山东省东营一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷 Word版含解析.doc

2014-2015学年山东省东营一中高二（上）期末物理试卷 一、选择题（36分）1（3分）（2014秋东营区校级期末）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量中不属于比值法定义式的是（）A电势=B磁感应强度B=C电容C=D电阻R=考点：磁感应强度；电势版权所有分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解答：解：A、电势定义式=中，电势与试探电荷的电势能和电荷量均无关，故是比值定义法，故A错误；B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以B=属于比值定义法，故B错误；C、公式容C=是电容的决定式，不是比值法定义的，故C正确；D、导体的电阻由导体本身决定，与U、I无关，电阻R=用比值法定义的，故D错误；故选：C点评：关于定义式的判定，要从这个物理量的定义来做判定，一个物理量一般分定义式和计算式，注意分清2（3分）（2014宿州模拟）两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边ABC的A和B处，如图所示两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（）A0BB0CD2B0考点：磁感应强度版权所有分析：根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小解答：解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30=B0故选：C点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则3（3分）（2014秋东营区校级期末）下列说法正确的是（）A初速度为零的质子只受电场力的作用，一定沿电场线运动B一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C在电场中静止的电荷一定受电场力，在磁场中只有运动的电荷才可能受洛仑兹力D洛伦兹力对带电粒子不做功，因此它不能改变带电粒子的动能考点：电场强度；洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电荷在电场中一定受电场力，而通电导线在磁场中，不一定受到磁场力，还与放置的角度有关，从而即可求解解答：解：A、初速度为零的质子只受电场力的作用，只有在点电荷的电场中，或匀强电场中，质子才一定沿电场线运动，故A错误；B、一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度不一定为零，可能平行与磁场放置，故B错误；C、在电场中静止的电荷一定受电场力，在磁场中只有运动的电荷才可能受洛仑兹力，故C正确；D、洛伦兹力对带电粒子不做功，因此它只改变粒子运动的方向，不能改变带电粒子的动能，故D正确；故选：CD点评：考查电荷在电场中一定受电场力，而通电导线在磁场中不一定受磁场力，注意通电导线在磁场中放置角度4（3分）（2011黄浦区二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势能；牛顿第二定律；电场线；电势差版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：解：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，故D正确故选：BD点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化5（3分）（2011东城区一模）如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（）A增大U1B增大U2C减小LD减小d考点：示波器的使用版权所有专题：实验题分析：先求出的表达式，由表达式分析提高灵敏度的方式解答：解：经加速电场后的速度为V，则 所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，y=at2=，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确故选：D点评：本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题6（3分）（2014秋东营区校级期末）如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）A向下B向上C向左D向右考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断解答：解：因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌对向N极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转故选：A点评：本题要掌握左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向（注：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向）7（3分）（2011株洲一模）如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A逐渐增大B逐渐减小C先减小后增大D先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析解答：解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选C点评：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可8（3分）（2014秋东营区校级期末）直线AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势 的判断正确的是（）AEAEBBEAEBCABDAB考点：电势；电场强度；电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解沿着电场线方向电势降低解答：解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故AB，电子带负电，由=可知，A点的电势要大于B点电势，AB，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性9（3分）（2014秋东营区校级期末）如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，如图所示，根据上述条件可求下列物理量中的（）A带电粒子的比荷B带电粒子的初速度C带电粒子在磁场中运动的半径D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版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期解答：解：A、在没有磁场时，粒子做匀速直线运动，故：2R=vt，加上磁场后，轨迹如图：根据几何关系，有：r=R=，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：=，故A正确；B、由于不知道磁场的半径，无法求出粒子的速度，故B错误；C、由A可知，r=，由于不知道粒子的初速度，无法求出粒子的半径，故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=t，知道粒子转过的圆心角，可以求出粒子在磁场中的运动时间，故D正确；故选：AD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题10（3分）（2014秋东营区校级期末）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）A反映Pr变化的图线是cB电源电动势为8v，电源内阻为2Cb、c线的交点与a、c线的交点的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4D当电流为0.5A时，外电路的电阻为6考点：电功、电功率；欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EII2r，根据数学知识选择图线根据图线a斜率求解电源的电动势由图读出电流I=2A时，发热功率Pr=I2r，求出电源的内阻当电流为0.5A时，读出电源的功率，结合欧姆定律求出外电阻解答：解：A、根据直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EII2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b故A正确 B、图线a的斜率等于电源的电动势，当I=2A时，Pr=8W，由得到E=4V，由公式Pr=I2r得，r=2故B错误 C、由图，当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为=，功率的大小为，a、c线的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以C正确 