广东省揭阳市高二物理学业考试试卷（含解析）.doc

2014年广东省揭阳市学业考试物理试卷 一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2014揭阳）如图所示的直线电流磁场的磁感线，哪个图是正确的（）abcd2（4分）（2014揭阳）如图，两个可以视为质点带电小球a、b，已知a球的电量大于b球的电量，用绝缘细绳系于天花板上，则（）a两球都带正电b两球都带负电ca球受到的静电力大于b球受到的静电力d两球受到的静电力大小相等3（4分）（2014揭阳）在卢瑟福的粒子散射实验中，有少数的粒子发生了大角度的偏转，其原因是（）a原子中有带负电的电子，电子会对粒子有引力的作用b正电荷在原子中是均匀分布的c原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上d原子是可再分的4（4分）（2014揭阳）一矩形导线圈abcd与通有恒定电流i的直导线始终在同一平面内，当线圈在导线的右侧向右匀速移动时（）a线圈有由a流向b的电流b线圈有由b流向a的电流c通过线圈中的磁通量在增大d线圈平面有垂直纸面向外的磁感线二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）（2014揭阳）在下列核反应方程中，x代表质子的方程的是（）aal+hep+xbn+heo+xch+rn+xdh+xhe+n6（6分）（2014揭阳）图是测试热敏电阻r的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值实验中观察到当温度升高时灯更亮对实验现象分析正确的有（）a温度升高，电路中的电流减小b温度升高，电路中的电流增大c温度升高，热敏电阻的阻值增大d温度升高，热敏电阻的阻值减小7（6分）（2014揭阳）一正弦交流电的电压随时间变化的图象如图所示由图可知（）a该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（50t）vb该交流电的频率为50hzc该交流电的电压的有效值为100vd若将该交流电压加在阻值为r=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50w8（6分）（2014揭阳）一带电油滴在场强为e的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，则油滴（）a带正电b所受电场力小于重力c重力势能增加，电势能减少d动能变大9（6分）（2014揭阳）如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（）a从a点离开的电子速度最小b从a点离开的电子在磁场中运动时间最短c从b点离开的电子运动半径最小d从b点离开的电子速度偏转角最小三、非选择题：本题共5小题，按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写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10（4分）（2014揭阳）游标卡尺主尺的最小刻度是1mm，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差mm用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是mm11（2分）（2014揭阳）在测定某电阻丝的电阻率实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是mm12（12分）（2014揭阳）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图1所示的实物电路实验时，应先将电阻箱的电阻调到（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值r0=10的定值电阻两端的电压u下列两组r的取值方案中，比较合理的方案是（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值r/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0某同学要按实物图画出原理图2，已画出了一部分，把剩下部分补画完整13（18分）（2014揭阳）如图，轻直导线杆ab沿垂直轨道方向放在水平平行足够长的光滑轨道上，金属轨道所在区域充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=2t，轨道间距l为1m，当给ab杆施加一个大小为4n、方向水平向左的外力时，闭合开关k，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1，电阻r为4，ab杆接入电路的电阻r1为4，导轨电阻不计，求：（1）杆静止时，通过杆的电流是多大？（2）电源电动势多大？（3）若断开开关k后，ab杆的最大运动速度是多大？14（18分）（2014揭阳）如图所示，质量为mb=1kg的绝缘不带电小球b，通过长l=0.32m的细绳与固定点o相连一带电量q=+0.8c，质量为ma=1kg的小球a静止在光滑绝缘的水平面上，某时刻在小球b的右边加一水平有界匀强电场，场强大小e=10n/c，且a球刚好在电场的右边缘上在电场力的作用下球a向左运动，穿过电场并与球b发生弹性碰撞，碰撞后球b恰好能绕o点在竖直平面内作圆周运动假设a、b球仅发生一次碰撞，且可视为质点，g取10m/s2，求：（1）a、b碰撞后瞬间，细绳拉力的大小？（2）a、b碰撞前瞬间小球a的速度大小；（3）若细绳的最大承受能力是210n，为使a、b碰撞后，球b能做圆周运动，则电场宽度d多大？2014年广东省揭阳市学业考试物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2014揭阳）如图所示的直线电流磁场的磁感线，哪个图是正确的（）abcd考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：正确利用安培定则直接判断通电直导线周围磁场方向即可注意安培定则的两种表达形式，一种判断通电直导线，另一种判断通电螺线管周围磁场解答：解：利用安培定则可以判断出通电直导线周围的磁场线分布情况，a、电流方向垂直纸面向外，因此根据右手螺旋定则可知，磁感线是一系列同心圆，方向逆时针，由离直导线越远，磁场越弱，根据电场线的疏密表磁场的强弱，故a正确，bc错误，d、同理，电流方向垂直纸面向里，则磁场方向顺时针，且里密外疏故d错误；故选a点评：正确利用安培定则判断导线、通电螺线管周围磁场分布情况是对学生的基本要求，要加强练习2（4分）（2014揭阳）如图，两个可以视为质点带电小球a、b，已知a球的电量大于b球的电量，用绝缘细绳系于天花板上，则（）a两球都带正电b两球都带负电ca球受到的静电力大于b球受到的静电力d两球受到的静电力大小相等考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，并结合库仑定律，则可求解解答：解：a、带电相同的小球受斥力作用，带同种电荷，可能是正电，也可是负电；故ab错误；b、根据f=k 