广东省汕头市潮南区高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省汕头市潮南区高二（上）期末物理试卷 一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线ab上方，发现射线的径迹如图所示，则（）a 直导线电流从a流向bb 直导线电流垂直于纸面，并流向纸内c 直导线电流垂直于纸面，并流向纸外d 直导线电流从b流向a2如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹m和n是轨迹上的两点，其中m点在轨迹的最右端不计重力，下列表述正确的是（）a 粒子在m点的速率最大b 粒子所受电场力沿电场方向c 粒子在电场中的加速度不变d 粒子在电场中的电势能始终在增加3如图，在电键s闭合时，质量为m的带电液滴处于静止状态，那么，下列判断正是（）a 电键s断开，极板上的电荷量将减少，电压降低b 电键s断开，极板间距离减小，则极板上的电荷量减少c 电键s断开，极板间距离减小，则极板间电压降低d 电键s断开，极板间距离减小，则带电液滴向下运动4如图所示是一实验电路图在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）a 路端电压变小b 电流表的示数变大c 电源内阻消耗的功率变小d 电路的总电阻变大二、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分）5关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）a 磁感线可以形象地描述各点的磁场的强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时n极所指的方向一致b 异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，都是通过磁场发生的相互作用c 磁感线总是从磁极的n极出发，到s极终止d 磁感线就是细铁屑连成的曲线6下列说法正确的是（）a 电源内部静电力做功，把其他形式能转化为电能b 如果铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性c 运动电荷的周围同时存在电场与磁场d 沿磁感线的方向，磁场逐渐减弱7有a、b两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，判断（）a 电阻a的阻值大于电阻bb 电阻a的阻值小于电阻bc 电压相同时，流过电阻a的电流强度较小d 两电阻串联时，电阻a消耗的功率较小8如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变让质子（）流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时（）a 加速度更大b 初速度更大c 动能增量更大d 两次的电势能增量相同9如图所示，是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为b和e，平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1、a2平板s下方有磁感应强度为b0的匀强磁场下列表述中正确的是（）a 质谱仪是分析同位素的重要工具b 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的比荷越小三、解答题（共4小题，满分54分）10用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律下列关于该实验的说法正确的是（选填选项前的字母）a开始实验前必须平衡摩擦力b实验时，应先释放小车，再接通计时器电源c小车的质量应远大于沙和沙桶的总质量d实验开始始，小车的初始位置应远离打点计时器若某次实验得到af图象如图（b）所示，则造成这一结果的原因是：某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50hz，a、b、c、d、e、f、g是纸带上7个连续的点s=sdgsad=cm由此可算出小车的加速度a=m/s2（a值保留两位有效数字）11某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到如下表所示的数据（i和u分别表示小灯泡的电流和电压），则： 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.45 0.47 0.49 0.50当u=1.20v时对应的电流表如图甲所示，其读数为a实验中所用的器材有：电压表（量程3v，内阻约为2k）电流表量程（0.6a，内阻为0.2）滑动变阻器（05，1a）电源、待测小灯泡、电键、导线若干请在图乙方框中画出该实验的电路图根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的ui曲线12如图所示，pq和mn为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量m=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=2t，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g取10m/s2）13如图所示，在xoy直角坐标平面内，第象限匀强电场沿y轴正方向，第象限匀强磁场垂直于坐标平面向里，质量为m，电量为q的负电粒子，从y轴上的m点（om=h）以速度v0垂直y轴射入电场，经x轴上的n点（on=2h）射出电场，进入磁场，最后从y轴上p点（p点未标出）垂直y轴方向射出磁场，不计粒子的重力，求：（1）电场强度e的大小；（2）磁感应强度b的大小2014-2015学年广东省汕头市潮南区高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线ab上方，发现射线的径迹如图所示，则（）a 直导线电流从a流向bb 直导线电流垂直于纸面，并流向纸内c 直导线电流垂直于纸面，并流向纸外d 直导线电流从b流向a考点：左手定则分析：电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转，根据电子的偏转方向，判断出磁场方向，然后根据右手螺旋定则，判断出导线中电流方向解答：解：电子运动方向从负极流向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子偏转方向，由此得出导线上方磁场方向垂直纸面向里，因此直导线必须如图所示的放置根据右手螺旋定则可知，导线ab中的电流方向从b指向a，故d正确，abc错误故选：d点评：本题考查了左手定则和右手螺旋定则的联合应用，注意两个定则的适用条件，平时加强联系，提高熟练程度2如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹m和n是轨迹上的两点，其中m点在轨迹的最右端不计重力，下列表述正确的是（）a 粒子在m点的速率最大b 粒子所受电场力沿电场方向c 粒子在电场中的加速度不变d 