云南省保山市腾冲六中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年云南省保山市腾冲六中高二（上）期末物理试卷一、选择题（1-5题为单选题，每小题4分，6-9题为不定项选择题，每小题六分共44分）1一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则（）a两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小b两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大c两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小d两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大2在地球表面的某个位置，发现能自由转动的小磁针静止时n极竖直指向上，s极竖直指向下，则该位置应在（）a地理北极附近b地理南极附近c赤道附近d无法确定3如图所示，因线路故障，按通k时，灯l1和l2均不亮，用电压表测得uab=0，ubc=0，ucd=4v由此可知开路处为（）a灯l1b灯l2c变阻器d不能确定4在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）a灯泡l变亮b电容器c的带电量将增大cr0两端的电压减小d电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大5如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，m、n、p、q是它们的交点，四点处的电势分别为m，n，p，q，一电子由m点分别到n点和p点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）a直线a位于某一等势面内，mqb直线c位于某一等势面内，mnc若电子由m点运动到q点，电场力做正功d若电子由p点运动到q点，电场力做负功6以下说法正确的是（）a由e=可知，电场中某点的电场强度e与f成正比b由i=可知，某段导体中的电流i与u成正比c由b=可知，磁场中的某点的磁感应强度b与放入磁场中的通电导线的电流i有关d由c=可知，电容器的电容大小c与电容器两极板间电势差u无关7如图所示，a、b是电场中两点，下列说法正确的是（）aa点的场强比b点的场强大ba点的电势比b点的电势高c负电荷从a点运动到b点，电场力做负功d一个正电荷在a点的电势能比b点的电势能大8如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是（）a末速度大小为v0b末速度沿水平方向c重力势能减少了mgdd克服电场力做功为mgd9如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为b的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子从原点o沿与x轴成30角斜向上方射入磁场，且在上方运动半径为r则（）a粒子在运动过程中的动能保持不变b粒子在x轴上方和下方运动的半径之比为2：1c粒子完成一次周期性运动的时间为d粒子第二次射入x轴上方的磁场时，沿x轴前进3r二、实验题（共20分）10某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示该工件的直径为cm，高度为mm11图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图（1）根据图1画出实验电路图（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的实数如图2中的、所示，电流表量程为0.6a，电压表量程为3v，所示读数为：，两组数据得到的电阻分别为和三、计算题12如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103c的正电荷由a点移到b点，其电势能减少了0.2j，已知a、b两点间距离为1m，两点连线与电场方向成60角，求：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功wab；（2）a、b两点间的电势差uab；（3）该匀强电场的电场强度e13如图所示，一个质量为m，带电量为q的正离子，从d点以某一初速度v0垂直进入匀强磁场磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为b离子的初速度方向在纸面内，与直线ab的夹角为60结果粒子正好穿过ab的垂线上离a点距离为l的小孔c，垂直ac的方向进入ac右边的匀强电场中电场的方向与ac平行离子最后打在ab直线上的b点b到a的距离为2l不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：（1）粒子从d点入射的速度v0的大小；（2）匀强电场的电场强度e的大小14如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间2015-2016学年云南省保山市腾冲六中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-5题为单选题，每小题4分，6-9题为不定项选择题，每小题六分共44分）1一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则（）a两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小b两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大c两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小d两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】平行板电容器接在电源上，电压不变，由公式e=分析两极板间的电场强度的变化情况，由c=分析极板上的电量变化情况【解答】解：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式e=分析得知，两极板间的电场强度将减小当两极板间的距离增大时，电容c减小，电压u不变，则由c=分析得知极板上的电量将减小故a正确故选a【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键要确定电压不变这个条件，再根据公式e=和c=进行分析2在地球表面的某个位置，发现能自由转动的小磁针静止时n极竖直指向上，s极竖直指向下，则该位置应在（）