甘肃省平凉市静宁县高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

甘肃省平凉市静宁县2014-2015学 年高二上学期期末物理试卷一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-13题有多个选项符合要求，每小题给出的四个选项中，全部选对得4分，选对而选不全的得2分，有选错或者不选的得0分）1以下说法正确的是（）a物体所带的电荷量可以是任意实数b电场线就是带电粒子只受电场力时的运动轨迹c磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的d在导体中，只要自由电荷在运动就一定会形成电流2正电荷q在电场力作用下由p向q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是下列图中的哪一个（）abcd3如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的p点，处于静止状态现将极板a向下平移一小段距离，但仍在p点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）a液滴将向下运动b液滴将向上运动c极板带电荷量将不变d极板带电荷量将减少4如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，a、b两灯的亮度变化情况为（）aa灯和b灯都变亮ba灯和b灯都变暗ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮5用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为r1，如果采用乙电路，测量值为r2，那么r1、r2与真实值r之间的大小关系为（）ar1rr2br1rr2crr1r2drr1r26欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用连接，以下说法不正确的是（）a使用前检查指针是否指在左侧“0”刻度处b测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指右侧零c红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接d测电阻时，表针向右偏转角度越大，待测电阻阻值越大7对磁感应强度的定义式b=的理解，下列说法正确的是（）a磁感应强度b跟磁场力f成正比，跟电流强度i和导线长度l的乘积成反比b如果通电导体在磁场中某处受到的磁场力f等于0，则该处的磁感应强度也等于0c公式表明，磁感应强度b的方向与通电导体的受力f的方向相同d磁感应强度b是由磁场本身决定的，不随f、i及l的变化而变化8如图所示，三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流，且i1=i2=i3，则距三导线等距的a点的磁场方向为（）a向上b向右c向左d向下9如图所示，曲线是电场中的一组电场线，a、b是电场中的两点，则下列说法正确的是（）a电势ab，场强eaebb电势ab，场强eaebc将+q电荷从a点移到b点电场力做正功d将q电荷分别放在a、b两点时具有的电势能10如图所示，一根质量为m的金属棒ac，用软线悬挂在磁感强度为b的匀强磁场中，通入ac方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，适当增大电流b不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度c改变电流方向，并适当增加电流d改变电流方向，并适当减小电流11如图所示，水平直导线中通有稳恒电流i，导线的正上方处有一电荷以初速度v0，方向与电流方向同相运动，以后该电荷可能将（）a沿路径a运动，曲率半径变小b沿路径a运动，曲率半径变大c沿路径b运动，曲率半径变小d沿路径b运动，曲率半径变大12如图所示，电子在电势差为u1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为u2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）au1变大，u2不变bu1变小，u2不变cu1不变，u2变大du1不变，u2变小13如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）a若离子带正电，e方向应向下b若离子带负电，e方向应向上c若离子带正电，e方向应向上d不管离子带何种电，e方向都向下二实验题（18分）14用20分度的游标卡尺测得某小球的直径如图所示，则小球的直径为d=mm15用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为mm16某同学采用如图所示的电路测定电池电动势和内阻，除待测电阻外，提供的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干（1）请按图甲所示的电路，将图乙中的实物图连接成实验电路（2）丙图是根据测量结果作出的ui图象，则由图象可知该电池的电动势e=v，内阻r=三计算题（40分）17图中是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1a，当使用a、c两个端点时，量程为0.1a已知表头的内阻rg为200，满偏电流ig为2ma，求电阻r1、r2的值18如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽l匀强磁场磁感应强度为b金属杆长也为l，质量为m，水平放在导轨上当回路总电流为i1时，金属杆正好能静止求：（1）当b的方向垂直于导轨平面向上时b的大小；（2）若保持b的大小不变而将b的方向改为竖直向上，应把回路总电流i2调到多大才能使金属杆保持静止？19带电粒子的质量m=1.71027kg，电荷量q=1.61019c，以速度 v=3.2106m/s 沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b=0.17t，磁场的宽度l=10cm，如图所示求：（1）带电粒子离开磁场时的偏转角多大？（2）带电粒子在磁场中运动多长时间？甘肃省平凉市静宁县2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-13题有多个选项符合要求，每小题给出的四个选项中，全部选对得4分，选对而选不全的得2分，有选错或者不选的得0分）1以下说法正确的是（）a物体所带的电荷量可以是任意实数b电场线就是带电粒子只受电场力时的运动轨迹c磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的d在导体中，只要自由电荷在运动就一定会形成电流考点：电场线；电流、电压概念；磁现象和磁场 分析：元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止；根据电场力与带电粒子的运动来确定运动轨迹与电场线的关系电源的作用是给电路提供电压的，而电压是使自由电荷的发生定向移动形成电流的原因解答：解：a、带电量不是任意的，即是元电荷的整数倍，故a错误b、带电粒子仅受电场力作用，由静止开始运动，若是匀强电场则其运动轨迹一定与电场线重合，如果带电粒子以一定的初速度垂直电场线运动，运动轨迹与电场线就不重合，故b错误c、磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的，故c正确d、在导体中，电荷无规则的运动不能形成电流，只有定向移动时才会形成电流；而电压是使自由电荷发生定向移动的原因，也就是形成电流的原因故d错误故选c点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题2正电荷q在电场力作用下由p向q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是下列图中的哪一个（）abcd考点：电场线；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷在电场只受电场力，根据牛顿第二定律可知，电场力越大，加速度越大正电荷的电场力与电场强度成正比，电场线的疏密表示电场强度的大小根据上述知识分析解答：解：a、p到q，电场线越来越疏，电场强度越来越小，电荷做加速度减小的加速运动不符合题意故a错误 