浙江省麗水市龍泉中學(xué)高二物理上學(xué)期期中試卷（含解析）.docVIP

2014-2015學(xué)年浙江省麗水市龍泉中學(xué)高二（上）期中物理試卷 一、選擇題（共12個小題，每小題4分，共48分在給出的四個選項中至少有一項是符合題意的，選出符合題意的選項，把代號填入答題卡的答題欄中，全部選對得4分，選不全得2分，不選或選錯得0分）1（4分）（2015秋麗水校級期中）以下說法正確的是（） a 安培通過油滴實驗發(fā)現(xiàn)了元電荷電量e b 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) c 洛倫茲潛心研究電流的熱效應(yīng)多年，并得到了電流產(chǎn)生熱量的定量計算公式 d 法拉第首先提出了電場和磁場的概念，糾正了“超距作用”的錯誤觀點考點： 物理學(xué)史分析： 根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可解答： 解：a、密立根比較精確地測定了元電荷e的數(shù)值，故a錯誤；b、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故b正確；c、焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)關(guān)系，故c錯誤d、法拉第首先提出了電場和磁場的概念，糾正了“超距作用”的錯誤觀點，故d正確；故選：bd點評： 本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2（4分）（2015廣東模擬）如圖所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線a、b和c，各導(dǎo)線中的電流大小相同其中a、c導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，b導(dǎo)線電流方向垂直紙面向里，每根導(dǎo)線都受到另外兩根導(dǎo)線對它的安培力作用則關(guān)于每根導(dǎo)線所受安培力的合力，以下說法正確的是（） a 導(dǎo)線a所受合力方向水平向右 b 導(dǎo)線c所受合力方向水平向右 c 導(dǎo)線c所受合力方向水平向左 d 導(dǎo)線b所受合力為零考點： 安培力分析： 同向電流相互吸引，異向電流相互排斥導(dǎo)線越近，磁場越強，安培力越大解答： 解：a、對a來說，受到b的斥力和c的引力，而b靠近a，所以對a的作用力更大，所以a受到的合力向左，故a錯誤，b、對c來說，和a的情況正好相反，所以合力向右，故b正確，c錯誤d、對b來說，受到a、c的斥力，并且是相等的，所以b受到的合力為0，故d正確；故選：bd點評： 本題考查了學(xué)生對用安培定律中導(dǎo)線之間相互作用力、電流的大小、導(dǎo)線之間的距離等因素的關(guān)系了解和掌握，屬于常見題型3（4分）如圖所示，在粗糙、絕緣且足夠大的水平面上固定著一個帶負(fù)電的點電荷q，將一個質(zhì)量為m帶電量為q的小金屬塊（可視為質(zhì)點）放在水平面上并由靜止釋放，金屬塊將在水平面上沿遠(yuǎn)離q的方向開始運動，設(shè)水平面足夠大，則在金屬塊運動的整個過程中有（） a 電場力對金屬塊做的功的值等于金屬塊增加的機械能 b 金屬塊的電勢能先減小后增大 c 金屬塊的加速度一直減小 d 電場對金屬塊所做的功的數(shù)值一定等于摩擦產(chǎn)生的熱量考點： 電勢能；功能關(guān)系專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 金屬塊在整個運動的過程中受電場力和摩擦力，開始電場力大于摩擦力，做加速運動，然后電場力小于摩擦力，做減速運動，最終速度為零，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化，根據(jù)能量守恒定律判斷電場力做功與摩擦產(chǎn)生的熱量關(guān)系解答： 解：a、在整個運動的過程中，金屬塊先加速后減速到零，動能變化為零，重力勢能不變，所以機械能沒有增加故a錯誤 b、在整個運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小故b錯誤 c、開始時，電場力大于摩擦力，運動的過程中，電場力逐漸減小，則加速度減小，然后摩擦力大于電場力，加速度又逐漸增多，所以加速度先減小后增大故c錯誤 d、根據(jù)能量守恒定律知，在整個過程中動能變化為零，重力勢能不變，則電場力做的功全部轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的熱量故d正確故選d點評： 