江西省宜市丰城三中高二物理上学期期末试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年江西省宜春市丰城三中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分（1-6为单选题，7-10为多选题）全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2013秋丰城市校级期末）关于磁感应强度大小说法不正确的是（）a对于 b=，比值越大，说明通电导线所在处的磁感应强度越大b对于 b=，f越大，说明通电导线所在处的磁感应强度一定越大c可用量度磁感应强度的大小，但b是由磁场本身因素决定的，与i、l、f无关d在i、l相同的情况下，垂直磁场方向放置通电导线，受力f越大的地方，b越大考点：磁感应强度版权所有分析：磁感应强度的定义式：是采用比值法定义的，其计算式可以来计算b的大小，但b与f、i、l等无关，是由磁场本身决定的，由此来分析各个选项解答：解：a、对于b=，比值越大，说明通电导线所在处的磁感应强度越大，故a正确b、对于b=，可得f=bil，f越大，不能说明通电导线所在处的磁感应强度大，可能是电流大，也可能是导线长，故b错误c、可用量度磁感应强度的大小，但b是由磁场本身因素决定的，与i、l、f无关，故c正确d、由b=，在i、l相同的情况下，垂直磁场方向放置通电导线，受力f越大的地方，b越大，故d正确本题选错误，故选：b点评：理解好比值定义的物理量其表达式中的量不能决定其大小，量度磁感应强度的大小是可以的，却不能决定磁感应强度的大小，磁感应强度是由磁场本身因素决定的2（4分）（2013秋丰城市校级期末）如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为b的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直线段ab、bc和cd的长度均为l，且abc=bcd=120，流经导线的电流为i，方向如图所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）a方向沿纸面向上，大小为bilb方向沿纸面向上，大小为2bilc方向沿纸面向下，大小为3bild方向沿纸面向下，大小为2bil考点：安培力版权所有分析：当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力f=bil，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得解答：解：由安培力公式f=bil，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为bil，方向竖直向上； 而bc段安培力的大小为bil，方向是竖直向上；则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为2bil，方向是竖直向上故b正确故选：b点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式f=bil（b与i垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力3（4分）（2013秋丰城市校级期末）我们用可自由旋转的小磁针静止时的指向来判定磁场方向下列四幅图中正确的是（）abcd考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定且小磁针静止时n极的指向即为磁场方向；根据电源的正负极，确定电流方向，再利用安培定则判断螺线管的极性，最后根据磁极间的相互作用可判断小磁针的指向是否正确解答：解：a、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为垂直向里，则小磁针n极垂直向里，故a错误b、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为顺时针，则小磁针n极应向左，故a错误c、由安培定则知，用手握住螺线管，使四指所指的方向与电流方向相同，则螺线管的右端为n极，左端为s极，再根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针n极的指向即为磁感应强度的方向，故c错误，d正确故选：d点评：本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规律来确定小磁针的指向难度不大，但需要细心4（4分）（2013秋丰城市校级期末）带电粒子（重力不计）穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，如图是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是（）a四种粒子都带正电b四种粒子都带负电c打到a、b点的粒子带负电d打到c、d点的粒子带负电考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有分析：根据左手定则：将左手掌摊平，让磁力线穿过手掌心，四指表示正电荷运动方向，则和四指垂直的大拇指所指方向即为洛伦兹力的方向但须注意，运动电荷是正的，大拇指的指向即为洛伦兹力的方向；对负电荷应用左手定则的方法是，用四指表示负电荷运动的反方向，那么大拇指的指向就是洛伦兹力方向解答：解：ab两粒子向上偏转即受到的洛伦兹力向上，磁场向外所以此时四指的方向应当水平向左，即四指的指向与两粒子运动方向相反，所以ab两粒子带负电；cd两粒子向下偏转即受到的洛伦兹力向下，磁场向外所以此时四指的方向应当水平向右，即四指的指向与两粒子运动方向相相同，所以cd两粒子带正电；故c正确故选：c点评：应当灵活应用左手定则判断洛伦兹力方向，或者已知洛伦兹力方向判断电荷的电性或运动方向5（4分）（2013秋丰城市校级期末）如图两个电路中，灯泡l1“110v，60w”和l2“110v，15w”都正常工作r1、r2在电路中有相同的（）a电阻b电流c电压d电功率考点：串联电路和并联电路版权所有专题：恒定电流专题分析：在左图中，两只灯泡并联后与滑动变阻器r1串联；在右图中，l2与滑动变阻器r2并联后l1串联；灯泡规格相同并且正常发光，说明两端电压为额定电压，根据两种情况下的连接关系，利用公式欧姆定律和功率公式p=ui比较滑动变阻器各量的关系解答：解：在左图中，两只灯泡并联后与滑动变阻器r1串联，因为灯泡仍然正常发光，所以每只灯泡两端电压都是110v，根据串联关系可知，滑动变阻器r1两端电压为110v，通过滑动变阻器r1的电流等于两个灯泡额定电流之和；在右图中，l2与滑动变阻器r2并联后l1串联；每只灯泡两端电压都是110v，根据串、并联关系可知，滑动变阻器r2两端电压为110v，通过滑动变阻器r2的电流等于l1灯泡与l2灯泡额定电流之差；所以通过滑动变阻器r1的电流大于通过r2的电流，而两灯电压相等，由r=知，r1r2，由p=ui知，滑动变阻器r1的电功率大于r2的电功率故c正确，abd错误故选：c点评：此题要正确理解灯泡正常发光的含义，明确电路特点，分析串联电路和并联电路中各部分电压、电流关系是正确解答此题的关键6（4分）（2013秋丰城市校级期末）在右图所示的电路中，两个灵敏电流表g1和g2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