粒子在电场中的电势能始终在增加考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论解答：解：a、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到m点时，粒子的速度最小，所以a错误；b、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故b错误；c、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故c正确；d、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故d错误故选：c点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小3如图，在电键s闭合时，质量为m的带电液滴处于静止状态，那么，下列判断正是（）a 电键s断开，极板上的电荷量将减少，电压降低b 电键s断开，极板间距离减小，则极板上的电荷量减少c 电键s断开，极板间距离减小，则极板间电压降低d 电键s断开，极板间距离减小，则带电液滴向下运动考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：电键s断开，极板上的电荷量不变，根据电容的决定式c分析电容的变化，由电容的定义式c=分析板间电压的变化，由板间场强公式e=分析液滴所受的电场力的变化，判断其运动情况解答：解：电键s断开，极板上的电荷量q不变，极板间距离减小，根据电容的决定式c得知电容c增大，由电容的定义式c=可知，板间电压u降低，由板间场强公式e=及前面两个公式结合得到 e=，可知板间场强e不变，带电液滴的受力情况不变，仍处于静止状态，故c正确，abd错误故选c点评：解决本题是掌握电容的决定式c，电容的定义式c=，板间场强公式e=和经验公式 e=，再对电容器进行动态分析4如图所示是一实验电路图在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）a 路端电压变小b 电流表的示数变大c 电源内阻消耗的功率变小d 电路的总电阻变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化解答：解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故d错误根据i=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有e=ir+u外，可知路端电压u外在减小，故a正确流过电流表的示数为i=，可知电流在减小，故b错误根据p=i2r，可知内阻消耗的功率在增大，故c错误故选a点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析二、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分）5关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）a 磁感线可以形象地描述各点的磁场的强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时n极所指的方向一致b 异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，都是通过磁场发生的相互作用c 磁感线总是从磁极的n极出发，到s极终止d 磁感线就是细铁屑连成的曲线考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：（1）磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时n极所指的方向为该点磁场的方向（2）磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极解答：解：a、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致，故a正确；b、磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场是客观存在的特殊物质，故b正确c、磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极；故c错误；d、磁感线可以用细铁屑来显示，是假想的，故d错误；故选：ab点评：本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质6下列说法正确的是（）a 电源内部静电力做功，把其他形式能转化为电能b 如果铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性c 运动电荷的周围同时存在电场与磁场d 沿磁感线的方向，磁场逐渐减弱考点：磁感线及用磁感线描述磁场；分子电流假说；安培力分析：电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能；磁体和运动电荷周围均存在磁场；而运动电荷同时形成电场和磁场；磁感线的疏密表示磁场的强弱解答：解：a、电源是通过内部非静电力做功，将其他形式的能转化为电能的装置；故a错误；b、根据分子电流假说可知，如果铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性；故b正确；c、运动电荷形成等效电流；其周围同时存在电场和磁场；故c正确；d、沿磁感线的方向不能判断磁场强度的变化；只有磁感线的疏密才能表示磁场的强弱；故d错误；故选：bc点评：本题考查磁感线的性质、电源的性质及安培分子电流假说，要明确各自的物理规律，并能假设相关现象7有a、b两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，判断（）a 电阻a的阻值大于电阻bb 电阻a的阻值小于电阻bc 电压相同时，流过电阻a的电流强度较小d 两电阻串联时，电阻a消耗的功率较小考点：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：伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断ab电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小解答：解：a、在伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，从图中可得a的斜率大，所以a的电阻小，故a错误，b正确；c、由于a的电阻小，所以当电压相同的时候，流过电阻a的电流强度较大，故c错误；d、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由p=i2r可得，电阻大的电阻的功率大，所以电阻b消耗的功率较大，a消耗的功率较小，故d正确故选：bd点评：本题就是考察学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开ui图象和iu图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同8如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变让质子（）流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时（）a 加速度更大b 初速度更大c 动能增量更大d 