湖南省怀化市高二物理上学期期末考试试卷 理（含解析）.doc

湖南省怀化市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷（理科）一、选择题（共48分，每小题4分1-8小题只有一个选项正确9-12至少有2个选项正确，全选对得4分，部分选对得2分，不选或有错选计0分）1关于元电荷和点电荷的理解，下列说法正确的是( )a元电荷就是电子b物体所带的电量只能是元电荷的整数倍c只有体积很小的带电体才能看成点电荷d体积很大的带电体一定不能看成点电荷考点：元电荷、点电荷 专题：电场力与电势的性质专题分析：人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷解答：解：a、b、元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍故a错误，b正确c、d、当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷，与体积的大小无关故c错误，d错误故选：b点评：本题考查对元电荷和点电荷的理解能力点电荷是理解化的物理模型，与力学中质点模型类似2一个电荷只在电场力作用下从电场中的a点移到b点过程中，电场力做了5106 j的正功，那么( )a电荷的电势能减少了5106jb电荷的动能减少了5106jc电荷在b处时具有5106j的电势能d电荷在b处时具有5106j的动能考点：电势能；功能关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力做正功，电势能减小，动能增加，做负功，动能减小，电势能增加，根据功能关系可正确解答解答：解：电场力做正功，电势能减小，动能增加，故a正确、b错误；电场力做功对应着电势能和动能的变化，不能说明具有多少电势能或者动能，故cd错误故选a点评：考查了电场力做功和电势能的关系这一基本功能关系，要明确物理中的各种功能关系并能正确应用3如图所示，四种导电器件的伏安特性曲线中，是线性元件的是( )abcd考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：伏安特性曲线描述电流与电压的变化关系，其斜率与电阻有关，导致器件可能是电阻不变，也可能电阻变化的若不变电阻，则伏安特性曲线是线性关系；若电阻变化的，则图象是曲线而欧姆定律则是满足线性关系解答：解：a、根据欧姆定律得到r=由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率增大，a不符合题意；b、根据欧姆定律得到r=由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率减小，b不符合题意；c、根据欧姆定律得到r=由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率不变，c符合题意；d、由数学知识得到，图线上斜率虽然不变，但不符合欧姆定律：r=，则d不符合题意；故选：c点评：本题考查的伏安特性曲线与欧姆定律，并抓住图线的数学意义来理解其物理意义明确线性元件的性质4一个阻值为r的电阻两端加上电压u后，通过导体截面的电量q与通电时间t的图象如图所示，此图线的斜率（即tan）等于( )aubrcd考点：电流、电压概念 专题：恒定电流专题分析：给出的图象是qt图象，其斜率为=i，所以斜率代表的是电流，解答：解：在图象中可知i=，所以斜率代表的就是电流，i=代表的也是电流，故选：c点评：能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识图题的共同特点，注重公式的灵活运用5关于电功，下列说法中正确的是( )a电功的实质是电场力所做的功b电功就是电热，两个量是一回事c电场力做功使金属导体内的自由电子运动的速率越来越大d电流通过电动机时的电功率和热功率相等考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：解答本题应掌握：电流做功的公式w=uit，则分析公式可知决定电功的因素；同时掌握电流做功中能量转化的方向解答：解：a、电功的实质是电场力所做的功，故a正确；b、电功是指电流做功的多少，是电能转化为其他形式的能，对于非纯电阻电路，电能部分转化为内能，产生热量，故b错误；c、由于电阻的存在，金属导体内的自由电子定向移动的平均速度不变，电场力做功使得电能转化为焦耳热，故c错误；d、电流流过电动机做功时，电能一部分通过线圈发热转化为焦耳热，一部分转化为机械能输出，电动机的总功率大于热功率，故d错误；故选：a点评：本题考查电流做功的决定因素及能量转化的方向，应注意分析能量关系6如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )a如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是n极b如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是n极c无论如何台秤的示数都不可能变化d台秤的示数随电流的增大而增大考点：安培力；作用力和反作用力 分析：先由台秤示数的变化得到电流对磁铁的作用力方向，然后根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力方向，再根据左手定则判断磁场方向，最后得到磁极分布情况解答：解：a、b、如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁体左侧为n极，右侧为s极，故a正确，bc错误；d、由a分析，结合f=bil可得，随电流的增大，安培力也增大，但由于磁极不知，所以台秤示数可能定增大，也可能减小，故d错误；故选：a点评：判断磁体以电流间作用力可以先以电流为研究对象，然后结合左手定则分析，不难7多用表是电流表、电压表、欧姆表共用一个表头组装而成的对此下列说法中正确的是( )a无论作电压表、电流表还是欧姆表使用，内部都装有电池b无论作电压表、电流表还是欧姆表使用，红表笔的电势总是高于黑表笔的电势c无论作电压表、电流表还是欧姆表使用，电流总是从正接线柱流入，从负接线柱流出d以上说法都不正确考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表有内置电源，电压表与电流表没有内置电源，电流总是从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出的解答：解：a、电压表与电流表内部没有电池，欧姆表内部装有电池，故a错误；b、多用电表做电压表与电流表使用时，红表笔电势高于黑表笔电势，多用电表做欧姆表使用时，黑表笔电势高于红表笔电势，故b错误；c、无论作电压表、电流表还是欧姆表使用，电流总是从正接线柱流入，从负接线柱流出，故c正确，d错误；故选：c点评：本题考查了对多用电表的掌握，知道多用电表的结构与电压表、电流表和欧姆表的工作原理即可正确解题8如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场中，质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )a滑块受到的摩擦力不变b滑块到地面时的动能与b的大小无关cb很大时，滑块最终可能静止于斜面上d滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动解答：解：a、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，摩擦力，根据左手定则可知洛伦兹力垂直斜面向下，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大故a错误，d正确 