四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题 扫描版含答案
2014-2015学年上学期高一物理上学期期末考试试题(含答案)
2014—2015学年度上学期期末考试高一级物理试题(含答案)一．单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分，每小题只有一个选项符合题意．） 1．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是A ．亚里士多德、伽利略 B. 伽利略、牛顿 C ．伽利略、爱因斯坦 D. 亚里士多德、牛顿 2．A 、B 、C 三物同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示它们位移与时间的图象，由图可知它们在t 0时间内 A ．三者平均速度相等 B ．A 的平均速度最大 C ．C 的平均速度最大D ．C 的平均速度最小3．书放在水平桌面上，桌面会受到弹力的作用，产生这个弹力的直接原因是A ．书的形变B .桌面的形变C ．书和桌面的形变D.书受到的重力4．如图所示，一木块受到垂直于倾斜墙面方向的推力F 作用而处于静止状态，下列判断正确的是A ．墙面与木块间的弹力可能为零B ．墙面对木块的摩擦力可能为零C ．在推力F 逐渐增大过程中，木块将始终维持静止D ．木块所受墙面的摩擦力随推力F 的增大而变化二．多项选择题（共5小题，每小题5分，共25分，每小题至少有两个或两个以上的选项符合题意．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分．） 5．关于力学单位制说法中正确的是 A ．kg 、Ｊ、N 是导出单位 B ．kg 、m 、s 是基本单位C ．在国际单位制中，质量的基本单位是kg ，也可以是gD ．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是F ＝ma 6．有关物体的运动速度和加速度的说法正确的是 A ．物体运动的速度越大，加速度也一定越大B ．物体的加速度越大，它的速度一定越大C ．加速度反映速度变化的快慢，与速度无关D ．速度变化越快，加速度一定越大7．某物体运动的υ-t 图象如图所示，则下列说法正确的是A ．物体在第1s 末运动方向发生改变B ．物体在第2s 内和第3s 内的加速度是相同的C ．物体在第4s 末返回出发点D ．物体在第5s 离出发点最远，且最大位移为0.5m 8．物体放在水平桌面上处于静止状态,下列说法中正确的是A ．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B ．物体所受的重力与桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C ．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一性质的力 D.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力和反作用力 9．如图所示的装置中，增加B 的重力，A 仍然保持静止状态，则正确的是 A ．悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力一定增大 B ．绳子对A 的拉力一定增大 C ．地面对A 物体的摩擦力可能减少D ．A 物体对地面的压力增大 三．实验题（共1小题，共18分） 10．（1）（8分）某校学习兴趣小组在研究“探索小车速度随时间变化的规律”的实验，图是某次实验得出的纸带，所用电源的频率为50H Z ，舍去前面比较密集的点，从0点开始，每5个连续点取1个计数点，标以1、2、3……。
四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷Word版含解析
四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1．（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．回旋加速器B．日光灯C．质谱仪D．示波器2．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C．电场中电势降低的方向就是电场线的方向D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势3．（3分）我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×1044．（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C．电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大5．（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A．如果B=2T，F一定是1NB．如果F=0，B也一定为零C．如果B=4T，F有可能是1ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行6．（3分）穿过一个内阻为1Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A．感应电动势每秒增加2V B．感应电动势每秒减少2VC．磁通量的变化率为2Wb/s D．感应电流为2A7．（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低8．（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D．小球经过c点时速度最大9．（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T．位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A．0.25T B．0.5T C．1T D．2T10．（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A．B灯变暗，A灯变亮B．R0两端电压变大C．电源路端电压变小D．电源内电压变小11．（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡．当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A．断开开关S时，灯泡立即熄灭B．断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从D到CD．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D12．（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω、R1=5.0Ω、R2=6.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化．则下列说法中正确的是（）A．2秒末通过线圈的磁通量为2×10﹣3wbB．螺线管中产生的感应电动势为1.5VC．电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD．闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5×10﹣2W二、实验探究题（共18分）13．（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为mm．（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为V，电流表的读数为A．（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为Ω•m （保留二位有效数字）．14．（9分）某同学在探究规格为“4V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至档进行测量．（填选项前的字母）A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆×1 D．欧姆×100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最端（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是点至点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）Ⅲ．某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为W．15．（3分）在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示（1）在该实验中电流计G的作用是．（2）在产生感应电流的回路中，如图器材中相当于电源？（3）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将（填“左偏”或“不偏”）三、计算题（写出必要的文字叙述和重要的演算步骤，只有最后结果不给分，共46分，16题6分，17题10分，18题15分，19题15分）16．（6分）如图在一个分布范围足够大的水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m，带电量为q，现把小球用绝缘工具移动到B 位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，小球向左能够到达的最远位置为D，小球速度最大位置为A，小球在D、A两位置时，细丝线与竖直方向的夹角分别为α、θ，且θ=30°．试求：（1）匀强电场的场强E（2）图中α角的大小．17．（10分）如图所示，水平放置的U形导轨足够长，处于竖直向上磁感应强度B=5T的匀强磁场中，导轨宽度L=0.4m，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻R=1Ω，与导轨的动摩擦系数为μ=0.2，始终与导轨垂直，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在垂直于ab的水平外力F=10N的作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大．求：（1）导体棒ab运动的最大速度是多少？（2）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，安培力做的功？（3）能否计算导体棒ab由静止达到最大速度的过程中棒ab产生的热量？若能请计算出结果，若不能，简要说明理由．18．（15分）如图所示，内壁光滑、内径很小的1/4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r 为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为﹣1.0×10﹣9 C的点电荷．质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作．已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.5Ω．求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2）（1）小球到达B点时的速度；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率．19．（15分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1．（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．回旋加速器B．日光灯C．质谱仪D．示波器考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．日光灯利用自感现象启动．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．电磁炉是利用电磁感应原理．解答：解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、日光灯利用自感现象启动，而自感现象是特殊的电磁感应现象．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、示波器采用的是带电粒子在电场中的偏转原理，不是电磁感应现象；故D错误；故选：B点评：本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，基本题，不应失分．2．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C．电场中电势降低的方向就是电场线的方向D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势考点：电场线；电势．分析：电场中电势的高低与电场强度的大小无关；磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直；感应电动势E=，与磁通量的变化率有关．解答：解：A、电场中电势的高低与电场强度的大小无关，电场中电场强度越大的地方，电势不一定越高．故A错误．