两次的电势能增量相同考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：质子垂直射入匀强电场中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得到加速度的表达式，再由运动学公式推导出偏转距离y的表达式，进行分析初速度关系由图看出，两次质子的偏转距离y相等由动能定理分析动能的增量关系，再由能量守恒分析电势能增量关系解答：解：a、加速度为 a=，质子的质量m和电量q不变，场强e相同，则加速度相同故a错误b、质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离 y=，x是水平位移，由图看出，y相同，则知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大故b正确c、d电场力做功为w=qey，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次的电势能增量相同故d正确故选bd点评：本题是类平抛运动的类型，运用牛顿第二定律、运动学公式和动能定理结合分析，比较简单9如图所示，是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为b和e，平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1、a2平板s下方有磁感应强度为b0的匀强磁场下列表述中正确的是（）a 质谱仪是分析同位素的重要工具b 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的比荷越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动分析：带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v= 粒子可通过选择器，然后进入b0，打在s板的不同位置解答：解：a、进入b0的粒子满足=，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故a正确；b、假设粒子带正电，则受电场力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故b错误；c、由qe=qvb，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故c正确；d、由=，知r越小，荷质比越大；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子圆周运动的半径越小荷质比越大；故d错误；故选：ac点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段三、解答题（共4小题，满分54分）10用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律下列关于该实验的说法正确的是ac（选填选项前的字母）a开始实验前必须平衡摩擦力b实验时，应先释放小车，再接通计时器电源c小车的质量应远大于沙和沙桶的总质量d实验开始始，小车的初始位置应远离打点计时器若某次实验得到af图象如图（b）所示，则造成这一结果的原因是：未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50hz，a、b、c、d、e、f、g是纸带上7个连续的点s=sdgsad=1.80cm由此可算出小车的加速度a=5.0m/s2（a值保留两位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，使得砂和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，不挂砂和小桶，小车后面需连接纸带连接沙桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车明确实验原理可知具体操作细节，根据匀变速直线运动的特点x=at2可以求出加速度的大小；解答：解：a、因将沙桶的重力即为小车的拉力，则开始实验前必须平衡摩擦力，故a正确；b、实验前小车应靠近打点计时器，实验时应先接通电源再释放小车，否则纸带上打不了几个点故b错误c、只有当小车的质量应远大于沙和沙桶的总质量时，才能使沙桶的重力近似等于小车的拉力，故c正确d、开始时，小车的初始位置应靠近打点计时器故d错误故选：ac根据图象（b）可知，当有悬挂砂桶时，小车仍没有产生加速度，由此可知在操作个过程中，没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足，根据刻度尺的示数可知s=3.90cm2.10cm=1.80cm，时间间隔为t=0.06s，代入公式x=at2可以求出加速度为：a=5.0m/s2故答案为：ac；未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；1.80； 5.0点评：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力11某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到如下表所示的数据（i和u分别表示小灯泡的电流和电压），则： 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.45 0.47 0.49 0.50当u=1.20v时对应的电流表如图甲所示，其读数为0.42a实验中所用的器材有：电压表（量程3v，内阻约为2k）电流表量程（0.6a，内阻为0.2）滑动变阻器（05，1a）电源、待测小灯泡、电键、导线若干请在图乙方框中画出该实验的电路图根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的ui曲线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；整体思想；恒定电流专题分析：（1）根据电流表的读数方法可得出对应的电流值；（2）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图（3）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线解答：解：（1）电流表的指针对应的刻度超过1.4一个小格，因此可以读作：0.42（2）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00v时，其阻值，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图乙所示（3）根据实验得到的数据在ui坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图丙所示故答案为：（1）0.42a（0.40a0.42a都正确） （2）如图乙所示 （3）如图丙所示 点评：本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法12如图所示，pq和mn为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量m=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=2t，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g取10m/s2）考点：安培力分析：若要保