解決本題的關(guān)鍵理清金屬塊的運動過程，掌握電場力做功與電勢能的關(guān)系，以及會運用能量守恒定律分析問題4（4分）（2015秋麗水校級期中）歷史上英國物理學(xué)家盧瑟福根據(jù)粒子（氦原子核）散射實驗，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型圖中虛線表示原子核所形成的電場的等勢線，實線表示一個粒子的運動跡在粒子從a運動到b再運動到c的過程中，下列說法中正確的是（） a 動能先增大，后減小 b 電勢能先減小，后增大 c 電場力先做負(fù)功，后做正功，總功等于零 d 加速度先變大，后變小考點： 等勢面分析： 粒子在原子核形成的電場中運動時，電荷間的電場力做功，根據(jù)電場力做功情況，即可判斷粒子動能、電勢能的變化情況解答： 解：abc、粒子受到斥力作用，根據(jù)電場力做功特點可知：從a運動b過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減小，從b運動到c過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，整個過程中由于a與c在同一等勢線上，故電場力不做功，ab錯誤，c正確；d、根據(jù)點電荷周圍電場可知，距離原子核近的地方電場強度大，故越靠近原子核加速度越大，因此粒子加速度先增大后減小，故d正確故選：cd點評： 本題借助粒子散射實驗考查了帶電粒子在電場中運動時動能、勢能、加速度等物理量的變化情況，根據(jù)電場有關(guān)知識即可解答5（4分）（2014秋朝陽縣校級期中）如圖所示，甲、乙兩帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為+q和q，兩球間用絕緣細(xì)線連接，甲球又用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上，在兩球所在空間有方向向右的勻強電場，電場強度為e，平衡時細(xì)線被拉緊則當(dāng)兩小球均處于平衡時的可能位置是下圖中的哪幾個（） a b c d 考點： 共點力平衡的條件及其應(yīng)用；電場強度分析： 運用整體法研究1繩與豎直方向的夾角，再隔離乙球研究，分析2繩與豎直方向的夾角，得到兩夾角的關(guān)系，判斷系統(tǒng)平衡狀態(tài)解答： 解：首先取整體為研究對象，整體受到重力、電場力和繩子的拉力，由于兩個電場力的和即f電=qe+（qe）=0所以重力和繩子的拉力是一對平衡力，即上邊的繩子對小球的拉力在豎直方向上，所以上邊的繩子 保持在繩子位置上再以乙球為研究對象，受水平向右的電場力、豎直向下的重力和沿繩方向的彈力，在三力作用下處于平衡狀態(tài)，所以2繩應(yīng)與豎直方向有向右偏轉(zhuǎn)的夾角，故a圖正確；故選：a點評： 本題采用隔離法和整體法，由平衡條件分析物體的狀態(tài)，考查靈活選擇研究對象的能力6（4分）（2011秋金臺區(qū)期中）如圖所示，r1和r2都是“4w，100歐”的電阻，r3是“1w，100歐”的電阻，則ab間允許消耗的最大功率是（） a 1.5w b 9w c 6w d 3w考點： 電功、電功率；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路專題： 恒定電流專題分析： 串聯(lián)電路允許通過的最大電流等于最小原件的額定電流，并聯(lián)電路允許的最大電壓等于最小額定電壓；求解出各個電阻的額定電流和額定電壓進行分析即可解答： 解：r1和r2都是“4w，100”的電阻，額定電流為：i1=i2=；r1和r2額定電壓為：u1=u2=i1r1=0.2a100=20v；r3是“1w，100”的電阻，同理，其額定電流為i3=0.1a，額定電壓為u3=10v；r2與r3并聯(lián)電路的最大電壓為10v，故最大電流為：i=0.2a；再與r1串聯(lián)，最大電流為0.2a，電阻r1兩端的電壓為ur1=r1i=1000.2v=20v最大電壓為：umax=20v+10v=30v；故最大功率為：p=30v0.2a=6w故選：c點評： 解本題的關(guān)鍵是根據(jù)題意，結(jié)合串并聯(lián)電路的特點，電功率的公式，分析出保證電路安全且功率最大的條件，本題難度較大，是一道難題7（4分）（2015秋麗水校級期中）如圖，當(dāng)a、b間的電壓為4v時，電流表 g 的指針剛好滿偏當(dāng) a、b 間的電壓為 3v時，如果仍要使表頭g的指針滿偏，下列措施一定可行的是（電流表的耐壓值小于3v）（） a 保持 r2 不變，增大 r1 b 保持r1不變，減小r2 c 增大 r1，增大 r2 d 增大 r2，減小 r1考點： 把電流表改裝成電壓表專題： 實驗題；恒定電流專題分析： ab間電壓減小時，要保持電流表示數(shù)不變，應(yīng)增大r1兩端的電壓，根據(jù)選型逐項分析即可得出答案解答： 