可知，fab=k，则它们受到的静电力大小相等，故c错误，d正确故选：d点评：对于库仑定律公式f=k，要明确其使用条件和各个物理量的含义，注意库仑力的大小与各电量无关，而是电量的乘积有关3（4分）（2014揭阳）在卢瑟福的粒子散射实验中，有少数的粒子发生了大角度的偏转，其原因是（）a原子中有带负电的电子，电子会对粒子有引力的作用b正电荷在原子中是均匀分布的c原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上d原子是可再分的考点：粒子散射实验专题：原子的核式结构及其组成分析：这是因为原子核带正电荷且质量很大，阿尔法粒子也带正电荷，由于同种电荷相互排斥和阿尔法粒子被质量较大的原子核弹回解答：解：粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，粒子质量大，其运动方向几乎不改变粒子散射实验中，有少数粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故c正确，abd错误故选：c点评：本题考查的是粒子散射实验对这个实验要清楚两点：一是粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释原子的核式结构4（4分）（2014揭阳）一矩形导线圈abcd与通有恒定电流i的直导线始终在同一平面内，当线圈在导线的右侧向右匀速移动时（）a线圈有由a流向b的电流b线圈有由b流向a的电流c通过线圈中的磁通量在增大d线圈平面有垂直纸面向外的磁感线考点：楞次定律分析：先根据安培定则判断出磁场的方向，然后根据线框运动运动方向判断出磁场的变化，最后根据楞次定律判定感应电流的方向即可解答：解：根据安培定则可判断出磁场的方向向里，根据线框向右运动可判断出磁场的减小，最后根据楞次定律判定感应电流的方向为顺时针的方向，线圈有由b流向a的电流故选：b点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）（2014揭阳）在下列核反应方程中，x代表质子的方程的是（）aal+hep+xbn+heo+xch+rn+xdh+xhe+n考点：裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类解答：解：a、根据质量数和电荷数守恒得x的电荷数为0，质量数为1，所以x是中子，故a错误；b、同理x的电荷数为1，质量数为1，所以x为质子，故b正确；c、x的电荷数为1，质量数为1，所以x是质子，故c正确；d、x的电荷数为1，质量数为2，所以x是氘核，故d错误故选：bc点评：正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用6（6分）（2014揭阳）图是测试热敏电阻r的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值实验中观察到当温度升高时灯更亮对实验现象分析正确的有（）a温度升高，电路中的电流减小b温度升高，电路中的电流增大c温度升高，热敏电阻的阻值增大d温度升高，热敏电阻的阻值减小考点：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律分析：热敏电阻在受热时阻值变化，由闭合电路殴姆定律可知电路中的电流变化情况，从而确定灯泡的亮暗程度解答：解：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路殴姆定律可知：电路中的电流增大，导致灯泡变亮故选：bd点评：为何要将滑动变阻器调到某一适当值，按常规应该调为0，随着热敏电阻减小，电流变大，灯泡功率更大吗？其实不然，当电源输出功率越大，灯泡才可能越亮，所以将滑动变阻器与电源组合一个新电源，当外电阻与内电阻阻值相等时，电源输出功率最大7（6分）（2014揭阳）一正弦交流电的电压随时间变化的图象如图所示由图可知（）a该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（50t）vb该交流电的频率为50hzc该交流电的电压的有效值为100vd若将该交流电压加在阻值为r=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50w考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：a、由图可知，t=4102s，故f=25hz，=2f=50 rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）v，故a正确，b错误；c、由图象可知交流电的最大值为um=100v，因此其有效值为：u=50v，故c错误；d、若将该交流电压加在阻值r=100的电阻两端，则电阻消耗的功率为：p=50w，故d正确；故选：ad点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8（6分）（2014揭阳）一带电油滴在场强为e的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，则油滴（）a带正电b所受电场力小于重力c重力势能增加，电势能减少d动能变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能专题：电场力与电势的性质专题分析：带电油滴的运动轨迹向上偏转，可知合力方向向上，分析油滴的受力情况，确定电场力方向，即可判断油滴的电性，并能确定电场力与重力的大小重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少逆着电场线，电势升高解答：解：a、由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上，与场强方向相反，油滴应带负电，故a错误；b、油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，故b错误；c、油滴从a至b，电场力做正功，电势能减少，向上运动重力势能增加，故c正确；d、油滴受到合力方向向上，且向上运动，故合外力对油滴做正功，根据动能定理知油滴的动能增加，故d正确故选：cd点评：本题关键要根据轨迹的弯曲方向判断出油滴所受的合力方向，再分析电场力方向根据做功正负，判断电势能和重力势能的变化9（6分）（2014揭阳）如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（）a从a点离开的