湖南省懷化市高二物理上學期期末考試試卷 理（含解析）.doc

湖南省懷化市2014-2015學年高二上學期期末物理試卷（理科）一、選擇題（共48分，每小題4分1-8小題只有一個選項正確9-12至少有2個選項正確，全選對得4分，部分選對得2分，不選或有錯選計0分）1關于元電荷和點電荷的理解，下列說法正確的是( )a元電荷就是電子b物體所帶的電量只能是元電荷的整數(shù)倍c只有體積很小的帶電體才能看成點電荷d體積很大的帶電體一定不能看成點電荷考點：元電荷、點電荷 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示當兩個帶電體的大小及形狀對它們之間相互作用力的影響可忽略時，兩個帶電體才可看成點電荷體積很小或很大的帶電體在一定的條件下都可以看成點電荷解答：解：a、b、元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍故a錯誤，b正確c、d、當兩個帶電體的大小及形狀對它們之間相互作用力的影響可忽略時，兩個帶電體才可看成點電荷，與體積的大小無關故c錯誤，d錯誤故選：b點評：本題考查對元電荷和點電荷的理解能力點電荷是理解化的物理模型，與力學中質(zhì)點模型類似2一個電荷只在電場力作用下從電場中的a點移到b點過程中，電場力做了5106 j的正功，那么( )a電荷的電勢能減少了5106jb電荷的動能減少了5106jc電荷在b處時具有5106j的電勢能d電荷在b處時具有5106j的動能考點：電勢能；功能關系 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場力做正功，電勢能減小，動能增加，做負功，動能減小，電勢能增加，根據(jù)功能關系可正確解答解答：解：電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故a正確、b錯誤；電場力做功對應著電勢能和動能的變化，不能說明具有多少電勢能或者動能，故cd錯誤故選a點評：考查了電場力做功和電勢能的關系這一基本功能關系，要明確物理中的各種功能關系并能正確應用3如圖所示，四種導電器件的伏安特性曲線中，是線性元件的是( )abcd考點：歐姆定律 專題：恒定電流專題分析：伏安特性曲線描述電流與電壓的變化關系，其斜率與電阻有關，導致器件可能是電阻不變，也可能電阻變化的若不變電阻，則伏安特性曲線是線性關系；若電阻變化的，則圖象是曲線而歐姆定律則是滿足線性關系解答：解：a、根據(jù)歐姆定律得到r=由數(shù)學知識得到，圖線上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于電阻，則此斜率增大，a不符合題意；b、根據(jù)歐姆定律得到r=由數(shù)學知識得到，圖線上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于電阻，則此斜率減小，b不符合題意；c、根據(jù)歐姆定律得到r=由數(shù)學知識得到，圖線上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于電阻，則此斜率不變，c符合題意；d、由數(shù)學知識得到，圖線上斜率雖然不變，但不符合歐姆定律：r=，則d不符合題意；故選：c點評：本題考查的伏安特性曲線與歐姆定律，并抓住圖線的數(shù)學意義來理解其物理意義明確線性元件的性質(zhì)4一個阻值為r的電阻兩端加上電壓u后，通過導體截面的電量q與通電時間t的圖象如圖所示，此圖線的斜率（即tan）等于( )aubrcd考點：電流、電壓概念 專題：恒定電流專題分析：給出的圖象是qt圖象，其斜率為=i，所以斜率代表的是電流，解答：解：在圖象中可知i=，所以斜率代表的就是電流，i=代表的也是電流，故選：c點評：能找出圖象中所提供的信息是本題的關鍵，也是識圖題的共同特點，注重公式的靈活運用5關于電功，下列說法中正確的是( )a電功的實質(zhì)是電場力所做的功b電功就是電熱，兩個量是一回事c電場力做功使金屬導體內(nèi)的自由電子運動的速率越來越大d電流通過電動機時的電功率和熱功率相等考點：電功、電功率 