D、当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W由PE=代入得到，R=6故D正确故选：ACD点评：本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义11（3分）（2012湖南模拟）如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则（）A经过最高点时，三个小球的速度相等B经过最高点时，甲球的速度最小C甲球的释放位置比乙球的高D运动过程中三个小球的机械能均保持不变考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；机械能守恒定律版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：三个小球在磁场中受洛仑兹力方向不同，最高点由重力和洛仑兹力充当向心力；由向心力公式可知最高点的速度关系；由机械能守恒定律可得出各球释放的位置解答：解：A、在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F合=m可知，三小球的速度不相等；故A错误；B、因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，故B错误；C、因甲球的速度最大，而在整个过程中洛仑兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C正确；D、因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D正确；故选CD点评：本题应牢记洛仑兹力的性质，洛仑兹力永不做功，故三个小球在运动中机械能守恒12（3分）（2014秋城区校级期末）如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁混合场的是（）（注：实线箭头代表E方向，虚线箭头或“”代表B方向）ABCD考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域解答：解：A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D、粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；故选：CD点评：本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力二、填空题（20分）13（10分）（2014秋东营区校级期末）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为4.700 mm；（2）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为220（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程04mA，内阻约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）开关S及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是A2、电压表是V1、滑动变阻器是R1（填写所用器材的代号）考点：测定金属的电阻率版权所有专题：实验题分析：（1）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；（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（3）的关键是通过估算电路中的最大电流来选择电流表量程；根据要求“测得多组数据”可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器方便调节解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm（2）该电阻的阻值约为22.010=220（3）电源的电动势是4V，所以要使用量程是3V的电压表V1，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：A，所以电流表应选A2；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1；故答案为：（1）4.700；（2）220；（3）A2，V1，R1点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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14（10分）（2014秋东营区校级期末）用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是乙（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=1（3）所测得的电源电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：E测E真；r测r真（填“”或“”）（4）误差出现的原因是电压表分流考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）当电源内阻较小时，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法（2）电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）根据实验电路分析实验误差（4）根据图示电路图分数实验误差原因解答：解：（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图（2）由图2所示图象可知，电源内阻r=1.0（3）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值（4）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因故答案为：（1）乙；（2）1；（3）；（4）电压表分流点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻三、计算题（44分）15（10分）（2014秋东营区校级期末）如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，从x轴上的P（a，0）点，以速度v沿与x轴正方向成60角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限求：匀强磁场的磁感应强度B的大小和粒子通过第一象限的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度（2）根据粒子在磁场中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：（1）设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：r=由解得：B=；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则T=由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为：=粒子在磁场中运动的时间为：t=T由解得：t=；答：匀强磁场的磁感应强度B为，带电粒子在磁场中的运动时间是点评：本题考查了求粒子在磁场中的运动，考查了求磁感应强度、粒子的运动时间，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、周期公式即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用16（8分）（2014秋东营区校级期末）如图用某一直流电动机来提升重物，重物的质量m=50kg当电压U1=12V时没有提起重物，这时电流为I1=3A当电动机的电压为U2=110V，重物被提起不计各种摩擦，当重物向上运动的速率恒定时，电路中的电流强度I2=5.0A，求：重物被电动机匀速提升时的速率？（取g=10m/s2）考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：当电压U1=12V时没有提起重物，这时电流为I1=3A，根据欧姆定律知电动机电阻，电动机消耗的电能转化为提升重物的机械能和内部产生的内能，根据能量守恒定律列出电动机消耗的电功率与输出的机械功率与发热功率的关系式，求出重物被电动机匀速提升时的速率解答：解：当电压U1=12V时没有提起重物，这时电流为：I1=3A，根据欧姆定律知电动机电阻为：R=4根据能量转化和守恒定律得：U2I2=mgv+I22R代入数据为：1105=5010v+524解得：v=0.9m/s答：重物被电动机匀速提升时的速率为0.9m/s点评：电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，抓住能量如何转化列方程是关键17（10分）（2013秋江陵县期末）如图所示，两平行金属导轨间距l=0.5m，导轨与水平面成=37导轨上端连接有E=6V、r=1的电源和滑动变阻器长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg、电阻R0=1，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上当滑动变阻器的阻值R=1时金属棒刚好与导轨间无摩擦力g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）此时电路中的电流I；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4时金属棒受到的摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求解此时电路中的电流I；（2）根据题意，滑动变阻器的阻值R=1时金属棒刚好与导轨间无摩擦力，分析棒的受力，根据平衡条件和安培力可求出磁感应强度B再运用闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻为4时电路中电流，求出棒所受的安培力，判断摩擦力的方向，再根据平衡条件求解摩擦力解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1=1时，电流 I1=2A（2）金属棒受