1、福建省莆田十五中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一.单项选择题（共11小题，共44分）1下列关于单位的式子中错误的是( )A1V=1Tm2/sB1N=1TCm/sC1Tm/s=1V/mD1T=1Wbm2考点：力学单位制 分析：写出对应单位的物理量的表达式，可看出单位是否正确解答：解：A、根据E=BLv 得：1v=1Tmm/s 即1v=1Tm2/s，故A正确；B、根据F=BIL=B得：1N=1TCm/s，故B正确；C、根据A可知，1v=1Tm2/s，所以1V/m=1Tm/s，故C正确；D、由=BS得：1wb=1Tm2，故D错误本题选错误的，故选：D点评：重点是对选项中涉及的单位所对应
2、的公式的搜索，这要求对公式掌握的熟练才行2下列说法正确的是( )A带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合B电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其大小E=F/qC洛伦兹力的方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直D由B=F/IL知，通电直导线垂直于磁场方向放置，B与通电直导线所受的安培力F成正比，与通电导线I、L的乘积成反比考点：洛仑兹力；电场强度 分析：粒子的运动轨迹与电场线可能重合，可能不重合；电场强度的方向是正电荷所受电场力的方向；由左手定则可知，洛伦兹力总是与磁场及电荷运动方向垂直，而磁场与电荷运动方向不一定垂直；由B=知，属于
3、比值定义，与所受安培力及电流、导线长度无关解答：解：A、在匀强电场中，带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合，故A错误；B、电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，且其大小E=，故B错误；C、由左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直，故C正确；D、由B=知，属于比值定义，与所受安培力及电流、导线长度无关故D错误；故选C点评：考查电场强度的大小与方向的确定，掌握E=，与B=公式的含义，理解比值定义法，知道电场线与粒子运动轨迹的不同性3如图所示，磁场B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，
4、其中正确的是( )ABCD考点：左手定则 专题：电磁学分析：熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向解答：解：A、如图所示，由安培定则可知，安培力方向垂直于电流方向向上，故A错误；B、如图所示，由安培定则可知，电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用，故B错误；C、如图所示，由安培定则可知，安培力方向竖直向下，故C正确；D、如图所示，由安培定则可知，安培力垂直于导线向外，故D错误故选C点评：左手定则中涉及物理量及方向较
5、多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直4一只“220V，100W”的灯泡接在u=311sin314t（V）的交流电源上，则下面说法正确的是( )A灯泡中电流方向每秒变化50次B与灯泡串联的电流表读数为0.456AC与灯泡并联的电压表读数为311VD此时灯泡上所消耗的功率约为140W考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率 专题：交流电专题分析：瞬时电压u=311sin314t（V），得到电压的最大值为311V，求解出电压的有效值，根据欧姆定律求解电
6、流的有效值和电流的瞬时值解答：解：A、灯泡接在u=311sin314t（V）的交变电源上，所以通过该灯泡的交变电流的周期为T=0.02S，一个周期电流方向每秒变化2次，灯泡中电流方向每秒变化100次，故A错误；B、u=311sin314t（V），所以电压的最大值为311V，则有效值U=220V，所以灯泡能够正常发光，电路中的电流I=0.456A，所以与灯泡串联的电流表读数为0.456A，故B正确；C、与灯泡并联的电压表读数为220V，故C错误；D、灯泡能够正常发光，此时灯泡上所消耗的功率约P=100W，故D错误；故选：B点评：本题主要考查了对交变电压的瞬时表达式的理解，知道电流表和电压表都是有
7、效值，难度不大，属于基础题5如图所示，两个相同的带电粒子，同时垂直射入一个正方形的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨迹分别是a和b，则它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系是( )AVaVb，tatbBVaVb，tatbCVaVb，tatbDVa=Vb，ta=tb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：通过洛伦兹力提供向心力求出粒子的轨迹半径，再根据粒子的半径大小，比较速度的大小结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系解答：解：根据洛伦兹力等于向心力，得：qvB=m则得：r=由于a的轨迹半径比b的大，所以有：VaVb设轨迹对应的圆心角为，则
8、粒子在磁场中的运动时间为：t=T粒子运动的周期为：T=，可见，周期T相同，由于a的轨迹圆心角小，所以tatb故选：C点评：解决粒子在磁场中圆周运动的基础就是掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用6如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是( )A线圈向右平动B线圈竖直向下平动C线圈以ab边为轴转动D线圈向左平动考点：楞次定律 分析：当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：A、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈
9、的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故A错误；B、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故B错误；C、当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故C错误；D、当在线圈平面内，垂直bc边向左拉动线圈，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断
10、感应电流的方向7如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时，错误的是( )A电路的路端电压增大BR2中电流减小C小灯泡的功率增大D电压表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化解答：解：当光照强度增大，光敏电阻的阻值增减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电
11、流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数增大，故D正确因电路中总电流减小，故电源的内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过R2的电流减小，故A错误，B正确；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变大，故C正确；本题选错误的，故选：A点评：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质8如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是( )A闭合S