專題：恒定電流專題分析：解答本題應掌握：電流做功的公式w=uit，則分析公式可知決定電功的因素；同時掌握電流做功中能量轉(zhuǎn)化的方向解答：解：a、電功的實質(zhì)是電場力所做的功，故a正確；b、電功是指電流做功的多少，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，對于非純電阻電路，電能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，產(chǎn)生熱量，故b錯誤；c、由于電阻的存在，金屬導體內(nèi)的自由電子定向移動的平均速度不變，電場力做功使得電能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故c錯誤；d、電流流過電動機做功時，電能一部分通過線圈發(fā)熱轉(zhuǎn)化為焦耳熱，一部分轉(zhuǎn)化為機械能輸出，電動機的總功率大于熱功率，故d錯誤；故選：a點評：本題考查電流做功的決定因素及能量轉(zhuǎn)化的方向，應注意分析能量關系6如圖所示，放在臺秤上的條形磁鐵兩極未知，為了探明磁鐵的極性，在它中央的正上方固定一導線，導線與磁鐵垂直，給導線通以垂直紙面向外的電流，則( )a如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵左端是n極b如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵右端是n極c無論如何臺秤的示數(shù)都不可能變化d臺秤的示數(shù)隨電流的增大而增大考點：安培力；作用力和反作用力 分析：先由臺秤示數(shù)的變化得到電流對磁鐵的作用力方向，然后根據(jù)牛頓第三定律得到磁體對電流的安培力方向，再根據(jù)左手定則判斷磁場方向，最后得到磁極分布情況解答：解：a、b、如果臺秤的示數(shù)增大，說明電流對磁鐵的作用力向下，根據(jù)牛頓第三定律得到磁體對電流的安培力向上，根據(jù)左手定則，電流所在位置磁場向右，故磁體左側(cè)為n極，右側(cè)為s極，故a正確，bc錯誤；d、由a分析，結(jié)合f=bil可得，隨電流的增大，安培力也增大，但由于磁極不知，所以臺秤示數(shù)可能定增大，也可能減小，故d錯誤；故選：a點評：判斷磁體以電流間作用力可以先以電流為研究對象，然后結(jié)合左手定則分析，不難7多用表是電流表、電壓表、歐姆表共用一個表頭組裝而成的對此下列說法中正確的是( )a無論作電壓表、電流表還是歐姆表使用，內(nèi)部都裝有電池b無論作電壓表、電流表還是歐姆表使用，紅表筆的電勢總是高于黑表筆的電勢c無論作電壓表、電流表還是歐姆表使用，電流總是從正接線柱流入，從負接線柱流出d以上說法都不正確考點：用多用電表測電阻 專題：實驗題；恒定電流專題分析：歐姆表有內(nèi)置電源，電壓表與電流表沒有內(nèi)置電源，電流總是從多用電表的紅表筆流入，黑表筆流出的解答：解：a、電壓表與電流表內(nèi)部沒有電池，歐姆表內(nèi)部裝有電池，故a錯誤；b、多用電表做電壓表與電流表使用時，紅表筆電勢高于黑表筆電勢，多用電表做歐姆表使用時，黑表筆電勢高于紅表筆電勢，故b錯誤；c、無論作電壓表、電流表還是歐姆表使用，電流總是從正接線柱流入，從負接線柱流出，故c正確，d錯誤；故選：c點評：本題考查了對多用電表的掌握，知道多用電表的結(jié)構(gòu)與電壓表、電流表和歐姆表的工作原理即可正確解題8如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為b的勻強磁場中，質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是( )a滑塊受到的摩擦力不變b滑塊到地面時的動能與b的大小無關cb很大時，滑塊最終可能靜止于斜面上d滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面考點：帶電粒子在混合場中的運動 專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：小滑塊向下運動的過程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛倫茲力，摩擦力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大，當加速度減到0，做勻速運動解答：解：a、小滑塊向下運動的過程中受到重力，支持力，摩擦力，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力垂直斜面向下，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大故a錯誤，d正確 b、b的大小不同，洛倫茲力大小不同，導致滑動摩擦力大小不同，根據(jù)動能定理，摩擦力功不同，到達底端的動能不同故b錯誤 c、滑塊到地面時當b很大，則摩擦力有可能很大，當滑塊受到的摩擦力與重力向下的分力相等時，滑塊做勻速直線運動，洛倫茲力與摩擦力不再增大，所以滑塊不可能靜止在斜面上故c錯誤故選：d點評：解決本題的關鍵知道洛倫茲力的方向和洛倫茲力的大小以及能夠正確的受力分析，理清物體的運動狀況9一帶電粒子從電場中的a點運動到b點，徑跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力，則( )a粒子帶正電b粒子加速度逐漸減小ca點的場強大于b點的場強d粒子的速度不斷減小考點：電場強度；電場線 