福建省漳州市长泰一中高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

福建省漳州市长泰一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（每小题4分，共40分.每题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，答案填涂在答题卡的相应题号上）1下列静电学公式中，f、q、e、u、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离f=；e=；e=；u=ed则( )a它们都只对点电荷或点电荷的场才成立b只对点电荷或点电荷的场成立，只对匀强电场成立c只对点电荷成立，对任何电场都成立，只对匀强电场才成立d只对点电荷成立，对任何电场都成立考点：电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：通过电场强度的适用范围进行分析求解解答：解：a、对于公式仅适用于点电荷适用于匀强电场适用于任何电场故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道电场强度的适用范围，并能灵活运用2某静电场的电场线分布如图所示，图中p、q两点的电场强度的大小分别为ep和eq，电势分别为p和q，则( )aepeq，pqbepeq，pqcepeq，pqdepeq，pqj考点：电场线；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据p、q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低解答：解：由图p点电场线密，电场强度大，epeq，沿电场线的方向电势降低，pq故选：a点评：掌握电场线的特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低3在物理学史上，首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是( )a安培b法拉第c奥斯特d库仑考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 专题：电场力与电势的性质专题分析：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特解答：解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场法拉第研究了电磁感应现象，库仑提出电荷间的相互作用力故c正确故选：c点评：物理学史也是2015届高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢4关于磁感应强度b的概念，下列说法正确的是( )a根据磁感应强度b的定义式b=可知，通电导线在磁场中受力为零时该处b为0b一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零c一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零d磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同考点：磁感应强度 分析：磁感应强度是采用比值法定义的，b大小与f、il无关，由磁场本身决定的，磁感线可以形象的描述磁感应强度的大小和方向，磁感线密的地方磁感应强度大，磁感线稀的地方磁感应强度小解答：解：a、磁感应强度是采用比值法定义的，被定义的物理量b与公式中的物理量f、il无关，b的大小由磁场本身决定，故a错误；b、根据公式：f=bil，一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，故b正确；c、当导线电流方向和磁场方向相同或相反时，电流不受安培力作用，此时磁感应强度并不为零，故c正确；d、根据左手定则，磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向垂直故d错误故选：c点评：对于物理量中的基本物理量一定明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用5如图所示，两平行导轨与水平面成角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是( )abcd考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题在磁场2015届中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向解答：解：a、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡故a错误 b、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态故b正确 c、金属杆受垂直于杆子向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡故c错误 d、金属杆受到水平向左的安培力，重力，支持力，不可能平衡故d错误故选b点评：这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向6如图所示，真空中等量异种点电荷放置在m、n两点，在mn的连线上有对称点a、c，mn连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( )aa点场强与c点场强不一定相同ba点电势一定小于c点电势c负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能d正电荷从d点移到b点电场力不做功考点：电势能；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷mn之间的电场方向是相同的，由m指向n或由n指向m；mn中垂线上的电场强度、电势关于o点对称，ob电场方向沿ob连线向上，od电场方向沿od方向向下，o点是中垂线上电势最高的点解答：解：a、由于m、n是异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，mn之间的电场方向相同，由于a、c关于o点对称，因此大小也相同，所以a点场强与c点场强一定相同，故a错误；b、由于m、n电性不确定，因此电场线方向不确定，所以a点电势和c点电势大小关系无法判定，故b错误；c、由于a、c两点的电势高低无法确定，因此电荷在a、c两点的电势能大小也无法确定，故c错误；d、b、d两点电势相等，因此电荷从d点移到b点电场力不做功，故d正确故选d点评：等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点7一个已充电的电容器，若使它的电量减少3104c，则其电压减少为原来的，则( )a电容器原来的带电量为9104cb电容器原来的带电量为4.5104cc电容器原来的电压为1 vd电容器的电容变为原来的考点：电容 专题：电容器专题分析：平行板电容器的电荷量减少q=3104 c，根据c=和q=cu求出电容器原来的带电荷量电容器极板上的电荷减少，电容器的电容不变解答：解：a、由题：平行板电容器的电荷量减少q=3104 c，电压减少为原来的，由c=知电量减少为原来的，即减少了原来的，则根据c=知电容器原来的带电荷量q=1.5q=1.53104=4.5104c，a错误b正确；c、由已知条件无法求电压，电容反映电容器本身的特性，电容器极板上的电荷减少，电容器的电容不变，cd错误故选：b点评：本题考查了电容器的电容，电容是表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关8电动势为e、内阻为r的电源与定值电阻r1、r2及滑动变阻器r连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )a电压表和电流表读数都减小b电压表和电流表读数都增大c电压表读数增大，电流表读数减小d电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律 分析：由图可知r2与r并联后与r1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过r2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b滑动时，r接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由u=eir可知路端电压增大，即电压表示数增大；总电流减小，r1两端的电压减小，而路端电压增大，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故b正确；故选b点评：本题中r1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过r2的电流增大9图中为一“滤速器”装置示意图a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔o进入a、b两板之间为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选 