3）2.75，1.92；点评：本实验的原理是闭合电路欧姆定律，根据原理由图象的斜率和截距分别求出内阻和电动势三、计算题（本题共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（10分）现在又一个满偏电流为1ma、内阻为20电流表（1）如果把它改装为一个量程为0.6a的电流表，需要一个多大的电阻？（2）如果把它改装为一个量程为3v的电压表，需要一个多大的电阻？考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题分析：（1）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值（2）把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答：解：（1）把电流表改装成0.6a的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：r=0.03；（2）把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：r=rg=20=2980；答：（1）如果把它改装为一个量程为0.6a的电流表，需要并联一个0.03欧姆的电阻（2）如果把它改装为一个量程为3v的电压表，需要串联一个29800欧姆的电阻点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路的特点与欧姆定律即可正确解题18（10分）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为l，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开关k后导体棒中的电流为i，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为i，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2忽略回路中电流产生的磁场，求磁感应强度b的大小考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力.分析：对前后两次的导体棒受力分析，根据平衡条件列方程然后联立求解即可解答：解：弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsin=kx1+bil电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：mgsin+bil=kx2联立两式得：b=答：磁感应强度b的大小是点评：本题借助安培力考查了平衡条件的应用，正确受力分析时关键，注意安培力方向的判断用左手定则19（12分）如图所示的电路中，电源的电动势e=12v，内阻r=0.5，将一盏规格“8v，16w”的灯泡与一个线圈电阻r=0.5的直流电动机并联后与电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min问在此过程中：（1）电源提供的能量；（2）电流对灯泡和电动机所做的功各为多少？（3）电动机的效率是多少？考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：（1）由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由p=uit可求得电源提供的能量；（2）由w=pt可求得电流对灯泡所做的功；由w=uit可求得电流对电动机所做的功；（3）由=100%可求得电动机的效率解答：解：（1）由题意可知，电路的路端电压u=8v，则内电压u内=eu=12v8v=4v；电路中电流i=8a；故电源提供的能量w=uit=12810060j=5.76105j； （2）电流对灯丝做功w灯=pt=1610060j=9.6104j； 灯泡中的电流