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場力作用下從a到b，由運動與力關系可知，電場力方向大體指向運動軌跡彎曲一側(cè)，即可判斷帶電粒子帶負電；電場線的疏密表示電場強度的強弱根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的關系，由動能定理分析速度的關系解答：解：a、由圖知：粒子從a到b，粒子的軌跡向左彎曲，電場力逆著電場線方向，所以粒子帶負電故a錯誤b、從a到b，電場線越來越疏，所以電場強度不斷減小，電場力也減小，加速度減小，故b正確c、由于a處電場線較密，則a處場強較大，故c正確d、由圖所示，粒子從a到b，電場力逆著電場線方向，所以電場力對帶電粒子做負功，其電勢能增大，動能減小，因此粒子的速度不斷減小，故d正確故選：bcd點評：本題關鍵是根據(jù)運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內(nèi)側(cè)；電場線的疏密表示電場強度的強弱10（多選）下列說法正確的是( )a庫侖在研究電荷間相互作用時，提出了“電場”的概念b電源的電動勢跟電源內(nèi)非靜電力做的功成正比，跟通過電源的電荷量成反比c將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功不一定為零d金屬材料的電阻率隨溫度的升高而增大考點：電阻定律；電源的電動勢和內(nèi)阻 專題：恒定電流專題分析：庫侖發(fā)現(xiàn)了真空中靜止點電荷間的相互作用，法拉第提出場的概念；電源的電動勢等于電源內(nèi)非靜電力做的功與通過電源的電荷量的比值；電場力做功與電勢差有關；金屬材料的電阻率隨溫度的升高而增大解答：解：a、庫侖沒有提出“場”的概念；故a錯誤；b、電源的電動勢等于電源內(nèi)非靜電力做的功與通過電源的電荷量的比值跟電源內(nèi)非靜電力做的功無關，跟通過電源的電荷量無關故b錯誤；c、電場力做功與電勢差有關，與場強的大小無關，將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功不一定為零故c正確；d、金屬材料的電阻率隨溫度的升高而增大故d正確故選：cd點評：本題考查電源電動勢、電阻率及電場力做功問題，要注意明確各種材料的電阻率隨溫度變化而變化的規(guī)律11如圖所示的分壓器電路，a、b為分壓器的輸出端，若把滑動變阻器的滑動片p置于變阻器中央，下列判斷正確的是( )a空載時輸出電壓uab=b當接上負載r時，輸出電壓uabc負載r越大，uab越接近d負載r越小，uab越接近考點：閉合電路的歐姆定律 專題：恒定電流專題分析：若把滑動變阻器的滑動片p置于變阻器中央，變阻器下部分電阻與r并聯(lián)后與上部分電阻串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路的特點分析空載時和接上負載時輸出電壓uab與 的關系當負載變化時，分析并聯(lián)部分電阻的變化，判斷輸出電壓如何變化解答：解：a、空載時，由于滑動片p置于變阻器中央，變阻器上下兩部分電阻相等，分擔的電壓也相等，則輸出電壓uab=故a正確b、當接上負載r時，變阻器下部分電阻與r并聯(lián)的電阻小于下部分電阻，并聯(lián)部分分擔的電壓減小，則輸出電壓uab故b正確c、d負載r越大，并聯(lián)部分電阻越接近變阻器下部分電阻，uab越接近故c正確，d錯誤故選：abc點評：本題變阻器作為分壓器使用，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點理解輸出電壓與負載電阻的關系12目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體來說（呈中性）沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板a、b，這時金屬板上就聚集了電荷在磁極配置如圖所示的情況下，下述說法正確的是( )aa板帶正電b有電流從b經(jīng)用電器流向ac金屬板a、b間的電場方向向下d等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力考點：霍爾效應及其應用 