B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直．故B错误．C、电场线的方向是电势降低最快的方向，电场中电势降低的方向不一定是电场线的方向．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律E=，与磁通量的变化率有关，与磁通量无关；当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱．3．（3分）我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×104考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量．再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目．解答：解：电子转一圈的时间．整个环中电子的电量Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．所以电子的数目n=．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握电流的定义式，会根据公式求出某段时间内同过横截面的电量．4．（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C．电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大解答：解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，B正确；C、外电路的电流总是从电源正极流向电源的负极，电源内部的电流总是从电源负极流向电源的正极，故C错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．故选：B点评：本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中5．（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A．如果B=2T，F一定是1NB．如果F=0，B也一定为零C．如果B=4T，F有可能是1ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行考点：安培力．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90°时，安培力最大；则安培力在最大值与零之间．解答：解：A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C点评：学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直．若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小．6．（3分）穿过一个内阻为1Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A．感应电动势每秒增加2V B．感应电动势每秒减少2VC．磁通量的变化率为2Wb/s D．感应电流为2A考点：法拉第电磁感应定律．分析：根据磁通量的变化率，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据欧姆定律求出感应电流的大小．解答：解：A、闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，知磁通量的变化率为2Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得，E=n=10×2V=20V．故A、B错误，C正确．D、根据欧姆定律得，感应电流I=，故D错误．故选：C．点评：本题考查了法拉第电磁感应定律的基本运用，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，基础题．7．（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低考点：电场线．分析：电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A 到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．根据电场力做功情况，分析动能和电势能的变化．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子所受的电场力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，B点的电势能小，导致动能减少，粒子在A点的动能比在B点大，故B错误，C错误；D、沿电场线的方向电势降低，所以A、B两点相比，B点电势较低．故D正确；故选：D点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．8．（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D．小球经过c点时速度最大考点：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：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大，而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故B正确，D错误；C、小球从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；故选：B．点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大9．（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T．位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A．0.25T B．0.5T C．1T D．2T考点：安培力．分析：当磁场的方向与电流的方向平行时，则导体棒所受的安培力为零，通过平行四边形定则定则确定另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值解答：解：根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为．则．故C、D正确，AB错误．故选：CD点评：解决本题的突破口在于抓住合场强的方向与电流方向平行，结合平行四边形定则进行求解10．（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A．B灯变暗，A灯变亮B．R0两端电压变大C．电源路端电压变小D．电源内电压变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化．解答：解：由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=I﹣I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化．11．（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡．当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A．断开开关S时，灯泡立即熄灭B．断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从D到CD．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态，由线圈电阻与灯泡电阻关系得出其电流关系，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然消失，线圈中电流逐渐减小，且要与灯泡组成回路．解答：解：当灯泡处于正常发光状态，线圈的直流的方向从C到D，灯泡电流的方向从C 到D，开关断开，则灯泡中的原电流立即消失，但是L由于自感要阻碍自身电流的减小，L 中的电流逐渐减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变大且电流为反方向由D到C，然后逐渐减小到0，故B、C正确．故选：BC点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．12．（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω、R1=5.0Ω、R2=6.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化．则下列说法中正确的是（）A．2秒末通过线圈的磁通量为2×10﹣3wbB．螺线管中产生的感应电动势为1.5VC．电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD．闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5×10﹣2W考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据磁感应强度的大小求出磁通量的大小，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势．通过楞次定律确定电流的方向，从而得出电容器极板的电性．根据闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电阻R1消耗电功率．解答：解：A、2秒末通过线圈的磁通量为：Φ=BS=1×2×10﹣3Wb=2×10﹣3Wb，故A正确．B、根据法拉第电磁感应定律得：V=1.5V，故B正确．C、根据楞次定律知，感应电流的方向从右向左流过R1，可知电容器的下极板带正电，故C 错误．D、闭合S，电路中的电流为：I=，则电阻R1消耗电功率为：，故D错误．故选：AB．点评：本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，运用楞次定律判断电流的方向是解决本题的关键．本题中面积不变，磁场变，可以将法拉第电磁感应定律变形为E=．二、实验探究题（共18分）13．（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为2.935mm．（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为2.60 V，电流表的读数为0.52A．（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为4.2×10﹣5Ω•m（保留二位有效数字）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）掌握螺旋测微器的读数原理和读数方法即可．（2）明确电流表和电压表读数时注意是“几分之一估读”：若每小格读数是0.1，则应是“”估读，即应估读到0.01；若每小格读数为0.02，则应是“”估读，即应估读到0.01．（3）根据电阻定律求解．解答：解：（1）螺旋测微器的读数为：d=2.5mm+43.5×0.01mm=2.935mm；（2）因电压表的每小格读数为0.1V，所以应估读到0.01V，所以电压表的读数为：U=2.60V；同理，电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.52A．（3）根据R=得：带入数据得：ρ=4.2×10﹣5Ω•m故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2×10﹣5Ω•m点评：考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法．14．（9分）某同学在探究规格为“4V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）．（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至C档进行测量．（填选项前的字母）A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆×1 D．欧姆×100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是1点至5点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）Ⅲ．某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为0.68W．。
四川省绵阳市高中2014-2015学年高二上期期末教学质量测试物理试题 Word版含答案
保密 ★ 启用前 【考试时间：2015年1月29日下午2:10～3:50】A 优79 B1优60高中2013级第三学期末教学质量测试物 理本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共2页。
满分100分，考试时间100分钟。
注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B 铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2. 选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3. 考试结束后将答题卡收回。