b、电荷在匀强电场中做匀加速直线运动，不符合题意故b错误 c、p到q，电场线越来越疏，电场强度越来越小，电荷做加速度减小的加速运动不符合题意故c错误 d、p到q，电场线越来越密，电场强度越来越大，电荷做加速度减大的加速运动符合题意故d正确故选d点评：本题考查对电场线的理解能力电场线可以形象直观表示电场，电场线的疏密表示电场的强弱，切线方向表示电场强度的方向3如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的p点，处于静止状态现将极板a向下平移一小段距离，但仍在p点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）a液滴将向下运动b液滴将向上运动c极板带电荷量将不变d极板带电荷量将减少考点：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：带电油滴悬浮在平行板电容器中p点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化解答：解：a、b电容器板间的电压保持不变，当将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故a错误，b正确c、d将极板a向下平移一小段距离时，根据电容的决定式c= 得知电容c增大，而电容器的电压u不变，极板带电荷量将增大故cd错误故选：b点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式c= 和电量q=cu结合分析电量变化4如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，a、b两灯的亮度变化情况为（）aa灯和b灯都变亮ba灯和b灯都变暗ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图可知灯泡a与r并联后与r1串联后，再由b灯并联；先由滑片的移动得出滑动变阻器接入电阻的变化，即可得出总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可求得电路中电流的变化及内电压的变化；则可得出路端电压的变化，由欧姆定律可得出灯泡b的亮度变化；由并联电路的规律可得出灯泡a亮度的变化；解答：解：a、滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大；则内压增大，故路端电压减小，则灯泡b变暗，r1中电流增大，则r1两端的电压增大；r及a两端电压减小；故a灯变暗；故acd错误；b正确；故选：b点评：对于闭合电路欧姆定律的动态分析要注意正确分析电路，按“局部整体局部”的思路进行分析解答5用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为r1，如果采用乙电路，测量值为r2，那么r1、r2与真实值r之间的大小关系为（）ar1rr2br1rr2crr1r2drr1r2考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系解答：解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；故答案为：r1rr2；故选：b点评：本题考查误差的分析，要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系6欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用连接，以下说法不正确的是（）a使用前检查指针是否指在左侧“0”刻度处b测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指右侧零c红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接d测电阻时，表针向右偏转角度越大，待测电阻阻值越大考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：欧姆表使用前要进行机械调零，测电阻换挡后要重新进行欧姆调零，红表笔接电源负极，指针偏角大，说明阻值小，要换小倍率，且重新调零解答：解：a、欧姆表使用前要进行机械调零，使用前检查指针是否指在左侧“0”刻度处，故a正确；b、测电阻前要进行欧姆调零，使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指右侧零刻度处，故b正确；c、红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接，故c正确；d、欧姆表的零刻度线在最右侧，测电阻时，表针向右偏转角度越大，待测电阻阻值越小，故d错误；本题选错误的，故选：d点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意每次换挡都要重新调零7对磁感应强度的定义式b=的理解，下列说法正确的是（）a磁感应强度b跟磁场力f成正比，跟电流强度i和导线长度l的乘积成反比b如果通电导体在磁场中某处受到的磁场力f等于0，则该处的磁感应强度也等于0c公式表明，磁感应强度b的方向与通电导体的受力f的方向相同d磁感应强度b是由磁场本身决定的，不随f、i及l的变化而变化考点：磁感应强度 分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比解答：解：a、磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流i、长为l的一小段导线垂直放在该处时所受磁场力f与i、l的乘积的比值故a错误；b、当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力f等于0，但磁场并一定为零，故b错误；c、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故c错误；d、磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流i、长为l的一小段导线垂直放在该处时所受磁场力f与i、l的乘积的比值磁感应强度b不随f、i及l的变化而变化故d正确；故选：d点评：磁感应强度的定义式b= 可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中即b与f、i、l均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度e= 一样同时还要注意的定义式b= 是有条件的8如图所示，三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流，且i1=i2=i3，则距三导线等距的a点的磁场方向为（）a向上b向右c向左d向下考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：由安培定则确定出磁感线方向，再利用矢量合成法则求得a的合矢量的方向解答：解：由安培定则知电流i2和i3，在a点的磁感线方向相反，距离又相等，所以合场强为零，i1在a点的电场线方向水平向右，故a点的磁感线方向向右故选：b点评：本题考查安培定则的应用和磁感应强度b的矢量合成法则9如图所示，曲线是电场中的一组电场线，a、b是电场中的两点，则下列说法正确的是（）a电势ab，场强eaebb电势ab，场强eaebc将+q电荷从a点移到b点电场力做正功d将q电荷分别放在a、b两点时具有的电势能考点：电场线；电势 分析：电场线越密，场强越大沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功解答：解：a、b由图看出，a处电场线比b处电场线密，则a点场强大于b点的场强，沿电场线方向电势逐渐降低，故ab故a错误，b正确c、从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功故c正确d、负电荷在电势低的地方电势能大，故将q电荷分别放在a、b两点时具有的电势能在b点大故d错误故选：bc点评：掌握电场线的特点：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向，沿电场线方向电势逐渐降低10如图所示，一根质量为m的金属棒ac，用软线悬挂在磁感强度为b的匀强磁场中，通入ac方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，适当增大电流b不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度c改变电流方向，并适当增加电流d改变电流方向，并适当减小电流考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用 