向左摆；电流从“”接线柱流入时，指针向右摆在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际的情况是（）ag1表指针向左摆，g2表指针向右摆bg1表指针向右摆，g2表指针向左摆cg1、g2表的指针都向左摆dg1、g2表的指针都向右摆考点：自感现象和自感系数版权所有分析：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：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，g1指针向右摆含有电阻的支路电流从“”接线柱流入，g2指针向左摆故b正确，a、c、d错误故选：b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7（4分）（2013秋丰城市校级期末）如图所示的电路，闭合开关s，滑动变阻器滑片p向左移动，下列结论中正确的是（） a电流表读数变大，电压表读数变大b小电珠l变暗c电容器c上的电荷量增大d电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；再由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化；再对局部分析可知电容器两端的电压变化；由p=ei可求得总功率的变化解答：解：a、滑片向左移动时滑动变阻器接入电阻变大，外电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电流减小；故电流表示数减小；小灯泡l变暗；故a错误；b正确；c、因电流减小，则内压减小，路端电压增大；同时灯泡两端的电压减小；故滑动变阻器两端电压增大，故电容器两端电压增大；由q=uc可知，电容器c上的电荷量增大；故c正确；d、由p=ei可知，电动势不变，而电流减小；故电源的总功率减小；故d错误；故选：bc点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要掌握此类题型的程序法解题方法；即按“局部整体局部”的分析方法求解8（4分）（2009江苏模拟）环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，带电粒子在电压为u的电场中加速后注入对撞机的高真空圆形状的空腔内，在匀强磁场中，做半径恒定的圆周运动，且局限在圆环空腔内运动，粒子碰撞时发生核反应，关于带电粒子的比荷，加速电压u和磁感应强度b以及粒子运动的周期t的关系，下列说法正确的是（）a对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度b越大b对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度b越小c对于给定的带电粒子，加速电压u越大，粒子运动的周期t越小d对于给定的带电粒子，不管加速电压u多大，粒子运动的周期t都不变、考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在电场中被加速后，进入匀强磁场后做匀速圆周运动由题知，带电粒子圆周运动的半径都相同，则由半径公式与粒子在电场中加速公式：，研究粒子的比荷和磁感应强度、周期的关系解答：解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：bqv=m，解得：r=而粒子在电场中被加速，则有：由得：r=，带电粒子运行的周期t=根据这两个表达式可知：a、对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度b越小，故a错误，b正确；c、对于给定的带电粒子，u越大，b也相应越大，再代入周期t的公式得t越小，故c正确，d错误故选bc点评：本题通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式，再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式，从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系9（4分）（2013湛江一模）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒ab和 cd可以在导轨上自由滑动，当ab在外力f作用下向右运动时，下列说法正确的是（）a导体棒cd内有电流通过，方向是dcb导体棒cd内有电流通过，方向是cdc磁场对导体棒cd的作用力向左d磁场对导体棒cd的作用力向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：ab切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过cd，cd棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向解答：解：a、bab切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，ab中感应电流的方向为ba，则导体棒cd内有电流通过，方向是cd故a错误，b正确c、d感应电流通过cd，cd棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒cd的安培力向右故c错误，d正确故选bd点评：解决本题的关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用右手定则判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力的方向10（4分）（2013秋余姚市期末）长为l的水平板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为b，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（）a使粒子的速度vb使粒子的速度vc使粒子的速度vd使粒子的速度v考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径不能大于（从左侧射出）小于于（从右侧射出）从而求出粒子速度的范围解答：解：如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径r，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvb=m可得粒子做圆周运动的半径：r=粒子不从左边射出，则：即：带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为r，由上图可知：r2=l2+（r）2可得粒子圆周运动的最大半径：r=又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则：即：故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v，故d正确故选：d点评：该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件二、实验及填空题（本题共3小题，共18分把每小题