解：電流表與r1并聯(lián)后與r2串聯(lián)；電路總電壓變小，要使電流表示數(shù)不變，電阻r1兩端電壓應(yīng)保持不變；應(yīng)可以增大r1阻值或減小r2阻值；故ab均可以；cd錯誤；故選：ab點評： 解決本題的關(guān)鍵是知道串聯(lián)電路電阻的分壓特點，難點是能把r1和電流表看成一個電阻，與r2形成一個串聯(lián)電路進行解決8（4分）（2014蚌埠一模）如圖所示的電路，閉合開關(guān)s后，a、b、c三盞燈均能發(fā)光，電源電動勢e恒定且內(nèi)阻r不可忽略現(xiàn)將變阻器r的滑片稍向上滑動一些，三盞燈亮度變化的情況是（） a a燈變亮，b燈和c燈變暗 b a燈和c燈變亮，b燈變暗 c a燈和c燈變暗，b燈變亮 d a燈和b燈變暗，c燈變亮考點： 閉合電路的歐姆定律專題： 恒定電流專題分析： 如圖電路的結(jié)構(gòu)是：c燈與變阻器r串聯(lián)后與b燈并聯(lián)，再與a燈串聯(lián)r的滑片稍向上滑動時，變阻器r接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流的變化，再分析b燈電壓的變化和c燈的電流變化來分析燈泡亮度變化解答： 解：r的滑片稍向上滑動時，變阻器r接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流i增大，a燈變亮b的電壓ub=ei（r+ra）減小，b燈變暗通過c燈的電流ic=iib，i增大，ib減小，則ic增大，c燈變亮故選：b點評： 本題是電路中動態(tài)變化分析的問題，首先要搞清電路的結(jié)構(gòu)，其次要按“部分整體部分”的順序分析9（4分）（2015徐匯區(qū)二模）如圖所示，直線a為電源的ui圖線，曲線b為燈泡電阻的ui圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率分別是（） a 4w、8w b 2w、4w c 4w、6w d 2w、3w考點： 閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專題： 恒定電流專題分析： 電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出電源的輸出功率和總功率解答： 解：由圖讀出e=3v，r=0.5 燈泡與電源連接時，工作電壓u=2v，i=2a則電源的輸出功率p出=eii2r=（32220.5）w=4w 電源的總功率p總=ei=32w=6w故選c點評： 解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵10（4分）（2015秋麗水校級期中）質(zhì)子（p）和粒子（氦原子核）其質(zhì)量之比為1：4，電荷量之比為1：2，它們以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為rp和r，周期分別為tp和t則下列選項正確的是（） a rp：r=1：2，tp：t=1：2 b rp：r=1：1，tp：t=1：1 c rp：r=1：1，tp：t=1：2 d rp：r=1：2，tp：t=1：1考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題分析： 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出軌道半徑之比，根據(jù)粒子的周期公式求出周期之比解答： 解：帶電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvb=m，解得：r=，質(zhì)子和粒子的半徑之比：=，粒子在磁場中做圓周運動的周期公式：t=，質(zhì)子與粒子的周期之比：=，故a正確；故選：a點評： 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑即可正確解題11（4分）（2015秋麗水校級期中）如圖所示，固定的水平導(dǎo)線中通有向右的電流i1，可以自由移動的豎直導(dǎo)線中通有向下的電流i2，不計導(dǎo)線的重力，僅在磁場力作用下，豎直導(dǎo)線將（） a 順時針轉(zhuǎn)動，同時向水平導(dǎo)線靠攏 b 順時針轉(zhuǎn)動，同時遠(yuǎn)離水平導(dǎo)線運動 c 逆時針轉(zhuǎn)動，同時遠(yuǎn)離水平導(dǎo)線運動 d 逆時針轉(zhuǎn)動，同時向水平導(dǎo)線靠攏考點： 平行通電直導(dǎo)線間的作用分析： 電流pq處于電流mn產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)左手定則判斷其安培力的方向，從而判斷其運動解答： 