福建省漳州市芗城中学高二物理上学期期末考试试卷(含

福建省漳州市芗城中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择（48分）1．电场强度的定义式为E=( )A．该定义式只适用于点电荷产生的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量C．场强的方向与F的方向相同D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；场强方向与正电荷所受的电场力方向相同．解答：解：A、B、电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电量，运用比值定义法，该式适用于任何电场，故A错误，B正确；C、据场强方向规定，正电荷所受的电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故C错误；D、该定义式可知，场强由电场本身决定，场中某点电场强度的大小一定，由此式知F与E 成正比，故D正确．故选：BD．点评：本题关键要明确电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，具有比值定义法的共性，E与F、q无关．2．如图所示，平行板电容器电容为C，带电量为Q，板间距离为d，今在两板正中央处放一电荷q，则它受到的电场力大小为( )A．B．C．D．考点：电容；电场强度．专题：电容器专题．分析：根据电容器的定义式，求出电容器两端间的电势差，根据匀强电场的强度公式得出电场强度，从而得出电场力．解答：解：电势差U=，则电场强度，电场力F=qE=．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握电容的定义式以及匀强电场电势差与电场强度的关系式．3．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质D．两板间的正对面积考点：电容．分析：根据电容的决定式C=进行分析即可．注意电容器的电容与电压无关．解答：解：由电容的决定式C=可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的．故A正确，BCD 错误．故选：A点评：本题的解题关键是掌握电容的决定式C=，知道决定电容的因素就能作出判断．4．如图所示，因线路故障，合上开关S后，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知发生断路处为( )A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．开关S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：U ab=0，U bc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误C、由题U cd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电流无电流，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、若开关断路，电压表均无读数，与题设条件不符．故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．5．有两个导体a、b，它们的I﹣U图象如图所示，据此分析，正确的结论是( )A．导体a电阻较大B．导体a两端的电压较大C．导体b的电阻较大 D．流过导体b的电流较大考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：I﹣U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可明确电阻的大小；由欧姆定律确定电流及电压的大小．解答：解：A、I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，a表示的电阻小于b 的电阻；故A错误；C正确；B、由于不明确电阻中的电流，故无法确定电压的大小；故B错误；D、由于不知道两电阻两端的电压，故无法确定电流大小；故D错误；故选：C．点评：本题考查对I﹣U图象的认识，在分析图象时一定要养成分析坐标轴的习惯，不能思维定势．6．一个带正电荷微粒（重力不计）穿过图中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是( )A．增大电荷质量B．增大电荷电量C．减少入射速度D．增大磁感强度考点：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：开始时粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，若合力向下则向下偏转．解答：解：粒子开始时做直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，故：qvB=qE要使粒子向下偏转，应该增加电场力或者减小洛伦兹力；A、B、增加电荷量或质量，qvB=qE依然成立，合力为零，不偏转，故A错误，B错误；C、减小速度，则洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故C正确；D、增加磁感应强度，则洛伦兹力增加，合力向上，故向上偏转，故D错误；故选：C．点评：明确初始合力为0，知道各量变化对力的大小的影响，基础问题．7．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子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将( )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：洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．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，由左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，即可分析电子的运动方向．根据半径公式，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，由左手定则判断可知，导线上面的电子所受的洛伦兹力方向身向上，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆．故D正确，ABC错误．故选：D点评：本题是安培定则、左手定则和半径公式的综合应用，基础题目．8．如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10﹣9C的正电荷从A经B、C到达D点．则从A到D电场力对电荷做的功为( )A．4.8×10﹣8 J B．﹣4.8×10﹣8 J C．8.0×10﹣8 J D．﹣8.0×10﹣8 J考点：电势能；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据W=qU可知，电场力做功和具体路径无关，只与初末位置的电势差有关，由此可正确解答．解答：解：A与D之间的电势差为：U AD=﹣40V﹣（﹣10V）=﹣30V．，故ACD错误，B正确．故选B．点评：对于物理基本公式要理解其应用条件以及公式中各个物理量的含义．9．一台直流电动机额定电压为100V，正常工作时电流为20A，线圈内阻为0.5Ω，那么在1min内( )A．电动机线圈产生的热量为1.2×104 JB．电动机消耗的电能为1.2×104 JC．电动机对外做功1.2×105 JD．电源输入给电动机的功率为2.0 kW考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，产生的热量只能用Q=I2Rt计算，消耗的电能只能用W=UIt计算．转化为的机械能等于电流的总功减去发热的能量．电源输入给电动机的功率只能由P=UI求解．解答：解：A、电动机产生的热量 Q=I2Rt=202×0.5×60J=1.2×104J，故A正确．B、电动机消耗的电能为W=UIt=100×20×60J=1.2×105J．故B错误．C、根据能量守恒定律得：电动机对外做功W外=W﹣Q=1.08×105J．故C错误．D、电源输入给电动机的功率是电功率，为P=UI=100×20W=2kW．故D正确．故选：AD点评：本题考查了电动机中的转化的能量的计算．在电动机工作时，电能转化为了机械能和内能，内能大小只能由Q=I2Rt计算．对外做功由能量守恒求解即可．10．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，下列说法中正确的是( )A．电流表的读数变小 B．电流表的读数变大C．电压表的读数变小 D．电压表的读数不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，分析电流表示数的变化．解答：解：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大．图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大．故选B点评：本题先分析变阻器接入电路电阻的变化，再分析外电路总电阻的变化，路端电压的变化，根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化，是电路动态分析问题常用的分析思路．11．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上有C、D 两点，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是( )A．D点电场强度为零B．