广东省湛江一中高二物理上学期期末考试试题（含解析）(1).doc

广东省湛江一中2013-2014学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在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，选择或不答的得0分1（4分）根据所学知识判断图中哪一个图是正确的（） 考点：安培力.分析：通电导线在磁场中受到的安培力可以通过左手定则判断方向，带电粒子在磁场中也是通过左手定则判断洛伦兹力方向的；带电粒子粒子在电场中受到的力为电场中该点电场线的切线方向，通电螺线管产生的磁场由右手定则判断出磁性解答：解：a、根据左手定则，可以判断导体受到的安培力竖直向下，故a正确；b、根据左手定则，可以判断带电体受到的洛伦兹力力竖直向上，故b错误；c、带正点的粒子在电场中受到的力为电场中该点电场线的切线方向，故c错误；d、通电螺线管产生的磁场由右手定则可知，左侧是n极，右侧是s极，故小磁针的n极在右端，故d错误；故选：a点评：本题主要考查了带电粒子或导线在电场或磁场中的受力，注意左手定则或右手定则灵活使用2（4分）下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（）a某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体在该处时所受磁场力的方向b小磁针n极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向c通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大d放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同考点：磁感应强度；安培力.分析：磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度大小不一定为零，也可能试探电荷静止在磁场中或速度方向与磁场平行磁感线越密的地方磁感应强度越大，越疏的地方，磁感应强度越小，与磁感线的方向无关解答：解：a、磁感应强度的方向与磁场力的方向相互垂直；故a错误；b、小磁针n极所受磁场力的方向就是该外磁感应强度的方向；故b正确；c、通电导线在磁感应强度大的方向受力可以为零；如磁场方向与导线平行时；故c错误；d、放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向与导线的位置有关；二者相互垂直时，作用力最大；平行时力最小为零；故d错误；故选：b点评：解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱3如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒pq沿导轨从mn处匀速运动到mn的过程中，棒上感应电动势e随时间t变化的图示，可能正确的是（） 考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：压轴题分析：根据感应电动势公式分析：导体在磁场中切割磁感线时产生感应电动势，速度不变，电动势不变解答：解：导体没有进入磁场时，不产生感应电动势导体在磁场中做匀速直线运动切割磁感线时，e=blv，v不变，则e不变故选a点评：感应电动势公式中v是导体相对于磁场的速度，l是有效的切割长度4（4分）如图所示为一簇电场线，a，b，c是一条电场线上的三个点，a、b间的距离等于b、c间的距离用a、b、c和ea、eb、ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定（）aabcbeaebeccab=bcdeaebec考点：电势；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：顺着电场线方向，电势必定降低根据电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大匀强电场中沿电场线方向相等的距离，电势差相等解答：解：a、顺着电场线方向，电势降低，由于电场线的方向未知，不能判断电势的高低故a错误；b、d、由图知该电场是匀强电场，则有ea=eb=ec故bd错误c、由公式u=ed知a、b间和b、c间电势差相等，则ab=bc故c正确故选：c点评：本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不答的得0分5（6分）如图所示，光滑固定的金属导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）ap、q将相互靠拢bp、q将相互远离c磁铁的加速度仍为gd磁铁的加速度小于g考点：楞次定律.专题：电磁感应中的力学问题分析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况解答：解：a、b当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，p、q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故a正确，b错误c、d由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故c错误；d正确故选ad点评：本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同6（6分）如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为e，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为b，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（）a带有电荷量为的负电荷b沿圆周逆时针运动c运动的角速度为d运动的速率为考点：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：粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断解答：解：a、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qe，求得电荷量q=，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故a正确；b、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故b错误；c、d、由qvb=mv得=，故c正确；d、在速度选择器装置中才有v=，故d错误；故选ac点评：本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解7（6分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）a离子由加速器的中心附近进入加速器b离子由加速器的边缘进入加速器c离子从磁场中获得能量d离子从电场中获得能量考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功解答：解：要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故a正确而b错误由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qu=mv2，故离子是从电场中获得能量，故c错误，而d正确故选ad点评：了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题8（6分）如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源e、定值电阻r、开关s相连闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上下列说法中正确的是（）a液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线b电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大c电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短d定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长考点：带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：分析带电液滴的受力，根据物体做曲线运动的条件可知液滴的运动轨迹；根据u=ed可知电动势变化时e的变化，则可知所受合力的变化，即可求得加速度的变化；因液滴落在了一个极板上，故液滴的运动时间取决其在水平向的运动，分析水平方向上的受力情况可求得液滴的运动时间解答：解：a、液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故a错误；b、两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由u=ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故b正确；c、因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故c正确；d、定值电阻在此电路中只相当于导线，电容器板间电压等于电源的电动势，所以阻值的变化不会改变两板间的电势差；故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故d错误；故选：bc点评：虽然本题中液滴做的是直线运动，但要注意速度合成与分解的应用，明确水平方向和竖直方向上的两个运动是互不干扰的9（6分）如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的灯泡，线圈l的电阻可以忽略下列说法中正确的是（）a合上开关s接通电路时，a2、a1同时亮，最后a1熄灭b合上开关s接通电路时，a2先亮a1后亮，最后一样亮c断开开关s切断电路时，a2立即熄灭，a1过一会儿才熄灭d断开开关s切断电路时，a1和a2都要过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数.