江西省上饶市余干二中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省上饶市余干二中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分、其中1-8小题为单选；9、10两小题为多选，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b法拉弟c伽利略d牛顿2如图所示，在两个固定的异种点电荷q1、q2的连线上有a、b两点将一个带负电的试探电荷q由a静止释放，它从a点运动到b点的过程中，可能（）a先加速运动再减速运动b加速度一直增大c电势能先增大后减小d在b点电势能比在a点的电势能大3如图所示，a、b是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从a点运动到b点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是（）a电场力做正功b电场力做负功c电场力不做功d电场力先做正功后做负功4一带电粒子射入一固定在o点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是（）a此粒子一直受到静电排斥力b粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能c粒子在b点的速度一定大于a点的速度d粒子在a点和c点速度大小相等5将面积是0.5m2的导线环放在匀强磁场中，环面与磁场方向垂直已知穿过这个导线环的磁通量是2.0102wb，则该磁场的磁感应强度为（）a4.0102tb1.0102tc25td2.0102t6带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）a减小两极板间的距离b用手触摸极板ac在两板间插入电介质d将极板b向上适当移动7一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（）额定容量54l最高水温75额定功率1000w额定压力0.7mpa额定电压220v电器类别类a6.8ab0.15ac4.5ad0.23a8如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r，在滑动变阻器r1的滑动触片p从图示位置向下滑动的过程中（）a电路中的总电流变小b路端电压变大c通过电阻r2的电流小d通过滑动变阻器r1的电流小9一直流电动机正常工作时两端的电压为u，通过的电流为i，电动机线圈的电阻为r该电动机正常工作时，下列说法正确的是（）a电动机消耗的电功率为iub电动机的输出功率为iui2rc电动机的发热功率为di、u、r三个量间满足i=10电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关s闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关s断开，则以下判断正确的是（）a液滴仍保持静止状态b液滴将向上运动c电容器上的带电量将减为零d电容器上的带电量将增大二、填空题（本题共3个小题，每空2分，共24分）11用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为mm12已知电流表的内阻rg=10，满偏电流ig=3ma要把它改装成量程是6v的电压表，应联一个电阻，其阻值r=；若用它来测量一段电路两端电压时，表盘指针如图所示，这段电路两端的电压是v13某同学用如图1所示电路，测绘标有“3.8v，0.3a”的小灯泡的灯丝电阻r 随电压u变化的图象除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：a1（量程100ma，内阻约2）、a2（量程0.6a，内阻0.3）；电压表：v1（量程5v，内阻约5k）、v2（量程15v，内阻约15k）；滑动变阻器：r1（阻值范围0100）、r2（阻值范围02k）；电源：e1（电动势为1.5v，内阻为0.2）、e2（电动势为4v，内阻约为0.04）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表，电压表，滑动变阻器，电源（填器材的符号）根据实验数据，计算并描绘出ru的图象如图2所示由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为；当所加电压为3.00v时，灯丝电阻为，灯泡实际消耗的电功率为w根据ru图象，可确定小灯泡耗电功率p与外加电压u的关系符合该关系的示意图是下列图中的三、计算题（本题共3个小题，14题11分，15题11分，16题14分，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）14电场中某区域的电场线如图所示，a、b是电场中的两点，一个电荷量q=+2.0108c的点电荷在a点所受电场力fa=4.0104n，将该点电荷从a点移到b点，电场力做功w=1.0107j 求：（1）a点电场强度的大小e；（2）a、b两点间的电势差u15在如图所示的电路中，电源的电动势e=9.0v，内电阻r=1.0，外电路的电阻r=5.0闭合开关s求：（1）通过电阻r的电流；（2）电阻r消耗的电功率p16如图所示，虚线mn、pq之间存在垂直纸面向内、磁感应强度大小为b的匀强磁场，现有两个质量均为m、带电量分别为q、+q的粒子在纸面内均以速度v从a点同时射入，其方向与mn成60角，虚线mn、pq间的距离为d，带电粒子的重力及带电粒子之间的库仑力不计试求：（1）+q粒子恰好不从pq边飞出能回到虚线mn上，则速度v多大？（2）两个带电粒子在磁场中运动的时间之和2015-2016学年江西省上饶市余干二中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分、其中1-8小题为单选；9、10两小题为多选，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b法拉弟c伽利略d牛顿【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题考查的是物理学常识对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一2如图所示，在两个固定的异种点电荷q1、q2的连线上有a、b两点将一个带负电的试探电荷q由a静止释放，它从a点运动到b点的过程中，可能（）a先加速运动再减速运动b加速度一直增大c电势能先增大后减小d在b点电势能比在a点的电势能大【考点】电场线；电势能【分析】根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以及加速度的变化，根据库仑力做功判断电势差的变化，结