b、b的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同故b错误 c、滑块到地面时当b很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上故c错误故选：d点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况9一带电粒子从电场中的a点运动到b点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则( )a粒子带正电b粒子加速度逐渐减小ca点的场强大于b点的场强d粒子的速度不断减小考点：电场强度；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力作用下从a到b，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱根据牛顿第二定律分析加速度的关系，由动能定理分析速度的关系解答：解：a、由图知：粒子从a到b，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电故a错误b、从a到b，电场线越来越疏，所以电场强度不断减小，电场力也减小，加速度减小，故b正确c、由于a处电场线较密，则a处场强较大，故c正确d、由图所示，粒子从a到b，电场力逆着电场线方向，所以电场力对带电粒子做负功，其电势能增大，动能减小，因此粒子的速度不断减小，故d正确故选：bcd点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱10（多选）下列说法正确的是( )a库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念b电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过电源的电荷量成反比c将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零d金属材料的电阻率随温度的升高而增大考点：电阻定律；电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：库仑发现了真空中静止点电荷间的相互作用，法拉第提出场的概念；电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值；电场力做功与电势差有关；金属材料的电阻率随温度的升高而增大解答：解：a、库仑没有提出“场”的概念；故a错误；b、电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值跟电源内非静电力做的功无关，跟通过电源的电荷量无关故b错误；c、电场力做功与电势差有关，与场强的大小无关，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零故c正确；d、金属材料的电阻率随温度的升高而增大故d正确故选：cd点评：本题考查电源电动势、电阻率及电场力做功问题，要注意明确各种材料的电阻率随温度变化而变化的规律11如图所示的分压器电路，a、b为分压器的输出端，若把滑动变阻器的滑动片p置于变阻器中央，下列判断正确的是( )a空载时输出电压uab=b当接上负载r时，输出电压uabc负载r越大，uab越接近d负载r越小，uab越接近考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：若把滑动变阻器的滑动片p置于变阻器中央，变阻器下部分电阻与r并联后与上部分电阻串联，根据串联电路的特点分析空载时和接上负载时输出电压uab与 的关系当负载变化时，分析并联部分电阻的变化，判断输出电压如何变化解答：解：a、空载时，由于滑动片p置于变阻器中央，变阻器上下两部分电阻相等，分担的电压也相等，则输出电压uab=故a正确b、当接上负载r时，变阻器下部分电阻与r并联的电阻小于下部分电阻，并联部分分担的电压减小，则输出电压uab故b正确c、d负载r越大，并联部分电阻越接近变阻器下部分电阻，uab越接近故c正确，d错误故选：abc点评：本题变阻器作为分压器使用，根据串并联电路的特点理解输出电压与负载电阻的关系12目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板a、b，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是( )aa板带正电b有电流从b经用电器流向ac金属板a、b间的电场方向向下d等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力考点：霍尔效应及其应用 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板解答：解：a、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则a板带负电故a错误b、因为b板带正电，a板带负电，所以电流的流向为b流向a故b正确c、因为b板带正电，a板带负电，所以金属板间的电场方向向上故c错误d、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力故d正确故选bd点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势二、实验题（共23分）13某同学在做测金属丝的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，直径d=0.700mm如测得金属丝的长度为l，直径为d，两端的电压为u，通过的电流为i，则金属丝的电阻率=（用题目给的物理量符号表达）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：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根据欧姆定律和电阻定律推导金属的电阻率表达式解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为0.700mm根据欧姆定律r=根据电阻定律r= =整理得：=故答案为：0.700