解：根據(jù)右手螺旋定則可知，電流i1產(chǎn)生的磁場在上邊垂直紙面向外，根據(jù)左手定則，i2上端所受的安培力方向向左，下端所受安培力方向也向左，導(dǎo)線逆時針方向轉(zhuǎn)動且同向電流相互吸引；故兩導(dǎo)線相靠攏；故選：d點評： 在解決該題的過程中：1、使用了電流元法，即在導(dǎo)線上取一較短的電流，判斷其受力方向2、注意通電導(dǎo)線周圍的磁場分布強弱3、使用左手定則與右手螺旋定則，注意與右手定則的區(qū)別12（4分）（2015秋麗水校級期中）如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊甲、乙疊放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場現(xiàn)用一個水平恒力f拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動在共同加速階段，下列說法中正確的是（） a 甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷增大 b 甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小 c 甲、乙兩物塊運動的加速度大小不變 d 甲、乙兩物塊運動的加速度逐漸變小考點： 洛侖茲力；牛頓第二定律分析： 以甲乙整體為研究對象，分析受力情況，分析地面對乙物塊的摩擦力如何變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度如何變化，再對甲研究，由牛頓第二定律研究甲所受摩擦力如何變化解答： 解：a、b，f增大，f一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力f甲=m甲a，則得到f甲減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小故a錯誤，b正確c、d以甲乙整體為研究對象，分析受力如圖，則有n=f洛+（m甲+m乙）g，當(dāng)甲乙一起加速運動時，洛倫茲力f洛增大，滑動摩擦力f增大，再根據(jù)牛頓第二定律，可知，加速度減小故c錯誤，d正確故選：bd點評： 本題關(guān)鍵要靈活選擇研究對象，要抓住洛倫茲力大小與速度大小成正比這個知識點，基本題二、實驗題：（13題3分，14題9分，共12分）13（3分）（2015秋麗水校級期中）如圖所示，螺旋測微器的讀數(shù)是1.600mm考點： 螺旋測微器的使用；刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用專題： 常規(guī)題型分析： 螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀解答： 解：螺旋測微器的固定刻度為1.5mm，可動刻度為0.0110.0mm=0.100mm，所以最終讀數(shù)為1.600 mm故答案為：1.600點評： 螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀14（9分）（2015秋麗水校級期中）有一個小燈泡上標(biāo)有“3v 0.2a”的字樣，現(xiàn)要描繪并研究其伏安特性曲線，有下列器材可供選用：a電壓表（03v，內(nèi)阻約2k） b電壓表（015v，內(nèi)阻約5k）c電流表（00.3a，內(nèi)阻約2） d電流表（06a，內(nèi)阻約0.5）e滑動變阻器（10，1a） f滑動變阻器（1000，0.3a）g直流電源（6v，內(nèi)阻不計）另有開關(guān)一個、導(dǎo)線若干（1）實驗中電壓表應(yīng)選a，電流表應(yīng)選c，滑動變阻器應(yīng)選e（只填器材的字母代號）（2）在下面的虛線框中畫出實驗電路圖（3）利用實驗中得到實驗數(shù)據(jù)在下圖所示的iu坐標(biāo)系中，描繪得出了小燈泡的伏安特性曲線根據(jù)此圖給出的信息，若把該燈泡接到一個電動勢為3.0伏，內(nèi)阻為10的直流電源時小燈泡消耗的實際功率約為0.20w （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）考點： 描繪小電珠的伏安特性曲線專題： 實驗題；恒定電流專題分析： 小燈泡是研究對象，電流表與電壓表的量程應(yīng)根據(jù)小燈泡的額定電流與電壓選擇，滑動變阻器用分壓式時應(yīng)選擇電阻小的變阻器注意表示電源與電阻的伏安特性曲線的區(qū)別解答： 