电子速度最小b从a点离开的电子在磁场中运动时间最短c从b点离开的电子运动半径最小d从b点离开的电子速度偏转角最小考点：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：根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小解答：解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t=，与粒子的速度无关，知越小，运行的时间越短故b、c正确，a、d错误故选bc点评：解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关三、非选择题：本题共5小题，按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写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10（4分）（2014揭阳）游标卡尺主尺的最小刻度是1mm，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差0.05mm用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是13.80mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：游标尺的精确度=mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：游标卡尺的精度为mm，因此游标卡尺有20个小的等分刻度，游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标读数为0.0516mm=0.80mm，所以最终读数为：13mm+0.80mm=13.80mm故答案为：0.05，13.80点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读11（2分）（2014揭阳）在测定某电阻丝的电阻率实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是0.642mm考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0114.2mm=0.142mm，所以最终读数为0.642mm故答案为：0.642点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，一般步骤是先读固定刻度读数，再读可动刻度读数，在读可动刻度读数时，需估读12（12分）（2014揭阳）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图1所示的实物电路实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值r0=10的定值电阻两端的电压u下列两组r的取值方案中，比较合理的方案是2（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值r/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0某同学要按实物图画出原理图2，已画出了一部分，把剩下部分补画完整考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）由实验的安全性原则可知滑动变阻器的开始阻值选择；（2）实验中应保证准确，根据电阻箱的阻值与待测电阻的阻值对比可知合理方案；（3）根据实物图分析电路原理，则可得出实验电路图解答：解：（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处； （2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而r0的阻值只有10，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与r0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理； （3）根据实物图将滑动变阻器及电压表接入即可；如下图所示；故答案为：最大值；2； 完整电路原理图如图点评：本题考查实验测定电动势和内电阻；注意本实验中实验电路较为简单，但要注意数据的处理的掌握，特别是图象法的应用13（18分）（2014揭阳）如图，轻直导线杆ab沿垂直轨道方向放在水平平行足够长的光滑轨道上，金属轨道所在区域充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=2t，轨道间距l为1m，当给ab杆施加一个大小为4n、方向水平向左的外力时，闭合开关k，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1，电阻r为4，ab杆接入电路的电阻r1为4，导轨电阻不计，求：（1）杆静止时，通过杆的电流是多大？（2）电源电动势多大？（3）若断开开关k后，ab杆的最大运动速度是多大？考点：安培力分析：（1）电阻r与r1并联，根据平衡条件和安培力公式求解提供杆的电流；（2）电阻r与r1并联，电阻相等，故电流相等，求解出总电流后结合闭合电路欧姆定律求解电动势；（3）若断开开关k后，杆向左做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大解答：解：（1）ab棒受到的安培力与拉力平衡，故：f=fafa=bil故：i=2a（2）总电流：i总=2i=4a根据闭合电路欧姆定律，有：e=i总（r+）=4（1+2）=12v（3）若断开开关k后，杆速度最大时，有：f=fa=bili=故：vm=8m/s答：（1）杆静止时，通过杆的电流是2a；（2）电源电动势为12v；（3）若断开开关k后，ab杆的最大运动速度是8m/s点评：本题关键是明确电路结构和杆受力情况，然后根据平衡条件、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压与电流关系列式求解，不难14（18分）（2014揭阳）如图所示，质量为mb=1kg的绝缘不带电小球b，通过长l=0.32m的细绳与固定点o相连一带电量q=+0.8c，质量为ma=1kg的小球a静止在光滑绝缘的水平面上，某时刻在小球b的右边加一水平有界匀强电场，场强大小e=10n/c，且a球刚好在电场的右边缘上在电场力的作用下球a向左运动，穿过电场并与球b发生弹性碰撞，碰撞后球b恰好能绕o点在竖直平面内作圆周运动假设a、b球仅发生一次碰撞，且可视为质点，g取10m/s2，求：（1）a、b碰撞后瞬间，细绳拉力的大小？（2）a、b碰撞前瞬间小球a的速度大小；（3）若细绳的最大承受能力是210n，为使a、b碰撞