第Ⅰ卷(选择题，共54分)一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．1．为防止麻醉剂乙醚爆炸，医疗手术室地砖要使用导电材料，医生和护士的鞋子和外套也要用导电材料，一切设备包括病人身体要良好接触，并保持良好接地。
这是为了A ．除菌消毒B ．消除静电C ．利用静电D ．防止漏电2．单摆在振动过程中，离开平衡位置的最大距离越来越小。
在这个过程中A ．能量逐渐消失B ．动能转化为势能C ．机械能守恒D ．总能量守恒，机械能转化为其他形式的能3．如图所示，绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a ，a 的表面镀有铝膜；在a 旁边固定有一绝缘金属球b ，开始时a 、b 都不带电。
使b 带电时A ．a 不动B ．a 远离bC ．a 靠近bD ．a 靠近b ，并被b 吸住不离开4．如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成。
当接通电源后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度。
下列各俯视图中磁场B 方向正确的是5．如图所示，是举重比赛裁判控制电路。
共有3个裁判，1个主裁判，2个副裁判；当有两个（其中必须包括主裁判）或两个以上的裁判同意时，才表示通过，否则不通过；主裁判用A 表示，副裁判分别用B 、C 表示；1代表同意，0代表不同意。
2014-2015学年上学期高二物理上学期期末考试 (含答案)
2014-2015学年上学期期末考试高二年级物理试题(含答案)说明：本试卷考试时间为90分钟，满分110分一、选择题（本题包括12小题，共48分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用.下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管2．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B．则 ( )A．电场强度的方向向左B．A点场强一定大于B点场强C．电场力做正功D．电势能减小3．如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。
M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。
下列说法正确的是（）A．当P向右移动，通过R的电流为b到aB．当P向右移动，通过R的电流为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流为a到b4．质量为m的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从N流向M，此时悬线上有拉力，如图所示．为了使悬线上拉力的等于零，可采取的措施是（）A．适当减小磁感应强度B．适当增大磁感应强度C．使磁场反向D．使电流反向5．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（）A．粒子的速率加倍，周期减半B．粒子速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/4 D．粒子速率不变，周期减半6．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。
当电键S闭合滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是（）A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2的示数改变量的绝对值7．如图所示的U—I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线，用该电源直接与该电阻R连接成闭合电路，由图像可知( ) A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0wD．电源内部消耗功率为1.5w8．如图，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法正确的是（）A．开关K闭合的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗，B灯变亮。
成都市2014-2015学年高二上学期期末模拟试卷物理试题及答案
四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共46分）1．（2分）真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F．现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为（）A．吸引力，FB．吸引力，FC．排斥力，FD．排斥力，考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：接触带电的原则是先中和，再平分，根据该原则求出接触后两球的电量，根据库仑定律得出两球之间的库仑力大小．注意需讨论初始时，两球带等量的同种电荷或等量的异种电荷．解答：解：由于它们之间的静电斥力为F，故两球带等量的同种电荷，设电量都为Q，则有：F=k．则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力F′=k=F，由于仍为同种电荷，故为排斥力．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，以及掌握库仑定律的公式F=k．2．（2分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强E a、E b的关系，正确的是（）A．2E a=3E b B．E a=3E b C．E a=D．E a=E b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：要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab 两点到O的距离大小关系a点到O点的距离R a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离R b=L b cos30°=L ab．解答：解：a点到O点的距离为：r a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离r b=L b cos30°=L ab，根据点电荷的场强公式E=可得==故E a=3E b，故选：B点评：理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目．3．（2分）如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A．a 端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的高C．a端的电势与b端的电势相等D．感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a考点：电势；静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由静电平衡的导体内部场强为零判断场强的反向．解答：解：ABCD、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c 处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．4．（2分）对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A．减少B．增加C．减少D．增加考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据题中信息φ=公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式E p=qφ求解电势能及其变化量．解答：解：A点的电势为φA=﹣k+k=﹣；C点的电势为φC=﹣k+k=﹣则A、C间的电势差为U AC=φA﹣φC=﹣﹣（﹣）=，质子从A移到C，电场力做功为W AC=eU AC=，是正功，所以质子的电势能减少，故A正确．故选：A．点评：本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系．5．（2分）如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣）V、（2+）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣）V、（2+）VB．0、4 VC．（2﹣）V、（2+）VD．0、2V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：作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高．解答：解：如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：φO=2v=φc，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向．根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点．设外接半径为R，则U OP=U Oa=φO﹣φa=V．因为U ON=ER，U OP=ERcos30°，则U ON：U OP=2：，故U ON=2V，又U ON=φO﹣φN，则得：φN=φO﹣U oN=2V﹣2V=0V，即三角形的外接圆上最低电势为0；同理M点电势为4V，为最高电势点．故选：B点评：求电势时，往往要作出等势线．本题的关键是得到O点电势，知道O与c电势相等，找到等势点，再作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法．6．（2分）如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（）A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B考点：带电粒子在混合场中的运动；电容．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．解答：解：根据电容器的决定式C=，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．A、带电尘粒受电场力F=q没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故AB错误；CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C错误，D正确．故选：D．点评：本题主要考查电容器的动态变化，抓住电容器与电源相连，两极板间电压保持不变，由于电容器的正对面积发生变化而引起电容器的电容变化，从而判定在变化过程中电容器是充电还是放电来判定电流方向．7．（2分）如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）A．1：6B．1：9C．1：3D．1：2考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：根据串并联电路特点求出电阻关系，然后再由串并联电路特点及欧姆定律求出电压关系．解答：解：设R l=R，由于R l：R2：R3=1：3：6，则R2=3R，R3=6R，R并==2R，通过串联电路的电流I相等，则U l：U2=IR l：IR并=1：2；故选D．点评：熟练应用串并联电路特点i欧姆定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．8．（2分）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．9．（2分）如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB考点：安培力．分析：利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．解答：解：A、该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误．B、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误．C、由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C 错误．D、a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为IlB，故D正确．故选：D．点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．10．（2分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小考点：洛仑兹力；摩擦力的判断与计算．分析：先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况．