1、2014-2015学年山东省枣庄八中高二（上）期末物理试卷 一、本题包括10小题每小题4分，共40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（4分）（2014秋薛城区校级期末）下列说法符合物理学史实的是（）A安培提出分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质B特斯拉最早发现电流周围存在磁场C洛仑兹提出了电流对通电导线的作用力D牛顿引入场的概念并用用场线直观描述场考点：物理学史版权所有专题：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：A、安培提出分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质，
2、故A正确；B、奥斯特最早发现电流周围存在磁场，故B错误；C、安培提出了电流对通电导线的作用力，故C错误；D、法拉第引入场的概念并用用场线直观描述场，故D错误；故选：A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（4分）（2014秋薛城区校级期末）关于磁场不正确的说法是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同C磁感线总是从N极指向S极D磁通量有正负之分，但不是矢量考点：磁感应强度版权所有分析：磁感应强度B定义式B=，采用的是比值定义法，B与F、IL均无关
3、，B的方向与F的方向垂直，磁感应强度的方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，B的大小由磁感线的疏密表示解答：解：A、磁感应强度B的定义式B=，采用的是比值定义法，则知B与F、IL均无关故A错误B、根据左手定则可知，B的方向与F的方向是垂直关系，故B错误C、磁体外部的磁感线总是从N极指向S极，磁体内部的磁感线从S极指向N极，吧闭合曲线故C错误D、磁通量有正负之分，但不是矢量，是标量故D正确本题选择错误的，故选：ABC点评：本题关键要抓住B的定义式B=，具有比值定义法的共性，B与F、IL无关，并掌握磁感线的物理意义，属于基础题3（4分）（2014秋薛城区校级期末）下列单位中与磁感应强度B的单位T相
4、当的是（）AWb/m2BN/AmCN/CmDVs/m2考点：磁感应强度版权所有分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系解答：解：A、由B=，则单位可以为Wb/m2故A正确；B、根据磁感应强度的定义式B=得，1T=1N/Am，故B正确C、由公式B=由安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/Am，即为1T故C错误D、由公式E=，得1V=1Wb/s，又1Wb=1Tm2可得：1T=1Vs/m2，故D正确；故选：ABD点评：T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题4（4分）（2000上海）如图所示，两
5、根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）AF2BF1F2CF1+F2D2F1F2考点：磁场对电流的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反解答：解：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1，这两个力大小相等，方向相反当
6、再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1F0 而对于b由于电流方向与a 相反，所以b受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1F0，这两个力大小相等，方向相反将F1=F2F0，或F1=F2+F0 代入F2=F1+F0，或F2=F1F0，可得，F2=F2；故A正确，BCD错误；故选：A点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互5（4分）（2014秋薛城区校级期末）如图所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为的导轨上导轨和杆间接触位置是粗糙的，通有电流时，杆静止在导轨上下图是四个侧视图，标出
7、了四种匀强磁场的方向，其中支持力可能为零的是（）ABCD考点：安培力版权所有分析：首先根据左手定则判断出安培力的方向，然后通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受支持力解答：解：A、杆子受重力、竖直向上的安培力，二力处于平衡，一定不受支持力故A正确；B、杆子受重力、水平向左的安培力，若则二力平衡，则一定收支持力故B错误C、杆子受重力，水平向左的安培力，要想处于平衡，一定受支持力故C错误D、杆子受重力、沿斜面向上安培力，若二个力平衡，一定受支持力故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受支持力6（4分）（2014秋薛城
8、区校级期末）如图所示，一条形磁铁静止在水平桌面上，在它的左上方固定一通电直导线（电流方向如图），导线与磁场垂直，现突然将导线中的电流等大反向，则（）A磁铁会动起来B磁场对桌面压力减小C磁铁对桌面压力增大D桌面对磁铁摩擦力不变考点：安培力版权所有分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，即可判断解答：解：当电流反相时，导线受到的安培力反相，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图根据受力，可知通电后磁铁对
9、桌面压力增大故选：C点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况7（4分）（2014秋薛城区校级期末）带电量为q的电荷，从静止开始经过电压为U的电场加速后，垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，其转动轨道半径为R，则电荷的（）A动能为qUB动能为qRBC运动速率为D质量为考点：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版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据动能定理求出加速后电荷的动能，电荷垂直进入电场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式列式，结合动能定理列式联立方程即可求解速率和质量解答：解：A、电荷在电场力
10、做加速运动，根据动能定理得：，在磁场中做匀速圆周运动，动能不变，故A正确；B、电荷垂直进入电场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv=m解得：mv=BqR，即动量为BqR，故B错误；C、由两式解得：v=，m=，故C错误D错误故选：A点评：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，知道电荷垂直进入电场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，难度适中8（4分）（2014秋薛城区校级期末）如图所示，匀强电场E的方向竖直向下，匀强磁场B的方向垂直纸面向里，让三个带有等量同种电荷的油滴M、N、P进入该区域中，M进入后能向左做匀速运动，N进入后能在竖直平面内做匀速圆周运动，P进入后能向右做匀