12、瞬间，电流表A1示数大于A2示数B闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数C断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数D断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：A、B、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故AB错误；C、D、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D正确；故选：D点评：线圈电流增加，相当于
13、一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极9如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，可以判定( )A粒子带负电BM点的电势高于N点的电势CM点处的动能大于N点处的动能D粒子在M点的电势能小于在N点的电势能考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小解答：解：A、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电
14、场线方向斜向下，说明粒子带正电故A错误B、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子M点的电势能大于N点的电势能，而粒子带正电，所以M点的电势高于N点的电势，粒子在M点的动能小于在N点的动能故B正确，CD错误故选：B点评：对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向10如图所示，质量为m，带电荷量为+q的P环套在固定不光滑的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B现给环一向右的初速度v0（v0），则( )A环所受的弹力方向一直向上B环将向右减速，最后停止运动C从环开始运动到最后达到稳定状态，
15、损失的机械能是mv02D从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv02（）2考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系 分析：环受重力、支持力、洛伦兹力以及摩擦力作用做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力等于零，环做匀速直线运动根据能量守恒求出损失的机械能解答：解：A、当环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，由于v0，支持力的方向向下；物体先向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，当洛伦兹力等于重力时，支持力为零，摩擦力为零，环将做匀速直线运动故A、B错误C、根据能量守恒知，损失的机械能等于环动能的减小量，匀速直线运动时有qvB=mg，解得v=损失的机械能E=mv02m（）
16、2故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键能够根据物体的受力，通过合力的变化以及与速度方向的关系判断出环的运动情况11如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框中有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在图b图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；右手定则 专题：电磁感应与图像结合；电磁感应与电路结合分析：根据右手定则判断感应电流的方向由感应电动势公式和欧姆定律分
17、别研究各段感应电流的大小，选择图象解答：解：线框进入磁场过程：时间t1=1s，感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小I=不变 线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，经历时间t2=1s 线框穿出磁场过程：时间t3=1s，感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小I=不变故选B点评：本题分三个过程分别研究感应电流大小和方向，是电磁感应中常见的图象问题，比较简单二.填空题（共2小题，共10分）12如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2103C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm两点连线与 电场方向成60角则：（1）该负电荷由A移到B的过程中，电场力所
18、做的功WAB=0.2J；（2）A、B两点间的电势差以UAB=100V；（3）该匀强电场的电场强度E=1104V/m考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少（2）由U=求解电势差（3）由U=Ed=Ecos60求解电场强度E解答：解：（1）负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，则电场力所做的功：WAB=0.2J（2）A、B两点间的电势差：UAB=V=100V（3）由UAB=Ed=Ecos60得：E=V/m=1104V/m故答案为：（1）0.2 J；（2）100V； （3）1104V/m点评：本题考
19、查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握13一闭合线圈有50匝，总电阻R=20，穿过它的磁通量在0.1s内由8103Wb增加到1.2102Wb，则线圈中的感应电动势E=2V，线圈中的电流强度I=0.1A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：根据法拉第电磁感应定律E=n求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小解答：解：根据法拉第电磁感应定律得线圈中感应电动势为：E=n=50V=2V感应电流为：I=A=0.1A故答案为：2V，0.1A点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定
20、律三.探究实验题：本题共两小题，共17分请把答案写在答题卷的相应位置上14为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：A待测干电池一节B直流电流表（量程00.63A，0.6A档内阻约为0.1，3A档内阻约为0.02）C直流电压表（量程0315V，3V内阻约为5k，15V档内阻约为25k）D滑动变阻器（阻值范围为015）E滑动变阻器（阻值范围为01000）F开关，导线若干（1）为了尽可能减少误差，其中滑动变阻器选D（填代号）（2）请在图（甲）中进行实物连线（3）根据实验记录，画出的UI图线如图（乙）所示，从中可求出待测干电池的电动势为1.35V，内电阻为0.5考点：测定电源的
21、电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：要保证不超过额定电流，还要操作方便，如果选择大电阻，随着滑动变阻器的阻值减小，电流几乎不变，直到最后几圈时，电流才有显著变化；对照测定电源电动势和内电阻的电路图进行连线即可；电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率表示电源的内电阻解答：解：（1）滑动变阻器E电阻值较大，每一圈电阻较大，操作时只有电阻较小时电流表和电压表读数才有明显变化，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器（相对电源内阻而言），故选D；（2）电源的电动势大约为1.5V，实验中应保证安全与准确，故电压表应选择03V量程，电路中的电流较小，故电流表可选择00.6A，