解答：解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：m总gsinα﹣f=ma ①F N=m总gcosα﹣F洛②随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由②知：F N减小，乙所受的滑动摩擦力f=μF N减小，故D正确；以乙为研究对象，有：m乙gsinθ﹣f=m乙a ③由①知，f减小，加速度增大，因此根据③可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故A正确，BC错误；故选：AD．点评：解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析11．（2分）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B 的取值为（）A．B＜B．B＜C．B＞D．B＞考点：洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过BC边，当电子恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出B的最大值，即可得到B的范围．解答：解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：2Rcos30°=a，得R=欲使电子能经过AC边，必须满足R＜而R==所以B＞，故C正确，ABD错误；故选：C点评：本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．12．（2分）如图所示为某圆柱体的截面图，O点为截面圆的圆心，圆形区域内分布有垂直圆面向外的、磁感应强度为B的匀强磁场．一带质子（不计重力）沿直径AC方向以速度v0从A点射入，经磁场偏转后从B点射出．已知∠BOC=60°，若将磁场改为竖直向下的匀强电场E，其他条件不变，要使质子仍从B点射出，则E的大小为（）A．Bv0B．Bv0C．Bv0D．Bv0考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据几何关系得出带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，根据半径公式从而得出磁感应强度与圆形区域半径的关系，改为竖直方向的匀强电场，粒子做类平抛运动，通过水平为和竖直位移，求出电场强度与圆形区域半径的关系，从而得出电场强度与磁感应强度的关系．解答：解：粒子在磁场中运动的轨迹如图，根据几何关系得，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=R．因为qvB=m，解得：…①．现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场E，竖直位移y=R，水平位移x=R．是：t=．y=at2=，解得：qER=mv02…②联立①②两式得，E=Bv0．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，垂直进入匀强电场后做类平抛运动．13．（2分）如图所示，速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹，则下列相关说法中正确的是（）A．该束带电粒子带负电B．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于C．若保持B2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，粒子的比荷越小D．若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性．粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．解答：解：A、粒子刚进入磁场后向下偏转，所受的洛伦兹力向下，由左手定则，该束带电粒子带正电，故A错误．B、速度选择器的P1极板带正电，由qE=qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v=，故B错误；C、由r=可知，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，r越大，粒子的比荷越小，故C正确．D、若增大入射速度，则粒子无法直线通过速度选择器，更无法进入右侧磁场，故D错误．故选：C．点评：本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径．14．（2分）如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）A．B．C．D．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：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，根据粒子的运动画出运动的轨迹，由几何关系可以求得粒子的速度；带电粒子在平行金属板间做的是匀加速直线运动，电场力做功，由动能定理即可求出电场强度．解答：解：粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系得粒子做圆周运动的半径为r=R，带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，电场力做功，由动能定理得：qEd=mv2，联立得E=，故B正确．故选：B点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．15．（2分）如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m 的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA=OC=d．则磁感应强度B和电场强度E可表示为（）A．B=，E=B．B=，E=C．B=，E=D．B=，E=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：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）离子在加速电场中，电场力做功，动能增大，根据动能定理求出离子获得的速度．离子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，轨迹半径r=d，根据牛顿第二定律求解B．（2）离子在电场中受电场力做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由题水平位移和竖直位移均为d，根据由牛顿第二定律和运动学公式求解E．解答：解：设离子经电压为U的电场加速后获得的速度为v，由动能定理得qU=，得到v=离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=m r=由题意分析可知：r=d联立解得B=离子在电场中集偏转，做类平抛运动．设经时间t从P到达C点，离子水平方向做匀速直线运动，则有d=vt竖直方向做匀加速直线运动，则有d=，a=将v=代入解得E=故选：B．点评：本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹．16．（2分）如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．液滴在y＜0的空间内的运动过程中（）A．重力势能一定不断减小B．电势能一定先减小后增大C．动能不断增大D．动能保持不变考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子仅在电场与重力场作用下，做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知，电场力与重力的关系；当进入磁场前，由于电性的改变，导致电场力与重力平衡，从而仅由洛伦兹力提供向心力，使其做匀速圆周运动．因此即可求解．解答：解：带电粒子在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE+mg=ma=m•2g，故qE=mg当带电粒子进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．所以重力势能先减小后增大，故A错误；由于电场力先作负功后做正功，所以电势能先增大后减小，故B错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C错误，D正确；故选：D点评：考查带电粒子在不同场的受力分析，并根据牛顿第二定律来确定其运动状态．同时涉及到电场力、重力与洛伦兹力等基本知识．17．（2分）用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0），则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电压U=|0.25kπr2|考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，并确定圆环有扩张趋势还是有收缩趋势；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小．解答：解：A、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0），说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A错误．B、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩展的趋势，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律得E=•πr2=kπr2，圆环的电阻R=ρ，则感应电流大小为I==，故C错误；D、图中a、b两点间的电压U=I==|0.25kπr2|，故D正确；故选：D．点评：本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积．18．（2分）如图所示是等腰直角三棱柱abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（）A．通过bcf平面的磁通量为零B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•BC．通过abfe平面的磁通量大小为零D．通过abcd平面的磁通量大小为L2•B考点：磁通量．分析：磁通量的公式为Φ=BScosθ，注意夹角是平面与磁场垂直方向的夹角．解答：解：A、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，故AC正确；B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为BL2，故B正确；D、abcd平面的投影为cdef，故通过它的磁通量为：BL2；故D错误；本题选错误的；故选：D．点评：本题要理解并掌握磁通量的一般计算式Φ=BScosθ，知道公式中Scosθ表示和垂直磁场平面的投影面积．19．（2分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（）A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大C．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小D．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大考点：带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；C、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减，故C正确；D、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故D错误．故选：C．点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大．20．（2分）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以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R．不计重力，则（）A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1。
四川省雅安市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷Word版含解析