11、速运动，则三个油滴的质量关系是（）AmMmNmPBmPmNmMCmNmM=mPDmNmM=mP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：三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解即可解答：解：N球受电场力与重力平衡，而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，有GN=qE 重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故N球带负电；因三个带有等量同种电荷的油滴；M球受力平衡，有GM=qE+qvB P球受力平衡，有qvB+GP=qE 解得：mMmNmP；故选：A点评：本题关键分别对M、N、三个油滴进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛伦
12、兹利的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小9（4分）（2014秋曲阳县校级期末）如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足（）ABBBCBDB考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解解答：解
13、：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为：r=acot30=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：Rr，解得：B，故选：B点评：本题是考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，求出粒子轨道半径后，应用牛顿第二定律即可正确解题10（4分）（2014秋薛城区校级期末）如图所示，两平行金属板的间距等于极板的长度，现有重力不计的正离子束以相同的初速度v0平行于两板从两板正中间射入第一次在两极板间加恒定电压，建立场强为E的匀强电场，则正离子束刚好从上极板边缘飞出第二
14、次撤去电场，在两极间建立磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，正离子束刚好从下极板边缘飞出，则E和B的大小之比为（）Av0Bv0Cv0D2v0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：本题的关键是根据类平抛规律求出粒子在电场中运动时满足恰好从边缘射出条件时电场强度E的表达式，再根据磁偏转规律求出粒子恰好从边缘射出时对应的磁感应强度B的表达式，然后比较即可解答：解：设板长和板距为L，当为电场时，应满足：L=v0t，t2，整理可得E=当为磁场时，设粒子运动的半径为r，应满足：（r）2+L2=r2，又Bvq=，整理可得B=比较可得=1.25v0，所以A正确，B
15、CD错误故选：A点评：遇到电偏转问题应用类平抛规律求解，遇到磁偏转问题时应用磁偏转规律（画出粒子运动的轨迹，根据几何知识找出圆心并求出半径，再根据牛顿第二定律方程即可）求解二、本题共2小题，共16分11（10分）（2014秋薛城区校级期末）（1）用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，请将正确的步骤前的字母按合理的顺序填写c、a、b、ea将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆挡1kd旋转S使其尖端对准欧姆挡1
16、00e旋转S使其尖端对准交流500V挡，交拔出两表笔（2）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是ACA测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择倍率较小的挡位，重新调零后测量B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零（3）多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示若选择开关处在“10”欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是500若选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是2.00V考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验
17、题分析：（1）使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，选择挡位后要进行欧姆调零，然后再测电阻，欧姆表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上（2）用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上（3）欧姆档的读数要乘以倍率，电压档的读数要明确估读位数解答：解：（1）测阻值约为几十k的电阻Rx，应选择k挡，然后进行欧姆调零，用欧姆表测待测电阻阻值，读出其示数，最后要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上，因此合理的实验步
18、骤是：c、a、b、e；（2）A、欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、用欧姆表测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、测量完毕后，应将选档开关旋至交流电压最高档或off档，故D错误；故选：AC（3）图示欧姆档示数为：5010=500；图示电压档的读数：因最小分度为0.05，则估读到同位为：2.00V故答案为：（1）c、a、b、e；（2）AC；（3）500、2.00点评：本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻
19、度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上12（6分）（2014秋薛城区校级期末）一实验小组做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室里找到了以下器材：A一节待测的干电池B电流表A1（满偏电流3mA，内阻RA1=10）C电流表A2（00.6A，内阻RA2=0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E定值电阻R0（1190）F开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图1所示的电路，并进行实验该同学测出几组电流表A1、A2的数据I1、I2，利用测出的数据画出I1I2图象如图2，则由图象可得