的正确答案填写或画在答题纸的对应位置上）11（6分）（2013秋丰城市校级期末）多用表在使用前必须进行调零，在测量电流与电压前必须进行机械调零，测量电阻前，还必须进行欧姆调零如图所示是将电流表头改装成欧姆表的结构示意图，其中电源电动势为1.5v，改装后，原来表盘3ma刻度线处的刻度值定为“0”位置，则1ma刻度处应改标为1000，0ma刻度处应改标为考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：多用电表使用前先进行机械调零，测电阻时每更换档位还要进行欧姆调零；根据电路结构，结合欧姆定律求解1ma刻度处的被测电阻阻值解答：解：多用表测量电阻前，必须进行欧姆调零：即两表笔短接，使指针指右端零原来表盘3ma刻度线处的刻度值定为“0”位置，即所电阻为0，欧姆表内阻：r=500，电流为1ma时：0.001a=，解得：rx=1000，即1ma刻度处应改标为1000，0ma处即代表流过电流为零，则电阻无穷大，故应该标为：故答案为：欧姆调零；1000；点评：本题考查欧姆表的改装原理，这一直是难点问题，知道其改装原理也是欧姆定律，多做几个练习应该可以掌握12（6分）（2013秋丰城市校级期末）某同学利用图甲所示电路，探究电源在不同负载下的输出功率依据所得实验数据，绘出了如图乙所示的ui的图象（1）电流i=0.60a时电源的输出功率为0.90w（保留两位有效数字）（2）当变阻器电阻为0.92时，电源的输出功率最大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据ui图线得出电流为0.60a时电压的大小，从而根据p=ui求出输出功率的大小当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，结合ui图线得出内电阻的大小，从而得出输出功率最大时变阻器的阻值解答：解：（1）当i=0.60a时，输出电压u=1.5v，则电源的输出功率为：p=ui=1.50.60w=0.90w（2）电源的内电阻r=0.92，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，则r=0.92故答案为：0.90；0.92点评：解决本题的关键知道当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度不大，属于基础题13（6分）（2009秋长春期末）电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示1982年澳大利亚国立大学制成了能把m=2.2g的弹体（包括金属杆cd的质量）加速到v=10km/s的电磁炮若轨道宽l=2m，长s=100m，通过的电流为i=10a，则轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度b=55t，磁场力的最大功率p=1.1107w（轨道摩擦不计）考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算；动能定理的应用版权所有专题：功的计算专题；功率的计算专题分析：当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解根据p=fv求解瞬时功率解答：解：在导轨通有电流i时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为f=ilb 设炮弹的加速度的大小为a，则有因而f=ma 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2=2as 联立代入题给数据得：f=1100nb=55t磁场力的最大功率p=fv=1.1107 w故答案为：55，1.1107点评：本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解三、计算题（14题、15题、16题每题10分，17题12分，共42分）14（10分）（2013秋丰城市校级期末）某同学用图示电路测量电阻rx的阻值，当电压表的示数为4.8v时，电流表示数为1.2ma由这组数据，他发现所用测量方法不对仔细观察电表表盘，了解到电压表的内阻为6k，试求rx的阻值考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：由于电压表的内阻不是无穷大，所以要分流，电压表与rx并联，根据电压表示数与电流表示数之比，可求得电压表与rx并联电阻，再由并联电路的性质求解rx解答：解：电压表与rx并联电阻为：r=4000由并联电路的性质得：=+则得，rx=12000答：rx的阻值是12000点评：本题关键把电压表当作能测量电压的电阻来对待，实质是一个简单的并联电路问题，要知道伏安法测量误差产生的原因，可分析得出rx的范围15（10分）（2013秋丰城市校级期末）水平放置的金属导轨宽l=0.5m，接有电动势e=3v，电源内阻及导轨电阻不计匀强磁场竖直向上穿过导轨，俯视图如图所示，磁感应强度b=1t导体棒ab的电阻r=2，质量m=100g，垂直放在导轨上并接触良好求合上开关的瞬间：（1）导体棒ab受到安培力的大小和方向；（2）导体棒ab的加速度考点：安培力；牛顿第二定律版权所有分析：（1）根据闭合电路欧姆定律可以求得电流的大小，然后再计算安培力的大小，用左手定则判断安培力的方向；（2）根据牛顿第二定律计算加速度的大小解答：解：（1）电路中总电流的大小为：i=1.5a，所以导体棒ab受到安培力的大小为：f=bil=11.50.5n=0.75n，根据左手定则可知，方向向左（2）根据牛顿第二定律可得：f=ma，所以加速度的大小为：a=7.5m/s2答：（1）导体棒ab受到安培力的大小为0.75n，方向向左；（2）导体棒ab的加速度为7.5m/s2点评：本题涉及到欧姆定律，根据欧姆定律求出电流的大小，再计算安培力的大小，判断安培力的方向即可，用牛顿第二定律来计算加速度的大小，难度不大16（10分）（2013秋丰城市校级期末）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=3.0，r2=4.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）s断开后，求流经r2的电量考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律版权所有分析：（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势（2）s断开后，流经r2的电量即为s闭合时c板上所带的电量q，由欧姆定律求出r2的电压，由q=cu可以求出r2的电荷量解答：解：（1）感应电动势：e=n=ns=10000.0020=0.8v；（2）电路电流i=0.1a，电阻r2两端电压u2=ir2=0.14=0.4v，电容器所带电荷量q=cu2=301064=1.2104c，s断开后，流经r2的电量为1.2104c；答：（1）螺线管中产生的感应电动势为0.8v；（2）s断开后，流经r2的电量为1.2104c点评：本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解17（12分）（2008浙江模拟）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨mn、p