1、2014-2015学年广东省汕头市南澳中学高二（上）期末物理试卷（理科）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A B C D 2如图，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列的判断正确的是（）A A点场强等于B点场强B C点电势高于B点电势C 将电子从A点移到B点，电场力不做功D 将质子从A点移到C点，其电势能增加3图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、
2、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3，下列判断正确的是（）A 1最大B 2最大C 3最大D 1=2=34图为磁流体发电机的示意图，流体中的正、负离子均受到匀强磁场的作用，向M、N两金属极板运动下列说法正确的是（）A 正离子向M极偏转，负离子向N极偏转B 正离子向N极偏转，负离子向M极偏转C 正、负离子均向N极偏转D 正、负离子均向M极偏转二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5如图所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近关于绝缘导体两端的
3、电荷，下列说法中正确的是（）A 两端的感应电荷越来越少B 两端的感应电荷是同种电荷C 两端的感应电荷是异种电荷D 两端的感应电荷电荷量相等6由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（）A 导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B 导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C 对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D 一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越小7下列情况能产生感应电流的是（）A 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B 如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开
4、关S一直接通时D 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时8如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A P、Q将相互靠拢B P、Q将相互远离C 磁铁的加速度仍为gD 磁铁的加速度小于g9在回旋加速器中（）A 电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B 电场和磁场同时用来加速带电粒子C 在交流电压一定的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大D 同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关三、解答题（共5小题，满分54分
5、）10在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为mm11在做“描绘小灯泡的伏安特曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图示是没有连接完的实物电路将实物电路连接完整移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向（填“左”或“右”）端滑动通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图所示的UI图线，根据UI图线提供的信息，可计算出小灯泡额定功率为W图线是曲线而不是过原点的直线，原因是灯丝的电阻会随温度的升高而（
6、填“增大”或“减小”）12粗测小电珠（2.5V，0.6W）的电阻，应选择多用电表倍率的电阻挡（请填写“1”、“10”或“100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为13如图所示，电源电压为E=14V，电源内阻r=1.0，小灯泡L标有“4V8W”，电动机的线圈电阻rM=1.0，当变阻器调到1.0时，小灯泡与电动机均正常工作，求：（1）小灯泡正常工作电流；（2）变阻器此时两端电压；（3）电动机的输入功率；（4）电动机的输出功率14质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入 射
7、方向的距离为L，如图所示已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计（1）求经M、N板间的电场加速后的速度v；（2）根据几何关系确定粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r；（3）求匀强磁场的磁感应强度B2014-2015学年广东省汕头市南澳中学高二（上）期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A B C D 考点：左手定则分析：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
8、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：根据左手定则可知，A图中安培力方向向上，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，D图中安培力方向斜向左上方垂直于电流方向，故BCD错误，A正确故选：A点评：左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度2如图，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列的判断正确的是（）A A点场强等于B点场强B C
9、点电势高于B点电势C 将电子从A点移到B点，电场力不做功D 将质子从A点移到C点，其电势能增加考点：等势面；电场强度；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的分布特点：电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断解答：解：A：AB两点的场强的方向不同，故A错误；B：沿电场线的方向电势降落，所以B点的等势面的电势高于C点的等势面的电势故B错误；C：A、B是同一等势面上的两点，它们之间的电势差为0，所以将电子从A点移到B点，电场力不做功故C正确；D：沿电场线的方向电势降落，所以A点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，将质子从A点移到C点，电场力做正功，其电势能减小故D
10、错误故选：C点评：掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题3图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3，下列判断正确的是（）A 1最大B 2最大C 3最大D 1=2=3考点：磁通量分析：判断磁通量的变化可根据穿过磁感线条数多少来定性判断，也可从公式=BS来判断解答：解：从图中看出，线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大故A、B、D错误，C正确故选C点评：解决本题的关键是掌握判断磁通量变化的方法，一是根据穿过磁感线条数多少来定性判断，二是根据公式=BS来判断4图为磁流体发电机的示意图，流体中的正、负离子均受到匀强磁场的作用，
11、向M、N两金属极板运动下列说法正确的是（）A 正离子向M极偏转，负离子向N极偏转B 正离子向N极偏转，负离子向M极偏转C 正、负离子均向N极偏转D 正、负离子均向M极偏转考点：判断洛仑兹力的方向专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出其偏转方向，在应用左手定则时注意四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反解答：解：根据左手定则可以判断正离子受洛伦兹力向下，负离子受洛伦兹力向上，因此正离子向N极偏转，负离子向M极偏转，故ACD错误，B正确故选B点评：正确利用左手定则判断离子所受洛伦兹力方向是分析带电粒子在磁场中运动的前期二、双项选择题：本大题共5小题，
12、每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5如图所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中正确的是（）A 两端的感应电荷越来越少B 两端的感应电荷是同种电荷C 两端的感应电荷是异种电荷D 两端的感应电荷电荷量相等考点：静电现象的解释分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况解答：解：A、由于导体内有大量可以自由移动的电子，当带负电的球P慢慢靠近它时，由于同种电荷相互排斥，导体上靠近P的一端的电子被排斥到远端，从而显出正电荷，
13、远离P的一端带上了等量的负电荷导体离P球距离越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多故A错误；B、C、D、导体上靠近P的一端的电子被排斥到远端，从而显出正电荷，远离P的一端带上了等量的负电荷由于导体上的总电量始终是0，所以两端的感应电荷电荷量相等故B错误，CD正确故选：CD点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷6由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（）A 导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B 导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C 对确定的导体，其两端电压和流过它的电