專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：根據(jù)左手定則判斷出正負電荷所受洛倫茲力的方向，從而判斷出正負電荷的偏轉(zhuǎn)方向，帶正電的極板電勢高，電流從正極板流向負極板解答：解：a、根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負電荷向上偏，則a板帶負電故a錯誤b、因為b板帶正電，a板帶負電，所以電流的流向為b流向a故b正確c、因為b板帶正電，a板帶負電，所以金屬板間的電場方向向上故c錯誤d、等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力故d正確故選bd點評：解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道電流在外電路中，由高電勢流向低電勢二、實驗題（共23分）13某同學在做測金屬絲的電阻率的實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑如圖所示，直徑d=0.700mm如測得金屬絲的長度為l，直徑為d，兩端的電壓為u，通過的電流為i，則金屬絲的電阻率=（用題目給的物理量符號表達）考點：測定金屬的電阻率 專題：實驗題分析：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)時需估讀根據(jù)歐姆定律和電阻定律推導金屬的電阻率表達式解答：解：螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.0120.0mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為0.700mm根據(jù)歐姆定律r=根據(jù)電阻定律r= =整理得：=故答案為：0.700；點評：本題考查了螺旋測微器的讀數(shù)以及測量金屬絲電阻率的原理，都是基礎知識點，難度不大14在測干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，有甲、乙兩個可供選擇的電路，在不知電流表電阻的情況下，應選用甲電路進行實驗，采用此圖測定e和r時產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差主要是由于電壓表分流（填“電壓表分流”或“電流表分壓”）；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的ui圖線如圖丙所示，則求得的電動勢是1.50v，內(nèi)電阻是0.75考點：測定電源的電動勢和內(nèi)阻 專題：實驗題分析：由于電壓表和電流表都有一定的內(nèi)阻，給實驗帶來系統(tǒng)誤差甲電路中，電流表讀出的不是通過電源的電流，誤差來源于電壓表的分流，而乙電路中，電壓表測量的電壓不等于路端電壓，是由于電流表的分壓由于電源的內(nèi)阻較小，電壓表分流較小，則知可采用甲電路進行實驗由圖讀出兩組電壓和電流值，由閉合電路歐姆定律組成方程，求出電源的電動勢和內(nèi)阻解答：解：本實驗中電壓表應測量路端電壓，電流表應測量通過電源的電流，由于電壓表和電流表都有一定的內(nèi)阻，兩種電路都存在系統(tǒng)誤差甲電路中，電流表讀出的不是通過電源的電流，比電源的電流小，其讀數(shù)等于電源的電流與通過電壓表電流之差，誤差來源于電壓表的分流，而乙電路中，電壓表測量的電壓不等于路端電壓，是由于電流表的分壓由于電源的內(nèi)阻較小，電流表的內(nèi)阻也較小，若采用乙電路，電流表分壓較大，測得的內(nèi)阻誤差較大而甲電路中，電源內(nèi)阻較小時，電壓表分流較小，測量誤差較小故可采用甲電路進行實驗由圖讀出兩電壓和電流值：0.6a、1.0v和1.4a、0.4v根據(jù)閉合電路歐姆定律得，圖象的斜率大小等于內(nèi)阻，則內(nèi)阻 r=0.75電源的電動勢為 e=u+ir將任一組數(shù)據(jù)代入解得，e=1.50v故答案為：甲，電壓表的分流，小，1.50，0.75點評：本題根據(jù)實驗原理分析誤差產(chǎn)生的原因，并根據(jù)誤差的大小選擇實驗電路，可見，實驗原理是實驗的核心，要理解并掌握牢固15在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，除有一標有“3v，1.8w”的小燈泡、電源、導線和開關外，還有：電流表a（00.6a，內(nèi)阻約為0.1）電壓表v（03v，內(nèi)阻約為4k）、滑動變阻器r（010，2a）實驗要求保證器材的安全，燈泡兩端的電壓能從0連續(xù)調(diào)節(jié)，測量結(jié)果盡量準確（1）為盡可能的減小誤差，實驗中采用電流表外接，采用正確的方式測出的電阻值小于（選填“大于”“小于”或“等于”）電阻的真實值（2）設計一個合理的電路，并在答題紙上所給的方框內(nèi)畫出電路圖（3）某同學根據(jù)電路圖連接實物圖時，并未連接完整，請用鉛筆代替導線在答題紙上幫忙完成實物圖的連接（4）根據(jù)實物圖，開關s閉合之前，圖中滑動變阻器的滑片應該置于右端（選填“左端”“右端”或“中間”）考點：描繪小電珠的伏安特性曲線 