四川省雅安市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）1．（3分）首先发现电流磁效应的物理学家是（）A．法拉第B．特斯拉C．安培D．奥斯特2．（3分）下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B．由E=k可知，点电荷产生的电场中某点的场强与该点电荷的电荷量成正比C．根据场强叠加原理可知，合场强一定大于分场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹3．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向相同C．由定义式B=可知，电流I越大，导线长度L越长，则某处的磁感应强度越小D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势4．（3分）在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A．B．C．D．5．（3分）如图所示，通有恒定电流的直导线左边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，使线框向右平移并紧贴直导线越过，则线框中的磁通量变化情况为（）A．先增大后减小，再增大再减小B．先增大到最大，再减小C．先减小后增大，再减小D．不能确定6．（3分）如图所示，A、B为等量异种点电荷，A带负电，B带正电，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，M、N分别为AR、BR的中点．下列判断中正确的是（）A．R点电场强度方向沿QR方向B．M、N两点电势相等C．M、N两点电场强度相等D．将电子从M移到N，其电势能减小7．（3分）如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．两个等量异种点电荷分别置于M、N两点时，这时O点的场强大小为E1．将置于M处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为（）A．1：2 B．2：1 C．2：D．4：8．（3分）如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0B．B IL C．BIL D．BIL9．（3分）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，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④10．（3分）如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变小C．电容器的电荷量不变D．带电小球的电势能将增大11．（3分）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．ab、cd 两棒的质量之比为2：1．用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉cd 棒，经过足够长时间以后（）A．c d棒所受安培力的大小等于B．a b棒上的电流方向是由a向bC．两棒间距离保持不变D．a b棒、cd棒都做匀速运动12．（3分）如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电源的短路电流为0.5AD．电流为0.3A时的外电阻是18Ω13．（3分）如图所示，固定于水平绝缘面上的很长的金属导轨，表面粗糙、电阻不计，导轨左端与一个定值电阻R相连，金属棒ab的质量为m，电阻不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，则当棒ab在水平恒力F的作用下从静止起向右滑动的过程中（）A．恒力F做的功等于电路中产生的电能B．恒力F与摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F与摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能与棒ab获得的动能之和14．（3分）等腰三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿如图所示方向穿过磁场．C点刚出磁场时，AB边全部在磁场内，关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（）A．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向B．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向C．A C边刚进入磁场时感应电流最大D．A B边即将出磁场时感应电流最小15．（3分）如图所示，当闭合电键s，将滑动触头向右移动时，四个理想电表的示数都发生变化，以下分析正确的是（）A．电流表A1、A2读数I1、I2均增大B．电压表V1、V2读数U1、U2均增大C．增大，减小D．不变，不变二、填空题（本大题共2小题，每空3分，共12分）16．（6分）在电场中把电荷量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，电场力做功﹣4.0×10﹣7J．则A、B、C三点中电势最高的是点，A、C两点的电势差为V．17．（6分）四根通电长直导线彼此绝缘放置，围成一个正方形，电流的大小均为I，电流的方向如图所示．四根导线之间有一通电圆环，圆环与导线位于同一平面内，且圆环的中心O 点与四根长直导线的距离相等．已知O点的磁感强度为B，通电圆环在O点产生的磁感强度为B1，由此可得通电的四根长直导线在圆环中心O点产生的磁感强度为；若取走直导线MN，则O点的磁感强度变为．三、实验题（本大题共2小题，共13分）18．（4分）如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）线圈L1插入线圈L2后，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将线圈L1迅速从线圈L2中拔出，电流计指针将偏转．（填“向左”“向右”或“不”）（2）在线圈L1插入线圈L2，闭合开关后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将偏转．（填“向左”“向右”或“不”）19．（9分）通过实验描绘一个“2V，1W”小灯泡的U﹣I曲线，可供选择的仪器有：A．量程0～0.6A，内阻约0.2Ω的电流表B．量程0～100mA，内阻约5Ω的电流表C．量程0～3V，内阻10kΩ的电压表D．量程0～15V，内阻50kΩ的电压表E．最大阻值为20Ω，额定电流为1A的滑动变阻器F．最大阻值为1kΩ，额定电流为0.1A的滑动变阻器G．蓄电池4V、导线、开关等（1）为了调节方便、测量准确，实验中应选用电流表A，电压表C，那么滑动变阻器应该选（填器材的序号）；（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲，请在图甲中完成其余的电路连接，要求小灯泡两端的电压能在0～2V范围内连续变化，且尽可能减小实验误差；（3）该同学在正确完成实验后得到图乙所示的小灯泡U﹣I特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V，内阻为3.0Ω的电源上，小灯泡的实际功率是W．四、计算题（本大题共3小题，20小题9分，21小题10分，22小题11分，共30分．）要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位20．（9分）在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V，试求：（1）电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻；（3）当电键K接c时，通过R2的电流．21．（10分）如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5m，导轨左端开口，右端通过导线与小灯泡L连接，小灯泡电阻为R=4Ω．在矩形区域CDFE内有竖直向上的匀强磁场，CE长为2.4m，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．在t=0时，一金属棒的电阻为r=2Ω，在水平恒力F作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，4s末恰好到达CD位置，在金属棒从AB位置运动到EF位置的过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：（1）通过小灯泡的电流大小；（2）恒力F的大小；（3）前9s内，小灯泡消耗的电能．22．（11分）如图所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧（虚线右侧），极板的中间平分线oo′上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，oo′下方存在竖直向上的匀强电场E2，．一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量为q（q＞0），从o点沿着oo′的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直oo′向下进入电场．（不计重力，E2=E1，E1、E2、B均未知）求：（1）平行板电容器内电场的电场强度E1的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若在离A点右侧的距离为的o′处，有一块垂直于oo′的挡板PQ，从粒子第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ，需要多长时间？四川省雅安市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）1．（3分）首先发现电流磁效应的物理学家是（）A．法拉第B．特斯拉C．安培D．奥斯特考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（3分）下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B．由E=k可知，点电荷产生的电场中某点的场强与该点电荷的电荷量成正比C．根据场强叠加原理可知，合场强一定大于分场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；库仑定律．分析：公式E=是电场强度的定义式，公式E=k是点电荷的电场强度的计算式，它们的内涵与外延不同，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定值，电场线不是点电荷在电场中的运动轨迹．解答：解：A、公式E=是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，与电场力无关，故A错误；B、公式E=k是真空中点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，故B正确；C、电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定值，则合电场的场强可以大于分电场的场强，也可以小于分电场的场强，也可以等于分电场的场强，故C错误；D、带电粒子在电场中运动的轨迹可能与电场线重合，但电场线不是点电荷在电场中的运动轨迹，故D错误．故选：B．点评：电场线是为了现象描述电场而引入的，电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．3．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向相同C．由定义式B=可知，电流I越大，导线长度L越长，则某处的磁感应强度越小D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势考点：法拉第电磁感应定律；功的概念；磁感应强度．分析：根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．解答：解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降落；故A错误；B、根据左手定则，磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直．故B错误；C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，故C错误．D、感应电动势的大小取决于磁通量的变化，而不是磁通量的数量；故穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势；故D正确；故选：D．点评：本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．4．（3分）在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A．B．C．D．考点：左手定则；安培力．分析：带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定．解答：解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；故选：C点评：左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向．5．（3分）如图所示，通有恒定电流的直导线左边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，使线框向右平移并紧贴直导线越过，则线框中的磁通量变化情况为（）A．先增大后减小，再增大再减小B．先增大到最大，再减小C．先减小后增大，再减小D．不能确定考点：磁通量．分析：根据安培定则判断出穿过线框的磁感线方向．