O点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移至C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从D移至C，电势能增大考点：电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：空间某点的电场强度是由两个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、根据平行四边形定则得到，x轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+y轴方向，不为零，故A错误．B、题中A、B两个+Q在O点的场强大小相等，方向相反，矢量和为0，故B正确．C、在两等量同种电荷两线的中点以上，根据平行四边形定则，+q受到两电荷对它库仑力的合力竖直向上，在中点以下，受到库仑力的合力竖直向下，若将点电荷+q从O移至C，电场力做正功，电势能减小，故C错误．D、若将点电荷﹣q从D移至C，电场力先做正功，后做负功，所以电势能先减小，后增加．故D错误．故选B．点评：本题关键在于用矢量合成的平行四边形定则来求解空间任意一点的和场强，根据电场力做功情况来判断电势能的变化情况．12．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是( )A．增大D形盒的半径 B．减小磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离 D．增大电场的加速电压考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大．但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关．所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定解答：解：带电粒子从D形盒中射出时的动能 E km=mv m2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2）由（1）（2）可得E km=显然，当带电粒子q、m一定的，则E km∝R2B2即E km随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故A正确故选：A点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变二、实验题13．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a的量程为Ig=600μA内阻为Rg（已知），A是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．（1）图1中分流电阻R p的阻值为R g．（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图2所示，由此读出流过a电流表的电流为49.5mA．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：改装电流表要并联一电阻R p，并联一电阻后流过表头a的电流为I g，流过R p的电流为I R，而加在表头和R p上的电压相等，即I g R g=I R R p，则改装后的电流表量．解答：解：（1）由于R g和R p并联，由I g R g=I R R p和I=I g+I R得：R P===．（2）由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA；设此时流过表头的电流为I'g，流过R P 的电流为I'R，因加在表头和R p上的电压相等，故有：I'g R g=I′R R p…①I'=（I'g+I'R）…②；由①②联立解得：I'R=49.005mA≈49.0mA故答案为：（1）；（2）49.5．点评：由该题可看出，解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理．14．用如图（甲）所示的电路图研究小灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值．（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端．（选填“a”或“b”）（2）请按电路图连接好图（乙）中的实物图．（3）根据所得到的图象如图（丙）所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R=4.8Ω，这个测量值比真实值偏小（选填“大”或“小”）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：做电学实验时首先要注意安全性原则，在变阻器使用分压式接法时，为保护电流表应将变阻器有效电阻打到零．解答：解（1）因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表．故答案为a．（2）根据电路图连接实物图，如图所示．（3）由图象可读出U=2.4V时对应的电流为I=0.5A，由R=得R=4.8Ω，因电流表用的是外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的示数大于通过电阻的实际电流，根据R=算出的电阻值偏小．故答案为：4.8Ω，小点评：一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接法；伏安法测电阻时有电流表内接与外接之分，外接时由于电压表的分流使得电阻测量值偏小，内接时偏大，须牢记．三、计算题（32分，8+12+12）15．一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上16Ω的负载电阻后路端电压降为2.7V，求电池的电动势E和内电阻r．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电源的电动势等于外电路断开时电源两极间的电压．由题，电源接上16Ω的负载电阻后路端电压降为2.7V，根据欧姆定律利用比例法求出电源的内电阻．解答：解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势E=3V．当电源接上16Ω的负载电阻后路端电压降为2.7V，则有解得：r=1.78Ω答：电池的电动势为3V，内电阻为1.78Ω．点评：本题要对电动势的意义要了解，可根据闭合电路欧姆定律进行理解，并强化记忆．16．如图所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，已知带电粒子质量m=3×10﹣20kg，电量q=10﹣13C，速度v0=105m/s，磁场区域的半径R=3×10﹣1m，不计重力，求：（1）磁场的磁感应强度，（2）带电粒子在磁场中运动的时间．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）带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．（2）根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期求出粒子在磁场中的运动时间．解答：解：粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得知，粒子转过的圆心角：θ=60°，粒子做圆周运动的轨道半径：r=Rcot30°=R，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，代入数据解得：B=T；（2）粒子做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：t=T=T，代入数据解得：t=6π×10﹣6s；答：（1）磁场的磁感应强度为T；（2）带电粒子在磁场中运动的时间为6π×10﹣6s．点评：本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题．17．如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M=30g．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10m/s2．若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？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；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：若要保持物体c静止不动，受力必须平衡．由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=0.1N，而M的重力为Mg=0.3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向．分两种情况研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围．解答：解：导体棒的最大静摩擦力大小为f m=0.5mg=0.1N，M的重力为G=Mg=0.3N，则f m ＜G，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b．若BIl＞Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I1，则由平衡条件有 BI1l﹣Mg≤f m，解得，I1≤2A若BIl＜Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，设此时电流为I2，则由平衡条件有 Mg﹣BI2l≤f m，解得，I2≥1A即ab棒中电流为1A≤I≤2A．答：若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入的电流为1A≤I≤2A，电流的方向为由a到b．点评：此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解．。