a地理北极附近b地理南极附近c赤道附近d无法确定【考点】地磁场【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】地球是一个巨大的磁场，s极在地球的北极附近，而n极在地球的南极附近；同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引【解答】解：小磁针的n极竖直向下，说明地球的磁场的n极在小磁针的附近，而地球磁场的n极在地球的南极附近，可知该位置一定在地球的南极附近故选：b【点评】该题考查地球的磁场的特点与磁极的方向的规定，掌握磁极之间的相互作用的特点是解答该题的关键3如图所示，因线路故障，按通k时，灯l1和l2均不亮，用电压表测得uab=0，ubc=0，ucd=4v由此可知开路处为（）a灯l1b灯l2c变阻器d不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】对于完好的电阻，阻值一定，电流i=0时，根据欧姆定律可知，其电压u=ir=0若发生断路，其两端电压等于电源的电动势【解答】解：a、b对于完好的电阻，阻值一定，电流i=0时，根据欧姆定律可知，其电压u=ir=0由题：uab=0，ubc=0，则可知：灯l1、l2没有发生断路故ab错误 c、由题ucd=4v，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势故c正确 d、由上述分析可知d错误故选：c【点评】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解4在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）a灯泡l变亮b电容器c的带电量将增大cr0两端的电压减小d电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】灯泡l和滑动变阻器r串联、电容器c和定值电阻r0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化【解答】解：a、当滑动变阻器的滑片向右移动后，r增大，电路中电流i减小，灯泡l将变暗故a错误；b、路端电压u=eir，则知u增大，电容器电量q=cu增大故b正确c、电路稳定后电容器相当开关断开，r0两端的电压为零，没有变化，故c错误d、i减小，电源的总功率p=ei，e不变，则知电源的总功率减小由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化故d错误故选：b【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压5如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，m、n、p、q是它们的交点，四点处的电势分别为m，n，p，q，一电子由m点分别到n点和p点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）a直线a位于某一等势面内，mqb直线c位于某一等势面内，mnc若电子由m点运动到q点，电场力做正功d若电子由p点运动到q点，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子由m点分别到n点和p点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低【解答】解：ab、据题，电子由m点分别到n点和p点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则n、p两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且mn故a错误，b正确c、由上分析知，直线c位于某一等势面内，m、q的电势相等，若电子由m点运动到q点电场力不做功，故c错误d、电子由p点运动到q点与电子由p点运动到m点电场力做功相等，所以电场力做正功，故d错误故选：b【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小6以下说法正确的是（）a由e=可知，电场中某点的电场强度e与f成正比b由i=可知，某段导体中的电流i与u成正比c由b=可知，磁场中的某点的磁感应强度b与放入磁场中的通电导线的电流i有关d由c=可知，电容器的电容大小c与电容器两极板间电势差u无关【考点】电场强度；欧姆定律【分析】e=、b=、c=都运用比值法定义，反映物质的属性i=是欧姆定律表达式【解答】解：a、由e=可知：该式运用比值法定义，e由电场本身决定，与试探电荷无关，所以e与f无关，故a错误b、根据欧姆定律i=，知电流i与u成正比，故b正确c、b=是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，b由磁场本身决定，与il、f无关，故c错误d、c=是电容的定义式，运用比值法定义，c由电容器本身决定，与q、u无关，故d正确故选：bd【点评】对于各个公式关键要明确是定义式还是决定式，要掌握比值法定义的共性来理解e、b和c的意义7如图所示，a、b是电场中两点，下列说法正确的是（）aa点的场强比b点的场强大ba点的电势比b点的电势高c负电荷从a点运动到b点，电场力做负功d一个正电荷在a点的电势能比b点的电势能大【考点】电场线；电势能【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低根据电场力与速度的夹角分析电场力做功正负，从而判断电势能如何变化【解答】解：a、电场线疏密程度表示场强大小，从图示可知，a点处场强较大，故a正确；b、沿电场线方向电势降低，则a点的电势比b点的电势高，故b正确；c、负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，沿电场线切线的相反方向，则负电荷从a点运动到b点，电场力做负功，故c错误；d、正电荷从a点运动到b点电场力做正功，电势能减小，故d正确故选：abd【点评】本题关键要准确理解电场线的物理意义，明确电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低8如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是（）a末速度大小为v0b末速度沿水平方向c重力势能减少了mgdd克服电场力做功为mgd【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】0时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，内，微粒做平抛运动，t时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