分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解答：解：a、合上开关接通电路，线圈对电流的增大有阻碍作用相当于断路，所以a2、a1同时亮，最后l相当于短路a1熄灭故a正确，b错误；c、断开开关切断电路时，通过a2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过a1的电流会慢慢变小过一会儿熄灭，故c正确d错误故选：ac点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小三、实验题：本大题共3小题，共18分按题目要求作答10（6分）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，要供选择的实验仪器如下：器材规格器材规格小电珠标有“3.8v，0.3a”字样滑动变阻器r1最大阻值10，额定电流1.0a电压表v量程05v，内阻5k滑动变阻器r2最大阻值1k，额定电流0.5a电流表a1量程0100ma，内阻4直流电源e电动势约6v，内阻约0.5电流表a2量程0500ma，内阻0.4导线、电健等（1）在上述器材中，滑动变阻器应选r1；电流表应选a2（填器材代号）（2）在答题卡的图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据灯泡额定电流选择电流表；（2）根据实验目的确定滑动变阻器接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图解答：解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；灯泡额定电流为0.3a=300ma，电流表应选a2；（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻r=12.67，电压表内阻约为5k电流表内阻为0.4，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示故答案为：（1）r1；a2；（2）实物电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图，要掌握实验器材是选择原则、根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法11（8分）关于多用电表欧姆的使用（1）测量电阻时，如果选择“10”发现指针偏转过大，应将选择开关s拨至倍率1的档位，重新进行欧姆调零后测量；（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘如果是用10档测量电阻，则读数为300如果是用直流5v档测量电压，则读数为2.20v考点：用多用电表测电阻.专题：实验题分析：（1）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读数；（2）用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零解答：解：（1）测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关s拨至倍率较小的档位，即为1，并重新调零后测量；（2）如果是用10 档测量电阻，由图示表盘可知，则其读数为3010=300如果是用直流5v档测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.1v，其读数为2.20v故答案为：（1）1，欧姆调零；（2）300；2.20点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零对多用电表读数时，先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读数12（4分）如图甲所示电路，某研究性学习小组利用它测量电池组电动势能e和内阻r并根据实验数据绘出如图乙所示的r图线，其中r为电阻箱读数，i为电流表读数（电流表内阻可忽略），由此可以得到e=3.33v，r=0.9考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：根据闭合电路欧姆定律i=，进行数学变形，得到r与的关系式，根据数学知识研究r图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻解答：解：根据闭合电路欧姆定律i=，解得：r=er，由数学知识得知，r图象的斜率等于e，纵轴截距的绝对值等于r，则由图得到，电源的电动势为e=v3.33v，内阻r=0.9故答案为：3.3；0.9点评：物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义本题采用的是转换法，本来ir是非线性关系，转换成r是线性关系，图象直观，一目了然四、解答题：本大题共4分，共36分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13（6分）如图所示，pq和mn为水平、平行放置的光滑金属导轨，相距l=1mpm间接有一个电动势为e=6v，内阻r=1的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量m=0.3kg，匀强磁场的磁感应强度b=2t，方向竖直向下，为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？（g取10m/s2）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.专题：电磁感应与电路结合分析：对金属棒受力分析，由共点力平衡条件可求得安培力，再由闭合电路欧姆定律及安培力公式可求得接入阻值解答：解：绳对导体棒的拉力为：f=mg=0.310=3n；导体棒静止时根据平衡条件有：bil=f由闭合电路欧姆定律有：i=联立解得：r=3答：为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为3点评：本题考查共点力的平衡条件及欧姆定律的应用，正确受力分析即可求解14（6分）如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向水平向右，一质量为m，带电荷量q的微粒以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度e和磁感应强度b的大小考点：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：由带电粒子所受的洛伦兹力与v垂直，电场力方向与电场线平行，粒子如图所示方向在磁场中运动，如果只受到电场力与洛伦兹力作用，合力不可能为零，也就不可能做匀速直线运动由此可知本题必须考虑到微粒所受的重力，才可能使微粒做匀速直线运动对粒子进行正确的受力分析，做出受力分析图，可求出电场强度e和磁感应强度的大小解答：解：微粒受力情况如图，根据平衡条，得：bqcosmg=0bqsinqe=0由式联立得：b=；e=答：电场强度为，磁感应强度b的大小为点评：该题考察了带电粒子在复合场中的运动，此类型题的分析方法为：1确定研究对象2注意进行五个分析：受力分析；过程分析；状态分析；做功分析（能量的转化分析）；守恒条件分析15（10分）如图所示，两根光滑平行金属导轨间距l=0.3m，左端用r=0.2电阻连接，导轨电阻不计，导轨上停放着质量m=0.1kg，电阻r=0.1的金属杆，匀强磁场b=0.5t，现金属由静止开始向右做a=0.5m/s2匀加速运动则：（1）从开始运动后第2s末，mn两点的电势差是多少？（2）第2s末外力的瞬时功率多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由导体切割磁感线公式可求得感应电动势；再由欧姆定律可求得mn两点的电势差；（2）由欧姆定律求得电流，再由牛顿第二定律可求得拉力；由功率公式即可求得功率解答：解：（1）设某时刻棒的速度为v，由电磁感应定律得：e=blv；由欧姆定律得：ur=v=at联立解得：umn=ur=0.1v；（2）电路中电流为：i=；对棒由牛顿第二定律得：fbil=map=fv解得：第2s外力的瞬时功率p=0.125w答：（1）从开始运动后第2s末，mn两点的电势差是0.1v；（2）第2s末外力的瞬时功率为0.125w点评：本题考查导体棒切割磁感线及欧姆定律牛顿第二定律等内容；属于力电综合