分四段研究：线框从a位置到刚b、从刚到b到中线经过b、从a的中线离开b到完全离开b时、从离开b到c四个过程．解答：解：分四段过程研究：线框从a位置到右侧刚b的过程，根据安培定则判断得到：穿过线框的磁场方向向外，磁场增强，磁通量增大；从线框右侧刚b到线框中线经过b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，两边磁通量有抵消，而且抵消增多，磁通量减小；从线框中线经过b到刚离开b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，右侧的磁感线较多，两边磁通量有抵消，但抵消减小，磁通量增大；从线框离开b到c位置的过程，磁场减弱，磁通量减小．所以先增加再减少，再增加再减少．故选：A．点评：本题中线框经过b位置时，穿过线框的磁场有两种方向，磁通量有抵消，当线框中线经过b时，完全抵消，磁通量为零．6．（3分）如图所示，A、B为等量异种点电荷，A带负电，B带正电，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，M、N分别为AR、BR的中点．下列判断中正确的是（）A．R点电场强度方向沿QR方向B．M、N两点电势相等C．M、N两点电场强度相等D．将电子从M移到N，其电势能减小考点：电场强度．分析：利用正试探电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：解：画出该等量异种电荷的电场线如图：A、R点的电场强度的方向垂直于RQ的方向向左．故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，所以N点的电势高于M点的电势．故B错误；C、根据等量异种点电荷电场的对称性可知，MN两点的场强大小相等，但方向不同，故电场强度（矢量）不等．故C错误；D、将电子从M移到N，电场力做正功，电势能减小，故D正确；故选：D．点评：本题关键是在P点放置一个试探电荷，利用平行四边形定则确定电场力方向，然后进一步确定电场强度的方向，同时要记住电场力做功等于电势能的减小量．7．（3分）如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．两个等量异种点电荷分别置于M、N两点时，这时O点的场强大小为E1．将置于M处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为（）A．1：2 B．2：1 C．2：D．4：考点：电场强度．分析：由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．解答：解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=，则则E1与E2之比为2：1．故选：B．点评：电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．8．（3分）如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0B．B IL C．BIL D．BIL考点：安培力．分析：由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度解答：解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，故B正确．故选：B点评：本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义9．（3分）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，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．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：设圆柱形区域的横截面半径为R，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，则：2R=vt ①在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：结合几何关系，有：r=Rtan60°=②粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=m③周期：T=④解得：粒子的周期：T==πt因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误；故选：A．点评：带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射．10．（3分）如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变小C．电容器的电荷量不变D．带电小球的电势能将增大考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化；再根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．解答：解：A、根据C=知，下极板竖直向下移动一小段距离，即d增大，则电容减小，故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故C错误．D、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大．故D正确．故选：D．点评：本题运用E=分析板间场强的变化，及掌握电容的定义式与决定式的区别．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．11．（3分）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．ab、cd 两棒的质量之比为2：1．用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉cd 棒，经过足够长时间以后（）A．c d棒所受安培力的大小等于B．a b棒上的电流方向是由a向bC．两棒间距离保持不变D．a b棒、cd棒都做匀速运动考点：电磁感应现象的发现过程；安培力；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：运用排除法分析AD两项：若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则知cd中电流也为零，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动．若两金属棒间距离保持不变，同理可知，cd将做匀加速运动，两棒间距离将增大．由此分析可知，两棒都做匀加速运动，加速度相同，cd的速度大于ab的速度，由楞次定律分析感应电流方向，由牛顿第二定律求出加速度，再对cd研究，求出安培力的大小．解答：解：A、B、由上分析得知，当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a．设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律得：对整体：F=3ma对cd棒：F﹣F A=ma解得，F A=F，故A正确，B错误；C、若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大．故C错误．D、若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd 不按安培力，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动，故D错误．故选：A．点评：本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BL△v，△v是两棒速度之差．12．（3分）如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电源的短路电流为0.5AD．电流为0.3A时的外电阻是18Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V．故A正确．B、电源的内阻等于图线的斜率大小，r==A=2Ω．故B错误．C、外电阻R=0时，短路电流为I===3A．故C错误．。
2013-2014学年上学期高二物理期末考试试卷(含答案)
2013-2014学年上学期期末考试高 二 物 理 试 题一、不定项选择题1、使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶12、远距离高压输电，输电电压为Ｕ，输电导线上损失电压为ＵＲ，输电电流为Ｉ，当输送电功率相同时，输电导线上损失的电功率 ( )A ．与Ｕ的平方成正比B ．与ＵＲ的平方成正比C ．与Ｕ的平方成反比D ．与Ｉ的平方成正比3、如右图为一匀强电场，某带电粒子从A 点运动到B 点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J ，电场力做的功为1.5 J ．则下列说法正确的是( )A ．粒子带负电B ．粒子在A 点的电势能比在B 点少1.5 JC ．粒子在A 点的动能比在B 点多0.5 JD ．粒子在A 点的机械能比在B 点少1.5 J4、如下图所示，要使电阻R 1消耗的功率最大，应该把电阻R 2的阻值调节到( )A ．R 1＋rB ．R 1－rC ．rD ．05、如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是( )A ．L 1变亮，L 2和L 3皆变暗B ．L 1变亮，L 2不能确定，L 3变暗C ．L 1变暗，L 2变亮，L 3也变亮D ．L 1变亮，L 2变亮，L 3变暗6、如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的30户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如洗衣机、电视机、微波炉、空调等。
停电时，用欧姆表测得A 、B 间的电阻为R ；供电后，各家电器同时使用，测得A 、B 间的电压为U ，进线电流为I ，如图所示，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（ ）A ．R I P 2=B ．R U P 2=C ．UI P =D ．R I UI P 2+= 7、如右图所示，一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为( )A.mv qR tan θ2B.mv qR cot θ2C.mv qR sin θ2D.mv qR cos θ28、一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e 随时间t 的变化如图所示．下面说法中正确的是：[来源:Z#xx#]A.t 1时刻通过线圈的磁通量为零B.t 2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大[来源:学科网ZXXK]C.t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的为零D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大。
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参考答案与试题解析
一、选择题 （本题12小题，共48分，每小题有一个或多个选项正确，全部选对的得
4分，
选对但不全的得2分，有选错的得
0分）
1．（4分）下列有关电势高低的判断正确的是（）
A．负电荷从A点移动到B点时，外力做正功，
A点的电势一定较低
考点 ：电势；电势能．
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专题 ：电场力与电势的性质专题．
分析：根据电势的高低确定电场强度的方向，从而确定出粒子所受的电场力的方向，判断
电场力做功的正负，根据电场力做功正负比较动能的大小和电势能的大小．
解答：解：
＞ φ ＞ φ ，可知这个电场是正点电荷产生的，电场强度方向
a指向c，粒子
A、C、据题φa bc
故电路中有光传感器，即使天黑，没声音灯也不亮，故用到了声音传感器．
即控制电路中接
入了光传感器、声音传感器．
根据题意， 灯亮必须同时具备天黑， 出现声音的条件，可得该逻辑关系属于与逻辑关系，对应的门电路为与门电路，故设计的门电路为与门电路．故选：C．
点评： 考查了延时开关的工作原理， 用到了光传感器、 声音传感器． 同时考查了基本逻辑关系，基本逻辑门电路及其功能．
考点 ：电功、电功率．
专题 ：恒定电流专题．
分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如
果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一
个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
解答：
解：A、C、电吹风机消耗的电功率
解答：
解：根据楞次定律可知： 当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，
2013-2014学年高二上期末考物理试卷(含答案)
2013-2014学年高二上期末考物理试卷一、选择题（本题共14小题；每小题3分,共42分,每小题给出的四个选项中,只有一个正确选项，多选或错选不得分。