專題：實驗題分析：根據(jù)燈泡與電表內(nèi)阻的關系選擇連接方式，再根據(jù)歐姆定律分析電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，然后連接實物電路圖；閉合開關前，分壓電路分得的電壓應為零解答：解：（1）燈泡正常發(fā)光時電阻r=5，燈泡電阻遠小于電壓表內(nèi)阻，則電流表采用外接法，采用外接法時，通過燈泡實際電流小于電表讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律r=得測出的電阻值小于電阻的真實值（2）電壓與電流從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，電路圖如圖所示（3）根據(jù)電路圖連接實物圖：（4）閉合開關前，分壓電路分得的電壓應為零，所以滑片應置于右端故答案為：（1）外接，小于；（2）如圖；（3）如圖；（4）右端點評：對電學實驗題目應明確：根據(jù)待測電阻的額定電壓和額定電流來選擇電壓表和電流表的量程；若電阻大小滿足時，電流表應用外接法，否則應用內(nèi)接法；當電路要求電流從零調(diào)時，變阻器應采用分壓式接法，應選擇全電阻小的變阻器以方便調(diào)節(jié)三、計算題（共29分解本題要求寫出必要的文字說明和物理公式）16p是點電荷q電場中的一點，p到點電荷q的距離r=0.1m將一個電荷量q=1.01010c的點電荷放到p點，受到的電場力f=9.0105n，已知靜電力常量k=9.0109nm2/c2求：（1）點電荷q在p處的電場強度的大小（2）點電荷q的電荷量考點：庫侖定律；電場強度 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）由電場強度的定義式可以直接計算；電場強度是電場本身的決定的，與試探電荷無關；（2）q和q之間的庫侖力即q受到的電場力，代入庫侖定律可以計算出q的電量解答：解：（1）根據(jù)場強的定義式e=代入數(shù)據(jù)得：（2）根據(jù)庫侖定律f=k得：=1.0106c答：（1）點電荷q在p處的電場強度的大小為9105n/c（2）點電荷q的電荷量為1.0106c點評：該題可以有電場強度的定義式和庫侖定律的公式直接計算，計算時要注意數(shù)量級不能弄錯17水平面上有電阻不計的u形導軌nmpq，它們之間的寬度為lm和p之間接入電動勢為e、內(nèi)阻為r的電源現(xiàn)垂直于導軌放置一根質(zhì)量為m，金屬棒ab接入導軌間的電阻為r，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為b，方向豎直向上，如圖所示，問：（1）當ab棒靜止時，受到的支持力大??？摩擦力的大小和方向？（2）若b的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，b的大小至少為多少？此時b的方向如何？考點：安培力；摩擦力的判斷與計算 分析：（1）根據(jù)左手定則正確判斷出導體棒ab所受安培力的方向，然后對棒ab正確進行受力分析，根據(jù)所處平衡狀態(tài)列方程即可正確求解；（2）根據(jù)受力圖可知當重力等于安培力時，b最小，根據(jù)左手定則可以正確判斷磁場b的方向解答：解：（1）通過對導體棒的受力分析根據(jù)共點力平衡可知：fn=mg回路中的電流為：受到的安培力為：f安=bil_ ff=f安 聯(lián)立解得：ff=，方向水平向右_ （2）要使ab棒受的支持力為零，其靜摩擦力必然為零，根據(jù)（1）可知：滿足上述條件的最小安培力應與ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：f安=mg_ b=方向水平向右_ 答：（1）當ab棒靜止時，受到的支持力大小為mg，摩擦力的大小為，方向水平向右（2）若b的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，b的大小至少為，此時b的方向水平向右點評：本題借助物體的平衡考查了安培力的大小和方向問題，是考查學生能力的好題18如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.01011kg、電荷量q=+1.0105c，從靜止開始經(jīng)電壓為u1