分析：金属棒ac用软线悬挂在匀强磁场中，通入ac方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为f=bil此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力欲使悬线张力为零，应增大安培力根据安培力公式选择合适的方法解答：解：a、不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零故a正确；b、不改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当减小磁感强度，安培力增大，悬线张力为零，所以b正确；c、只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零故cd错误；故选：ab点评：本题考查对安培力方向判断和大小分析的能力，是学习磁场部分应掌握的基本功比较简单11如图所示，水平直导线中通有稳恒电流i，导线的正上方处有一电荷以初速度v0，方向与电流方向同相运动，以后该电荷可能将（）a沿路径a运动，曲率半径变小b沿路径a运动，曲率半径变大c沿路径b运动，曲率半径变小d沿路径b运动，曲率半径变大考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；物体做曲线运动的条件 分析：水平导线中通有稳定电流i，根据安培定则判断出导线所产生的磁场方向，根据半径公式r=，结合磁感应强度的变化分析电子半径如何变化解答：解：水平导线中通有稳定电流i，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，根据半径公式r=，及越靠近导线的，磁场越强，可知，沿路径a运动，曲率半径变小，沿着路径b运动，曲率半径变大，故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题是安培定则、左手定则及洛伦兹力对带电粒子不做功的综合应用，基础题12如图所示，电子在电势差为u1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为u2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）au1变大，u2不变bu1变小，u2不变cu1不变，u2变大du1不变，u2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qu1=mv020 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：vy=at=，又有：tan=，解得：tan=，a、u1变大，u2不变，偏转角变小，故a错误；b、u1变小，u2不变，偏转角变大，故b正确；c、u1不变，u2变大，偏转角一定增大，故c正确；d、u1不变，u2变小，偏转角减小，故d错误；故选：bc点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解13如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）a若离子带正电，e方向应向下b若离子带负电，e方向应向上c若离子带正电，e方向应向上d不管离子带何种电，e方向都向下考点：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：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果解答：解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此ad正确，bc错误故选：ad点评：本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性二实验题（18分）14用20分度的游标卡尺测得某小球的直径如图所示，则小球的直径为d=50.12mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 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，不需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.12mm故答案为：50.12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15用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为1.880mm考点：螺旋测微器的使用 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解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0138.0mm=0.380mm，所以最终读数为1.880mm故本题答案为：1.880mm点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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16某同学采用如图所示的电路测定电池电动势和内阻，除待测电阻外，提供的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干（1）请按图甲所示的电路，将图乙中的实物图连接成实验电路（2）丙图是根据测量结果作出的ui图象，则由图象可知该电池的电动势e=1.5v，内阻r=0.2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）根据图甲所示电路图连接实物电路图；（2）在ui图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小解答：解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示（2）在ui图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为：e=1.5v，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r=0.2故答案为：（1）如图；（2）1.5，0.2点评：本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的三计算题（40分）17图中是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1a，当使用a、c两个端点时，量程为0.1a已知表头的内阻rg为200，满偏电流ig为2ma，求电阻r1、r2的值考点：串联电路和并联电路 专题：恒定电流专题分析：接a，b 时为g表头与r2串联成一支路，该支路与r1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式接a，c时为r1与r2串联后与g表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式由两个表达式求得r1与r2的值解答：解：接a、b时，r1起分流作用为一支路，g与r2串联为一支路，此时量程为i1=1a，此接法电路的量程为当g表头达到满偏时通过电流表的总电流即为 i1=ig+ 同理接a、c时，r1+r2为一支路起分流作用，g为一支路，此时量程为i2=0.1a则 i2=ig+ 由式构成一方程组，只有r1与r2为未知量，代入数据求得：r1=0.41，r2=3.67答：电阻r1、r2的值分别为0.41和3.67点评：考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，