）1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（ ） A ．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 B ．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全C ．小鸟停在单根高压输电线上会被电死D ．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险2．空气中的负离子对人的健康极为有益。
人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法。
如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V 左右，使空气发生电离，从而产生一价的负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5mm ，它们之间的电场可视为匀强电场，电子电量e=1．6×10-19C ；若电场强度为E ，电场对负氧离子的作用力为F ，则 ( )A 、E =103N ／C ， F =1.6×10-16NB 、E =106N ／C ， F =3.2×l0-13NC 、E =103N ／C ， F =3.2×10-16ND 、E=106N ／C ， F=1.6×10-13N 3．如图所示，表示某静电场等势面的分布，电量为1.6×10-9C 的正点电 荷从A 经B 、C 到达D 点，从A 至D ，电场力对电荷做的功为（ ）A ．4.8×10-8JB ．-4.8×10-8JC ．8.0×10-8JD ．-8.0×10-8J4、法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a 、b 所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M 点处放置一个电荷量大小为q 的负试探点电荷,受到的电场力大小为F ，以下说法中正确的是（ ）A ．由电场线分布图可知M 点处的场强比N 点处场强大B ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量小于b 的电荷量C ．M 点处的场强大小为Fq,方向与所受电场力方向相同 D ．如果M 点处的点电荷电量变为2q ，该处场强将变为F2q5．如图所示电路图，在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是( )A ．电路的总电阻变大B ．电流表的示数变大C ．电源效率变小D ．电源输出功率变小 6.某小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量铜片和锌片间电压为0.3V.然后又将同样的10个西红柿电池串联成电池组(n 个电动势为E ，内阻为r 的相同电池串联时，总电动势为nE ，总电阻为nr )，与一个额定电压为1.5V 、额定功率为1W 的小灯泡相连接，小灯泡不发光，测得小灯泡两端的电压为0.2V.对此现象以下解释正确的是:（ ）M N abrA ．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已经烧毁B ．西红柿电池组不可能提供电能C ．西红柿电池组提供的电功率太小D ．西红柿电池组的内阻远小于小灯泡的电阻 7．如图，接通电键K 的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB 将（ ）A ．A 端向上，B 端向下，悬线张力不变 B ．A 端向下，B 端向上，悬线张力不变C ．A 端向纸外，B 端向纸内，悬线张力变小D ．A 端向纸内，B 端向纸外，悬线张力变大8、如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。
四川省成都市2014-2015学年高二物理上学期期末模拟试卷(含解析)
四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷一、选择题（每题2分，共46分）1．（2分）真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F．现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为（）A．吸引力， F B．吸引力， F C．排斥力， F D．排斥力，2．（2分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强E a、E b的关系，正确的是（）A．2E a=3E b B．E a=3E b C．E a=D．E a=E b3．（2分）如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A．a 端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的高C．a端的电势与b端的电势相等D．感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a4．（2分）对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A．减少B．增加C．减少D．增加5．（2分）如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣） V、（2+） V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣） V、（2+） V B．0、4 VC．（2﹣） V、（2+） V D．0、2 V6．（2分）如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（）A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B7．（2分）如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）A．1：6 B．1：9 C．1：3 D．1：28．（2分）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9．（2分）如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB10．（2分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小11．（2分）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为（）A．B＜B．B＜C．B＞D．B＞12．（2分）如图所示为某圆柱体的截面图，O点为截面圆的圆心，圆形区域内分布有垂直圆面向外的、磁感应强度为B的匀强磁场．一带质子（不计重力）沿直径AC方向以速度v0从A点射入，经磁场偏转后从B点射出．已知∠BOC=60°，若将磁场改为竖直向下的匀强电场E，其他条件不变，要使质子仍从B点射出，则E的大小为（）A．Bv0B．Bv0C．Bv0D．Bv013．（2分）如图所示，速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹，则下列相关说法中正确的是（）A．该束带电粒子带负电B．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于C．若保持B2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，粒子的比荷越小D．若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大14．（2分）如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M 板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）A．B．C．D．15．（2分）如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m 的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA=OC=d．则磁感应强度B和电场强度E可表示为（）A．B=，E=B．B=，E=C．B=，E=D．B=，E=16．（2分）如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．液滴在y＜0的空间内的运动过程中（）A．重力势能一定不断减小B．电势能一定先减小后增大C．动能不断增大D．动能保持不变17．（2分）用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0），则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电压U=|0.25kπr2|18．（2分）如图所示是等腰直角三棱柱abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（）A．通过bcf平面的磁通量为零B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•BC．通过abfe平面的磁通量大小为零D．通过abcd平面的磁通量大小为L2•B19．（2分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（）A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大C．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小D．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大20．（2分）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以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R．不计重力，则（）A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为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轴上方磁场时，沿x轴前进3R21．（2分）如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面（未画出）．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的；当磁感应强度大小减小为B2时，这些粒子在磁场中运动时间最长的是．则磁感应强度B1、B2的比值（不计重力）是（）A．1：B．2：C．3：D．4：22．（2分）如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为（）A．B．C．D．二、多项选择（每空4分，共16分）23．（4分）某静电场中的一条电场线与X轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变D．负电荷将沿X轴负方向运动，加速度逐渐减小24．（4分）电位器是变阻器的一种．如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是（）A．连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗B．连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C．连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D．连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮25．（4分）在如图所示电路中，R1＞r，当变阻器R3的滑片P向b端移动时，下列说法正确的是（）A．电源内部消耗的热功率增大B．电源的输出功率增大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变大，电流表示数变小26．（4分）一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为P D、P1、P2，它们之间的大小关系为（）A．P1=4P2B．P D＜P2C．P1＞4P2D．P D＞P2三、计算题27．如图所示，从阴极K发射的电子经电势差U0=4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm，间距d=4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2=75cm 处放置一个直径D=20cm的带有记录纸的圆筒，轴线OO1垂直圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量m=0.9×10﹣30kg，电子的电荷量的绝对值e=1.6×10﹣19C，不考虑相对论效应．（1）求电子刚进入金属板AB时的速度大小．（2）若电子刚好能从AB极板边缘飞出，求加在AB两极板间的直流电压U1多大？刚好飞出时的动能多大？