解：（1）、因小燈泡銘牌為“3v，0.2a”，故實驗中電壓表應(yīng)選a，電流表應(yīng)選c，又測伏安特性曲線電壓與電流應(yīng)從零計，滑動變阻器應(yīng)用分壓是，故選e故答案為a、c、e（2）、小燈泡電阻最大值，由r=得，r=15，由故電流表應(yīng)選外接法；由要求電流、電壓從零調(diào)，故變阻器應(yīng)用分壓式見圖（3）、由i=得電源電源短路電流為=0.3a，在上圖伏安特性曲線中，將“300”與“3”兩點用直線連接，可求出與伏安特性曲線交點坐標(biāo)為（1，200），由p=iu得小燈泡功率為p=10.20 w=0.20w故答案為0.20w點評： 表示電源的伏安特性曲線是往下傾斜的直線，表示電阻的伏安特性曲線是過原點的曲線，若將兩圖象畫在同一坐標(biāo)系中，其交點即表示該電源與該電阻接在了同一個電路中了三、計算題：（15、16題各8分、17題12分、18題12分）15（8分）（2010秋五大連池市期末）如圖所示，光滑導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌寬l勻強磁場磁感應(yīng)強度為b金屬桿長也為l，質(zhì)量為m，水平放在導(dǎo)軌上當(dāng)回路總電流為i1時，金屬桿正好能靜止求：（1）b至少多大？這時b的方向如何？（2）若保持b的大小不變而將b的方向改為豎直向上，應(yīng)把回路總電流i2調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止？考點： 安培力；共點力平衡的條件及其應(yīng)用；左手定則專題： 共點力作用下物體平衡專題分析： 帶電金屬桿進行受力分析，除重力、支持力外，還有在磁場中受到安培力，三力處于平衡狀態(tài)由此可知安培力的方向，從而由左手定則來確定磁場的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁場的強度僅對磁場方向改變時，安培力的方向也隨著改變，利用平衡條件來求出電流的大小解答： 解：（1）只有當(dāng)安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上時安培力才最小，b也最小根據(jù)左手定則，這時b應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，大小滿足：bi1l=mgsin，（2）當(dāng)b的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴遥貙?dǎo)軌方向合力為零，得bi2lcos=mgsin 點評： 要會區(qū)分左手定則與右手定則：左手定則是判定磁場力的，而右手定則是判定感應(yīng)電流方向的同時還利用三力平衡知識來求解16（8分）（2015秋麗水校級期中）如圖所示，有一臺提升重物用的直流電動機m，電樞的內(nèi)阻為r=0.60，與電動機串聯(lián)的定值電阻阻值為r=10，電路兩端的電壓為u1=160v圖中理想電壓表的示數(shù)為u2=110v求：（1）電動機的輸出功率p1是多大？（2）該電路的熱功率p2是多大？考點： 電功、電功率專題： 恒定電流專題分析： 在計算電功率的公式中，總功率用p=iu來計算，發(fā)熱的功率用p=i2r來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結(jié)果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結(jié)果是不一樣的解答： 解：電動機和電阻串聯(lián)，所以電流相等，電阻r兩端電壓u1=160110=50v，i=電動機的電功率p=ui=1105=550w，電動機的熱功率p熱=i2r=250.6=15w，所以電動機的機械功率p=pp熱=55015=535w答：（1）電動機的輸出功率p是535w；（2）熱功率為535w點評： 對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的17（12分）（2015秋麗水校級期中）如圖所示，電容器兩極板之間的距離為d，板間電壓為u，極板間的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b1，一束電荷量相同的帶正電的粒子沿圖示虛線方向射入電容器，沿直線穿過電容器后從d縫進入另一磁感應(yīng)強度為b2的勻強磁場，結(jié)果分別垂直打在a、b兩點，兩點間距離為r設(shè)粒子所帶電量為q，且不計粒子所受重力，求打在a、b兩點的粒子的質(zhì)量之差考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理分析： 帶電粒子在電容器兩極板間所受的電場力和洛倫茲力平衡，做勻速直線運動，進入磁場b2后做勻速圓周運動，根據(jù)軌道半徑之差，運用洛倫茲力提供向心力求