电子仍能够沿水平直线oo运动，由o射出不计重力作用可能达到上述目的办法是( )a使a板电势高于b板，磁场方向水平向右b使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里c使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外d使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外考点：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：电子沿水平直线oo运动，做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则判断洛伦兹力方向，将各项逐一代入，选择符合题意的选项解答：解：a、a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上磁场方向水平向右，无洛伦兹力作用，两力不可以平衡，不符合题意故a错误 b、a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力不可能平衡，不符合题意故b错误 c、使a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力不可能平衡，不符合题意故c错误 d、使a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力可能平衡，符合题意故d正确故选：d点评：本题是粒子速度选择器模型，关键是分析粒子的受力情况，难点是判断洛伦力方向10回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两 极相连接的两个d形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两d形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示设d形盒半径为r若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为b，高频交流电频率为f则下列说法正确的是( )a质子被加速后的最大速度不可能超过frb质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关c只要r足够大，质子的速度可以被加速到任意值d不改变b和f，该回旋加速器也能用于加速粒子考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvb=m，运动周期t=（电场中加速时间忽略不计）对公式进行简单推导后，便可解此题解答：解：a、由t=得v=2fr当r=r时，v最大，此v=2fr，故a错误；b、由qvb=m得v=，当r=r时，v最大，v=，由此可知质子的最大速度只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，故b正确；c、考虑到狭义相对论，任何物体速度不可能超过光速，故c错误；d、此加速器加速电场周期t=，加速粒子时t=mqb，两个周期不同，不能加速粒子故d错误；故选：b点评：解决本题的关键知道当粒子从d形盒中出来时，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等二、实验题：（本大题2小题，每空4分，共24分）11如图是多用电表的示意图，现用它测量一个约为100300定值电阻的阻值，具体测量步骤如下：a将多用电表的选择开关旋转到电阻“10”（选填“1”、“10“、“100”或“1k”）档b将红、黑表笔分别插入“+”“”插孔，笔尖相互接触，旋转调零旋钮，使表针指在右（选填“右”或“左”）端的“0”刻度位置c将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数为160考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：本题的关键是明确指针指在中值电阻附件时读数才较准确，所以选档时应根据待测电阻阻值大小与中值电阻倍数关系来选择倍率，注意每次选档后应该进行欧姆调零解答：解：a：欧姆表的中值电阻为15，由于指针指在表盘中央附近时读数较准确，所以若待测电阻在100300时，应选10的倍率；b：欧姆调零时，应将两表笔接触，旋转调零旋钮，使指针指针表盘右端的“0”刻度位置；c：欧姆表的读数为：r=1610=160故答案为：a：10b：右c：160点评：掌握欧姆表的使用方法，特别注意每次选档后需要重新调零，然后才能进行测量12在“测电源的电动势和内阻”实验中，一个同学按图1电路进行实验，测量对象为一节干电池他依据所测得的数据描得图2所示的ui图象（1）在连接线路前，有如下器材供选用，其中应选用的器材是b、d、fa标称为“3a0.05”的电流表b标称为“0.6a0.25”的电流表c标称为“3v800”的电压表_d标称为“3v3000”的电压表e标称为“1.0a200”的滑动变阻器f标称为“1.0a50”的滑动变阻器（2）依据图2所示的ui图象可得该干电池的电动势e=1.48v，内阻为r=1.60（本小题答案要求在小数点后保留两位小数）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电路图、电源电动势电路最大电流选择实验器材（2）电源ui图象与纵轴 交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻解答：解：（1）由图2所示可知，电路最大电流约为0.3a，因此电流表选b，由图示实验电路可知，实验误差是由电压表分流造成的，电压表内阻越大，实验误差越小，因此电压表选d，为方便实验操作，滑动变阻器应选f（2）由图2所示图象可知，图象与纵轴交点坐标为1.48，则电源电动势e=1.48v；电源内阻r=1.60；故答案为：（1）b、d、f；（2）1.48；1.60点评：伏安法测电源电动势与内阻，相对于电源来说，电流表采用外接法时，电压表内阻越大，实验误差越小三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位第13题10分，第14题13分，第15题13分）13如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小解答：解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i=1.5a（2）导体棒受到的安培力：f安=bil=0.30n（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力f1=mg sin37=0.24n由于f1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件mg sin37+f=f安解得：f=0.06n点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14如图所示，一比荷=2108c/kg的带正电粒子（重力忽略不计）以初速度v=6106m/s从x轴上p点垂直进入上方的匀强磁场区域，已知x轴上方匀强磁场磁感应强度的大小为b1=（t），x轴下方的匀强磁场磁感应强度的大小为b2=（t）求：（1）粒子在磁场b1和磁场b2中轨迹半径r1和r2；（2）粒子在磁场b1和磁场b2中轨迹半径t1和t2；（3）此粒子经多长时间能到达x轴上距出发点p 为18cm处的q点？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）、（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式及周期公式求出粒子在b1磁场中的半径和周期、粒子在b2磁场中的半径和周期（3）根据半径和周期的关系画出粒子运动的轨迹图；根据图象判断粒子可能几次经过q点，根据运动时间与周期的关系求出运动的时间解答：解：（1）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，则有：bqv=m解得：r=得到粒子在b1磁场中的半径：r1=m=0.06m粒子在b2磁场中的半径：r2=m=0.03m（2）粒子在磁场中运动的周期：t=，则有粒子在b1磁场中的周期：t1=s=2108s粒子在b2磁场中的周期：t2=1108 s（3）作出粒子运动的轨迹如图所示xpq=18cm，由图可知，经过q点有两种可能：可能是第一次从b1进入b2时经过q点，也可能是第二次从b2进入b1时经过q点则第一次所用时间为：t1=t1+t2=2108+0.5108=2.5108 s第二次所用时间为：t2=t1+t2=3108+1.5108=4.5108 s答：（1）粒子在磁场b1和磁场b2中轨迹半径r1和r2分别为0.06m和0.03m（2）粒子在磁场b1和磁场b2中轨迹半径t1和t2分别为2108s和1108 s（3）此粒子经4.5108 s时间能到达x轴上距出发点p 为18cm处的q点点评：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此得出半径和周期的关系是解决本题的关键，根据题意给出的条件作出