合能量守恒比较a、b两点的电势能【解答】解：a、试探电荷从静止释放，所受的库仑力的合力一定先向右，所以库仑力一定先做正功，电势能一定先减小在向b运动的过程中，当库仑力的合力可能向左，则试探电荷会再做减速运动故a正确，c错误b、试探电荷从静止由a到b的过程中，库仑力的合力不可能一直增大，所以加速度不可能一直增大故b错误d、从a到b的过程中，电荷的动能增加了，根据能量守恒知，电势能减小了，所以电荷在b点电势能比a点电势能小故d错误故选：a【点评】解决本题的关键知道库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加；对于a、b两点的电势能比较，可以通过能量守恒判断，也可以通过库仑力做功情况来判断3如图所示，a、b是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从a点运动到b点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是（）a电场力做正功b电场力做负功c电场力不做功d电场力先做正功后做负功【考点】电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】解这类题是思路：根据带电粒子运动的方向与电场力方向的关系，然后判定电场力做功的情况【解答】解：正电荷受力的方向与电场线的方向相同，粒子运动的方向与电场线的方向相同，所以电场力做正功故a正确，bcd错误故选：a【点评】关于电场力做功的情况，可以根据电场力的方向与运动方向的关系来判定属于基础题目4一带电粒子射入一固定在o点的点电荷的电场中，粒子运动轨道如图虚线a、b、c所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则下列不正确的是（）a此粒子一直受到静电排斥力b粒子在b点的电势能一定大于a点的电势能c粒子在b点的速度一定大于a点的速度d粒子在a点和c点速度大小相等【考点】等势面；电场线【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：a、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，故a正确b、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故b正确c、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故c错误d、c点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故d正确本题要求选择不正确的，故选：c【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况5将面积是0.5m2的导线环放在匀强磁场中，环面与磁场方向垂直已知穿过这个导线环的磁通量是2.0102wb，则该磁场的磁感应强度为（）a4.0102tb1.0102tc25td2.0102t【考点】磁感应强度【分析】闭合导线处在匀强磁场中，当环面与磁场垂直时，穿过环的磁通量=bs，变形求出b【解答】解：闭合导线环在匀强磁场中，环面与磁场垂直时，穿过环的磁通量=bs，则b=t=4.0102t故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题根据匀强磁场中磁通量的定义式=bs来分析计算磁感应强度b6带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）a减小两极板间的距离b用手触摸极板ac在两板间插入电介质d将极板b向上适当移动【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】根据电容的决定式c=，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化【解答】解：a、减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式可得是容器的电容增大；则由q=uc可知，电势差减小，故a正确；b、由于b板接地，用手触摸a时，故对电量有影响，电势差减小，故b正确；c、在两板间插入电介质时，介电常数增大，则c增大，由由q=uc可知，电势差减小，故c正确；d、将极板b向上运动时，正对面积减小，则c减小，由定义式可知，电势差增大，故d错误；故选：abc【点评】本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小7一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（）额定容量54l最高水温75额定功率1000w额定压力0.7mpa额定电压220v电器类别类a6.8ab0.15ac4.5ad0.23a【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1000w，额定电压是220v，由电功率变形公式可以求出加热时的电流【解答】解：电热水器加热时的电流i=4.5a；故选：c【点评】从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，本题是一道基础题8如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r，在滑动变阻器r1的滑动触片p从图示位置向下滑动的过程中（）a电路中的总电流变小b路端电压变大c通过电阻r2的电流小d通过滑动变阻器r1的电流小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】在滑动变阻器r1的滑动触片p向下滑动的过程中，r1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻r2的电流变化，再判断通过滑动变阻器r1的电流的变化【解答】解：a、在滑动变阻器r1的滑动触片p向下滑动的过程中，r1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大故a错误b、路端电压u=eir，i变大，e、r不变，则u变小故b错误c、路端电压u变小，通过电阻r2的电流变小故c正确d、总电流变大，通过电阻r2的电流变小，所以通过滑动变阻器r1的电流必定变大故d错误故选：c【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小9一直流电动机正常工作时两端的电压为u，通过的电流为i，电动机线圈的电阻为r该电动机正常工作时，下列说法正确的是（）a电动机消耗的电功率为iub电动机的输出功率为iui2rc电动机的发热功率为di、u、r三个量间满足i=【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率p电=ui，发热功率p热=i2r，输出功率根据能量守恒分析得到p出=p电p热【解答】解：a、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率p电=ui故a正确b、c电动机的发热功率p热=i2r，根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率p出=p电p热=uii2r故b正确，c错误d、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，则有uiti2rt，得到uir故d错误故选：ab【点评】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用p电=ui，求发热功率只能用p热=i2r10电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关s闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关s断开，则以下判断正确的是（）a液滴仍保持静止状态b液滴将向上运动c电容器上的带电量将减为零d电容器上的带电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】恒定电流专题【分析】开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化【解答】解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动由于电容器的电压增大，由公式q=cu可知，电容器上的带电量将增大故选bd【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压二、填空题（本题共3个小题，每空2分，共24分）11用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为6.125mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题；恒定电流专题【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.50.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm故答案为：6.125【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量12已知电流表的内阻rg=10，满偏电流ig=3ma要把它改装成量程是6v的电压表，应串联一个电阻，其阻值r=1990；若用它来测量一段电路两端电压时，表盘指针如图所示，这段电路两端的电压是5.00v【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要串联电阻分压，读出表盘的读数，然后根据串联电路的电压规律求解表盘指针如图所示时的电压【解答】解：改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：r=rg=10=1990表盘指针读数为2.5ma则所测电压u=2.5ma（1990+10）=5v故答案为：串，1990，5.00【点评】考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值13某同学用如图1所示电路，测绘标有“3.8v，0.3a”的小灯泡的灯丝电阻r 随电压u变化的图象除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：a1（量程100ma，内阻约2）、a2（量程0.6a，内阻0.3）；电压表：v1（量程5v，内阻约5k）、v2（量程15v，内阻约15k）；滑动变阻器：r1（阻值范围0100）、r2（阻值范围02k）；电源：e1（电动势为1.5v，内阻为0.2）、e2（电动势为4v，内阻约为0.04）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表，电压表，滑动变阻器，电源（填器材的符号）根据实验数据，计算并描绘出ru的图象如图2所示由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为1.5；当所加电压为3.00v时，灯丝电阻为11.5，灯泡实际消耗的电功率为0.78w根据ru图象，可确定小灯泡耗电功率p与外加电压u的关系符合该关系的示意图是下列图中的a【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】根据“安全性”和“精确性”原则，电表读数要求指针在满刻度的或之间【解答】解：因小灯泡额定电流为0.3a，额定电压为3.8v，故电流表应选，电压表应选，又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选，显然电源应选故答案为由ru图象知u=0时r为1.5，u=3v时r为11.5，由p=得p=0.78w故答案为1.5，11.5，0.78由p=知，p与u2成正比，pu的图线弯曲的方向向上，故cd错误；u=0时p=0，故b不合题意，p随u的增大而增大，故a正确故选：a【点评】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法三、计算题（本题共3个小题，14题11分，15题11分，16题14分，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）14电场中某区域的电场线如图所示，a、b是电场中的两点，一个电荷量q=+2.0108c的点电荷在a点所受电场力fa=4.0104n，将该点电荷从a点移到b点，电场力做功w=1.0107j 求：（1）a点电场强度的大小e；（2）a、b两点间的电势差u【考点】电场线；电势【专题】简答题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据电场强度的定义式e=，求解a点电场强度的大小根据公式u=求解a、b两点间的电势差u【解答】解：（1）a点电场强度的大小为：e=n/c（2）a、b两点间的电势差为：u=答：（1）a点电场强度的大小e为2104n/c；（2）a、b两点间的电势差u为5v【点评】本题考查物理基本公式的应用能力对于公式u=应用时，一般各量要代入正负号计算，而e=，一般不代入正负号计算15在如图所示的电路中，电源的电动势e=9.0v，内电阻r=1.0，外电路的电阻r=5.0闭合开关s求：（1）通过电阻r的电流；（2）电阻r消耗的电功率p【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题【