22、滑动变阻器采用限流式接法，由于电源电阻较小，采用安培表外接法实物连线如图：（3）电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.35V；斜率绝对值表示电源的内电阻，故r=0.5故答案为：（1）D，（2）实物连线如图：（3）1.35，0.5点评：本题关键是明确测定电源电动势和内电阻实验的原理、电路图，同时明确电源的UI图象的物理意义15（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K盒两个部件S、T请根据下列步骤完成电阻测量旋动部件S，使指针对准电流的“0“刻线 将K旋转到电阻挡“l00“的位置 将插入“十“、“插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线 （填“0刻线”或“刻线
23、”）4 将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按ADC的顺序避行操作，再完成读数测量A 将K旋转到电阻挡“1k“的位置B 将K旋转到电阻挡“10“的位置C 将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两条引线相接D 将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准（2）用多用电表测量某一直流电路两端的电压，将选择开关旋至直流电压50V的挡位，将多用电表与待测电路并联接入电路（填“串联”或“并联”），红表笔接触点的电势应该比黑表笔高（填“高”或“低”），指针的位置如图2所示，其该待测电路两端的电压为26.0V考点：用多用电表测电阻 专题：实验
24、题分析：（1）使用多用电表测电阻的方法：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出（2）用多用电表测电压时，红表笔应接高电势点，黑表笔应接低电势点；根据图2所示电表确定电表分度值，读出电表示数解答：解：（1）将插入“十“、“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 T，使指针对准电阻的“0”刻线欧姆表指针偏转角度过小，说明所选
25、挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：A、D、C（2）用多用电表测电压，多用电表应与被测电路并联；选择开关旋至直流电压50V的挡位；红表笔接触点的电势应该比黑表笔高；由图2所示电表可知，待测电阻两端电压为26.0V；故答案为：（1）T，0刻线；ADC；（2）并联，高，26.0点评：本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近四.计算题（3小题，共29分）16如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ，相距L=0.50m，导轨左端接一电阻 R=0.20，磁
26、感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac垂直导轨放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计当ac棒以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ac棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向考点：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；左手定则；右手定则 专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，则公式E=BLv求出感应电动势（2）ac相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小（3）ac棒
27、做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ac棒中的感应电动势为 E=BL=0.400.504.0V=0.80V （2）根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为 I=A=4.0A 由右手定则可知，回路中感应电流的方向为aMRPca（或逆时针方向）（3）当ac棒向右匀速运动时，ac棒中有由c向a的电流，根据左手定则可知ac棒所受的磁场力F安水平向左为维持ac棒做匀速运动，应施加一个与F安等值反向的水平外力F即 F=F安=BIL=0.404.00.50N=0.80N 方向水平向右 答：（1）ac棒中感应电动势的大小为0.8V； （2）回路中
28、感应电流的大小为4A，方向aMRPca； （3）维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小0.80N，方向水平向右点评：本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，考查分析和解决综合题的能力17如图所示，n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动角速度=50rad/s，线圈的总电阻r=1，外电路电阻R=9试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小（2）线圈从图示位置转动90过程中通过电阻R的电量（3）1min时间内电阻R上产生的热量考点：正弦式电流的最大值和有效值、
29、周期和频率；电功、电功率；交流电的平均值及其应用 专题：交流电专题分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大解答：解：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为Em=nBS=nBabbc代入数据解得：Em=50V （2）转动过程中平均感应电动势转动90过程中=BS电量q=It代入数据，解得q=0.1C（3）线圈中产生的为余弦交流电，通过R的电流为：1min时间内产生的热量为：Q=I2Rt代入数据得：Q=6.75103J 答：（1）线
30、圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小为50V（2）线圈从图示位置转动90过程中通过电阻R的电量0.1C（3）1min时间内电阻R上产生的热量为6.75103J点评：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求18如图所示，在x轴上方有水平向左的匀强磁场，在x轴下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B正离子带电q，质量m，从M点平行于x方向，以速度v射入磁场区域，从N点以垂直于x轴的方向进入电场区域，然后到达y轴上的P点，若OP=ON求：（1）OP=？
31、（2）若离子在磁场中的运动时间为t1，在电场中的运动时间为t2，则t1：t2多大？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：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后答题（2）粒子在电场中做类平抛运动，求出粒子在磁场与电场中的运动时间，然后求出时间之比解答：解：（1）粒子从M到N过程做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：OP=ON=r=；（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：t1=T=，粒子从N到P过程做类平抛运动，OP=vt2，t2=，则粒子在磁场与电场中运动的时间之比：t1：t2=：2；答：（1）OP=；（2）若离子在磁场中的运动时间为t1，在电场中的运动时间为t2，则t1：t2为：2点评：解决本题的关键知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，以及会确定粒子在磁场中运动的圆心、半径、圆心角是解题的关键