解【解答】解：a、0时间内微粒匀速运动，则有：qe0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，t时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，t时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故a错误，b正确c、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故c正确d、在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解知道在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等9如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为b的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子从原点o沿与x轴成30角斜向上方射入磁场，且在上方运动半径为r则（）a粒子在运动过程中的动能保持不变b粒子在x轴上方和下方运动的半径之比为2：1c粒子完成一次周期性运动的时间为d粒子第二次射入x轴上方的磁场时，沿x轴前进3r【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】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与粒子的周期公式分析答题【解答】解：a、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对其不做功，粒子的动能不变，故a正确；b、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，粒子的轨道半径之比： =，故b错误；c、粒子在x轴上方做圆周运动的周期：t1=，在x轴下方飞周期：t2=，负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60，t=t1+t2=t1+t2=，故c正确；d、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=r+2r=3r故d正确故选：acd【点评】本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离二、实验题（共20分）10某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示该工件的直径为1.220cm，高度为6.860mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.05mm=0.20mm=0.020cm，所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.00.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm，故答案为：1.220，6.860【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量11图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图（1）根据图1画出实验电路图（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的实数如图2中的、所示，电流表量程为0.6a，电压表量程为3v，所示读数为：0.10a0.24a2.00v0.27v，两组数据得到的电阻分别为8.3和2.7【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）分析图示实物电路图结构，然后根据实物电路图作出实验电路图（2）根据电流表和电压表的量程和最小刻度度数即可，由r=求的电阻【解答】解：（1）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据实物电路图作出实验电路图，电路图如图所示：（2）电流表的量程为0.6a，最小刻度为0.02a，故在读数时只估读到最小刻度位即可，故分别为0.10a，0.24a电压表的量程为3v，最小刻度为0.1v，故在读数时需估读到最小刻度的下一位，故分别为2.00v，0.27v由r=代入数据可得r=8.3r=2.7故答案为：（1）如图；（2）0.10a，0.24a，2.00v，0.27v，8.3，2.7【点评】本题考查了根据实物电路图作实验电路图，分析清楚实物电路图的结构即可，在电流表和电压表的读数时抓住如何估读即可三、计算题12如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103c的正电荷由a点移到b点，其电势能减少了0.2j，已知a、b两点间距离为1m，两点连线与电场方向成60角，求：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功wab；（2）a、b两点间的电势差uab；（3）该匀强电场的电场强度e【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少（2）由u=求解电势差（3）由u=ed=ecos60求解电场强度e【解答】解：（1）正电荷由a点移到b点，其电势能减少了0.2j，则电场力所做的功：wab=0.2j（2）a、b两点间的电势差：uab=100v（3）由uab=ed=ecos60得：e=v/m=200v/m答：（1）电荷由a移到b的过程中，电场力所做的功0.2j；（2）a、b两点间的电势差为100v；（3）该匀强电场的电场强度200v/m【点评】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握13如图所示，一个质量为m，带电量为q的正离子，从d点以某一初速度v0垂直进入匀强磁场磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为b离子的初速度方向在纸面内，与直线ab的夹角为60结果粒子正好穿过ab的垂线上离a点距离为l的小孔c，垂直ac的方向进入ac右边的匀强电场中电场的方向与ac平行离子最后打在ab直线上的b点b到a的距离为2l不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：（1）粒子从d点入射的速度v0的大小；（2）匀强电场的电场强度e的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中