20、被测干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=0.6考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻解答：解：由图所示可知，图象与纵轴的交点I1=1.25mA，与横轴的交点：I2=0.5A，则可知电源电动势E=I1（RA1+R0）=1.25103（10+1190）=1.5V；电源内阻r=0.6故答案为1.5；0.6点评：应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻三、本题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，
21、只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（10分）（2014秋薛城区校级期末）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体
22、棒的电流；（2）导体棒受到的摩擦力考点：安培力版权所有分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小解答：解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mg sin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件mg sin37+f=F安解得：f=0.06N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的
23、摩擦力为0.06N点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14（10分）（2014秋薛城区校级期末）竖直放置的半圆形光滑绝缘管道处在如图所示的匀强磁场中，B=1.1T，管道半径R=0.8m，其直径POQ在竖直线上，在管口P处以2m/s的速度水平射入一个带电小球，可把它视为质点，其电荷量为lO3C（g=lOm/s2），试求：（1）小球滑到Q处的速度为多大？（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为多少？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）小球从管口P滑到Q的过程中，洛伦兹力和轨
24、道的弹力不做功，只有重力做功，根据机械能守恒定律求小球滑到Q处的速度；（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求小球的质量解答：解：（1）从PQ，洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒定律，则得：+2mgR=代入数据解得：vQ=m/s=6m/s（2）小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，则由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： qvQBmg=m代入解得，m=kg=1.2104kg答：（1）小球滑到Q处的速度为6m/s（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为1.21
25、04kg点评：本题在带电体在复合场中运动的类型，抓住洛伦兹力不做功，根据机械能守恒和牛顿第二定律求解15（10分）（2014秋薛城区校级期末）已知某一带负电的以速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，宽度为d，飞出时速度的方向变化了30，重力不计求：以下结果均用d、B、v0表示（1）该粒子的比荷（2）该粒子在磁场中飞行的时间（3）若只改变磁感应强度的大小，欲使粒子从左边界射出，磁感应强度至少为多少？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）由粒子轨迹显示的几何关系求得运动半径，由r=，求得比荷；（2）由几何关系得，偏向角等于
26、圆心角，结合周期公式求解粒子在磁场中飞行的时间（3）由粒子轨迹显示的几何关系求得运动半径，然后求出磁感应强度解答：解：（1）由粒子轨迹显示的几何关系求得运动半径满足：r=2d由牛顿第二定律得：qvB=由得：（2）粒子运动时间为：t=（3）如图若粒子从左侧边界射出，根据几何关系可得，其半径最大为d，综合（1）可得B2B答：（1）该粒子的比荷是（2）该粒子在磁场中飞行的时间是（3）若只改变磁感应强度的大小，欲使粒子从左边界射出，磁感应强度至少为2B点评：带电粒子在匀强电场中的运动问题主要应描绘轨迹，找圆心，找出半径大小，应用半径公式和周期公式加以解决16（14分）（2014秋薛城区校级期末）如图所
27、示，在直角梯形ABDC区域内存在有平行于AC向下的匀强电场，在BD边以下到CD延长线的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），已知AC边长L，AB边长，CD边长一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，从BD的中点P处进入磁场，并从CD延长线上的O点以垂直于DC边的速度离开磁场，求：（1）电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；（2）磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）粒子从A到O经历的时间考点：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版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电粒子进入电场做类平抛
28、运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达P点后，水平位移是竖直位移的2倍，抓住这一关系，求出电场强度的大小由动能定理，代入求出的电场强度，即可得出v0与vy的关系，从而求出经过P点的速度大小和方向（2）作出进入磁场的轨迹图，确定出圆心，根据几何关系得出半径，根据洛伦兹力提供向心力，通过半径公式，求出磁感应强度B的大小，根据洛伦兹力的方向确定出磁场的方向（3）粒子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，由运动学的公式求出时间，然后又粒子在磁场中偏转的角度与周期的关系求出在磁场中运动的时间，求和即可解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向：L=v0t 竖直
29、方向： 解得： 在竖直方向粒子做匀变速运动竖直分速度为vy，则有 代入得：vy=v0P点的速度为速度与水平方向的夹角为： 所以：=45 （2）由几何关系可知：粒子在磁场中转过的圆心角为45 得：粒子在磁场中做匀速圆周运动得：磁场方向垂直纸面向外（3）粒子在电场中运动的时间：粒子在磁场中运动的时间：粒子从A到O运动的时间：答：（1）电场强度E的大小为，带电粒子经过P点时速度v的大小是2v0和方向向右下45；（2）磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；（3）粒子从A到O经历的时间是点评：本题重点考查带电粒子在匀强电场中的类平抛和匀强磁场中的匀速圆周运动，以及运用数学知识解决物理问题的能力