；点评：本题考查了螺旋测微器的读数以及测量金属丝电阻率的原理，都是基础知识点，难度不大14在测干电池的电动势和内电阻的实验中，有甲、乙两个可供选择的电路，在不知电流表电阻的情况下，应选用甲电路进行实验，采用此图测定e和r时产生的系统误差主要是由于电压表分流（填“电压表分流”或“电流表分压”）；根据实验数据画出的ui图线如图丙所示，则求得的电动势是1.50v，内电阻是0.75考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：由于电压表和电流表都有一定的内阻，给实验带来系统误差甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压由于电源的内阻较小，电压表分流较小，则知可采用甲电路进行实验由图读出两组电压和电流值，由闭合电路欧姆定律组成方程，求出电源的电动势和内阻解答：解：本实验中电压表应测量路端电压，电流表应测量通过电源的电流，由于电压表和电流表都有一定的内阻，两种电路都存在系统误差甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，比电源的电流小，其读数等于电源的电流与通过电压表电流之差，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压由于电源的内阻较小，电流表的内阻也较小，若采用乙电路，电流表分压较大，测得的内阻误差较大而甲电路中，电源内阻较小时，电压表分流较小，测量误差较小故可采用甲电路进行实验由图读出两电压和电流值：0.6a、1.0v和1.4a、0.4v根据闭合电路欧姆定律得，图象的斜率大小等于内阻，则内阻 r=0.75电源的电动势为 e=u+ir将任一组数据代入解得，e=1.50v故答案为：甲，电压表的分流，小，1.50，0.75点评：本题根据实验原理分析误差产生的原因，并根据误差的大小选择实验电路，可见，实验原理是实验的核心，要理解并掌握牢固15在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“3v，1.8w”的小灯泡、电源、导线和开关外，还有：电流表a（00.6a，内阻约为0.1）电压表v（03v，内阻约为4k）、滑动变阻器r（010，2a）实验要求保证器材的安全，灯泡两端的电压能从0连续调节，测量结果尽量准确（1）为尽可能的减小误差，实验中采用电流表外接，采用正确的方式测出的电阻值小于（选填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值（2）设计一个合理的电路，并在答题纸上所给的方框内画出电路图（3）某同学根据电路图连接实物图时，并未连接完整，请用铅笔代替导线在答题纸上帮忙完成实物图的连接（4）根据实物图，开关s闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于右端（选填“左端”“右端”或“中间”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：根据灯泡与电表内阻的关系选择连接方式，再根据欧姆定律分析电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零解答：解：（1）灯泡正常发光时电阻r=5，灯泡电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法，采用外接法时，通过灯泡实际电流小于电表读数，根据欧姆定律r=得测出的电阻值小于电阻的真实值（2）电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示（3）根据电路图连接实物图：（4）闭合开关前，分压电路分得的电压应为零，所以滑片应置于右端故答案为：（1）外接，小于；（2）如图；（3）如图；（4）右端点评：对电学实验题目应明确：根据待测电阻的额定电压和额定电流来选择电压表和电流表的量程；若电阻大小满足时，电流表应用外接法，否则应用内接法；当电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节三、计算题（共29分解本题要求写出必要的文字说明和物理公式）16p是点电荷q电场中的一点，p到点电荷q的距离r=0.1m将一个电荷量q=1.01010c的点电荷放到p点，受到的电场力f=9.0105n，已知静电力常量k=9.0109nm2/c2求：（1）点电荷q在p处的电场强度的大小（2）点电荷q的电荷量考点：库仑定律；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由电场强度的定义式可以直接计算；电场强度是电场本身的决定的，与试探电荷无关；（2）q和q之间的库仑力即q受到的电场力，代入库仑定律可以计算出q的电量解答：解：（1）根据场强的定义式e=代入数据得：（2）根据库仑定律f=k得：=1.0106c答：（1）点电荷q在p处的电场强度的大小为9105n/c（2）点电荷q的电荷量为1.0106c点评：该题可以有电场强度的定义式和库仑定律的公式直接计算，计算时要注意数量级不能弄错17水平面上有电阻不计的u形导轨nmpq，它们之间的宽度为lm和p之间接入电动势为e、内阻为r的电源现垂直于导轨放置一根质量为m，金属棒ab接入导轨间的电阻为r，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向竖直向上，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力大小？摩擦力的大小和方向？（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为多少？此时b的方向如何？考点：安培力；摩擦力的判断与计算 分析：（1）根据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；（2）根据受力图可知当重力等于安培力时，b最小，根据左手定则可以正确判断磁场b的方向解答：解：（1）通过对导体棒的受力分析根据共点力平衡可知：fn=mg回路中的电流为：受到的安培力为：f安=bil_ ff=f安 联立解得：ff=，方向水平向右_ （2）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（1）可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：f安=mg_ b=方向水平向右_ 答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力大小为mg，摩擦力的大小为，方向水平向右（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为，此时b的方向水平向右点评：本题借助物体的平衡考查了安培力的大小和方向问题，是考查学生能力的好题18如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105c，从静止开始经电压为u1