（用电子伏作为能量单位表示动能大小）（3）若在两个金属板上加上U2=1000cos 2πt（V）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω=4π rad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并在所给坐标系中定性画出1s内所记录的图形．（电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间的电压不变）28．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．29．如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L 的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区，已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的滑动摩擦因素为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：（1）滑块进入CDHG区域时的速度大小．（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．30．如图所示，边长为2l的正方形ABCD内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线OO′上方的电场方向竖直向下，OO′下方的电场方向竖直向上．从某时刻起，在A、O两点间（含A点，不含O点）连续不断地有电量为+q、质量为m的粒子以相同速度v0沿水平方向射入电场．其中从A点射入的粒子第一次穿越OO′后就恰好从C点沿水平方向射出正方形电场区．不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间t和匀强电场的场强E的大小；（2）在AO间离O点高度h为多大的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区？（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越OO′时的速度v的大小．31．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为（0、R0）的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°．不计重力和粒子间的相互作用．求：（1）区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；（2）若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期．32．在如图所示的直角坐标系中，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，一质量m=1×10﹣14kg、电荷量q=1×10﹣10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向60°角从M点沿直线运动，M点的坐标为（0，﹣10），E的大小为0.5×103V/m，B1大小为0.5T；粒子从x轴上的P点进入第一象限内，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，一段时间后，粒子经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出，N点的坐标为（0，30），不计粒子重力，g取10m/s2．（1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；（2）粒子在磁场B2中运动的最长时间为多少？运动最长时间情况下的匀强磁场B2的大小是多少？（3）若B2=T，则矩形磁场区域的最小面积为多少？33．如图所示，在xOy平面内的第III象限中有沿﹣y方向的匀强电场，场强大小为E．只第I和第II象限有匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，有一质量为m，电荷量为e的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，P点坐标为，经电场偏转后，与x轴负半轴成一定角度进入磁场，设磁感应强度B的大小为．求：（1）电子经过x轴负半轴的坐标和此时速度方向与﹣x轴方向的夹角；（2）电子再次经过y轴负半轴的坐标．四、实验，探究题34．现有一块69C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50μA，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表．可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（电池内阻均不计）标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S 3，电阻丝及导线若干．（1）采用如图甲所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为；选用的电池为．（2）将G改装成两量程电流表．现有两种备选电路，如图乙和丙所示．图合理电路．（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用A′来表示．35．2013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板．这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆，中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I﹣U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．（1）为了达到上述目的，应选用图1中的哪个电路图（填“甲”或“乙”）；（1分）（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I﹣U图象．由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻（填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为Ω．（保留一位有效数字）（3）该实验小组在另一实验中先用一强光照射太阳能电池，并用如图3电路调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a．再减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得U﹣I曲线b，见图4．当滑动变阻器的电阻为某值时，若曲线a的路端电压为1.5V．则滑动变阻器的测量电阻为Ω，曲线b外电路消耗的电功率为W（计算结果保留两位有效数字）．四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共46分）1．（2分）真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F．现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为（）A．吸引力， F B．吸引力， F C．排斥力， F D．排斥力，考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：接触带电的原则是先中和，再平分，根据该原则求出接触后两球的电量，根据库仑定律得出两球之间的库仑力大小．注意需讨论初始时，两球带等量的同种电荷或等量的异种电荷．解答：解：由于它们之间的静电斥力为F，故两球带等量的同种电荷，设电量都为Q，则有：F=k．则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力F′=k=F，由于仍为同种电荷，故为排斥力．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，以及掌握库仑定律的公式F=k．2．（2分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强E a、E b的关系，正确的是（）A．2E a=3E b B．E a=3E b C．E a=D．E a=E b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：要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离R a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离R b=L b cos30°=L ab．解答：解：a点到O点的距离为：r a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离r b=L b cos30°= L ab，根据点电荷的场强公式E=可得==故E a=3E b，故选：B点评：理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目．3．（2分）如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A．a 端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的高C．a端的电势与b端的电势相等D．感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a考点：电势；静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由静电平衡的导体内部场强为零判断场强的反向．解答：解：ABCD、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c 处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．4．（2分）对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A．减少B．增加C．减少D．增加考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据题中信息φ=公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式E p=qφ求解电势能及其变化量．解答：解：A点的电势为φA=﹣k+k=﹣；C点的电势为φC=﹣k+k=﹣则A、C间的电势差为 U AC=φA﹣φC=﹣﹣（﹣）=，质子从A移到C，电场力做功为 W AC=eU AC=，是正功，所以质子的电势能减少，故A正确．故选：A．点评：本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系．5．（2分）如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣） V、（2+） V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣） V、（2+） V B．0、4 VC．（2﹣） V、（2+） V D．0、2 V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：作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高．解答：解：如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：φO=2v=φc，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向．根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点．设外接半径为R，则U OP=U Oa=φO﹣φa=V．因为U ON=ER，U OP=ERcos30°，则 U ON：U OP=2：，故U ON=2V，又U ON=φO﹣φN，则得：φN=φO﹣U oN=2V﹣2V=0V，即三角形的外接圆上最低电势为0；同理M点电势为4V，为最高电势点．故选：B点评：求电势时，往往要作出等势线．本题的关键是得到O点电势，知道O与c电势相等，找到等势点，再作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法．6．（2分）如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（）A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B考点：带电粒子在混合场中的运动；电容．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．解答：解：根据电容器的决定式C=，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．A、带电尘粒受电场力F=q没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故AB错误；CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C错误，D正确．故选：D．。