14、流的比值就是它的电阻值D 一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越小考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关解答：解：A、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故A错误，B正确；C、由欧姆定律R=可知，对某一导体来说，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，故C正确；D、根据U=IR可知，一定的电流流过导体，电阻越大，其电压越大，即电阻两端的电压降越大，
15、故D错误故选：BC点评：本题要知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键，欧姆定律只是计算电阻的一种方法7下列情况能产生感应电流的是（）A 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B 如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时考点：感应电流的产生条件分析：根据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生解答：解：A、导体顺着磁场运动，通过闭合电路的磁通量不变，故不会产生电流，故
16、A错误；B、条形磁铁插入或拔出线圈时，通过闭合电路的磁通量发生变，故会产生电流，故B正确；C、小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合电路的磁通量不变，故不会产生电流，故C错误；D、小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，回路中电流发生改变，故A中产生变化的磁场，B中的磁通量发生变化，故产生电流，故D正确；故选：BD点评：判断有无感应电流产生对照感应电流产生的条件，抓住两点：一是电路要闭合；二是磁通量要变化8如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A P
17、、Q将相互靠拢B P、Q将相互远离C 磁铁的加速度仍为gD 磁铁的加速度小于g考点：楞次定律专题：电磁感应中的力学问题分析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况解答：解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故A正确，B错误C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故C错误；D正确故选AD点评：本题直接用楞
18、次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同9在回旋加速器中（）A 电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B 电场和磁场同时用来加速带电粒子C 在交流电压一定的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大D 同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据qvB=m可求出最大速度及最大动能解答：解：A、回旋加速器是利用电场对粒子
19、进行行加速和磁场进行偏转故A正确，B错误 C、根据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=，知同一粒子，回旋加速器的半径越大，获得的动能越大故C正确 D、最大动能EKm=mv2=，与交流电压的频率无关故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，以及知道，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等三、解答题（共5小题，满分54分）10在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为10.294mm考点：螺旋测微器的使用专题：实验题；恒定电流专题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：
20、解：根据螺旋测微器读数规则，固定刻度是10mm，可动刻度是29.40.01=0.294mm，待测长度为10 mm+0.294 mm=10.294 mm故答案为：10.294点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读11在做“描绘小灯泡的伏安特曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图示是没有连接完的实物电路将实物电路连接完整移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向右（填“左”或“
21、右”）端滑动通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图所示的UI图线，根据UI图线提供的信息，可计算出小灯泡额定功率为0.5W图线是曲线而不是过原点的直线，原因是灯丝的电阻会随温度的升高而增大（填“增大”或“减小”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则滑动变阻器要采用分压接法；要增大小灯泡两端的电压，则要增大与小灯泡并联的部分电阻；根据图象直接得出额定电压所对应的电流从而算出小灯泡的额定功率；UI图象的斜率代表灯丝的电阻，功率越大，灯丝的温度越高；解答：解：要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则电压要从0开始连续
22、可调，故滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡为小电阻故电流表要采用外接法，实物图连接如图所示；小灯泡的额定电压为2.5V，而此时电压表的示数为2.2V，故要增大小灯泡两端的电压，则应该增大滑片P和左端之间的电阻，故应将滑片P向右端滑动；由图可知当小灯泡两端的电压为小灯泡的额定电压2.5V时，电流表的示数为0.2A，故小灯泡的额定功率P=UI=2.50.2=0.5W；该曲线的斜率k=R，故斜率大小代表电阻的大小，由于电压越大，灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高，电阻越大，所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大故答案为：连线如图；右；0.5；增大点评：本题考查了故障的分析、电流表、滑动变阻器的连接，
23、实物图的连接，功率的计算，图象的理解和运用，难度不大，当但综合性很强，是一道不错的题目12粗测小电珠（2.5V，0.6W）的电阻，应选择多用电表1倍率的电阻挡（请填写“1”、“10”或“100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为7.5考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数解答：解：小电珠（2.5V，0.6W），小电珠正常发光时的电阻R=10.4，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表1倍率，由图示表盘可知，电阻为17.5=7.5故答案为：1；7
24、.5点评：本题考查了用多用欧姆表测电阻，掌握欧姆表的使用方法与注意事项即可正确解题13如图所示，电源电压为E=14V，电源内阻r=1.0，小灯泡L标有“4V8W”，电动机的线圈电阻rM=1.0，当变阻器调到1.0时，小灯泡与电动机均正常工作，求：（1）小灯泡正常工作电流；（2）变阻器此时两端电压；（3）电动机的输入功率；（4）电动机的输出功率考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由灯泡的额定电功率，利用P=UI可求得电流；因各元件串联；根据串联电路的规律可求得变阻器两端的电压；由功率公式P=UI可求得电动机的总功率及输出功率解答：解：小灯泡正常工作；则有：I=2A；变阻器两端的电压UR=I
25、R=21=2V；电动机的输入功率P=I（EU1IrUR）=2（14422）=12W；电动机的输出功率P出=PI2rM=124=8W；答：（1）小灯泡正常工作电流为2A；（2）变阻器此时两端电压为2V；（3）电动机的输入功率为12W；（4）电动机的输出功率为8W点评：本题考查功率公式的应用，要注意明确总功率、输出功率及热功率的区别及计算，能正确选择功率公式14质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入 射方向的距离为L，如图所示已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计（1）求经M、N板间的电场
26、加速后的速度v；（2）根据几何关系确定粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r；（3）求匀强磁场的磁感应强度B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）电子在电场中加速，由动能定理可以求出电子进入磁场时的速度（2）根据几何关系求出电子在磁场中的半径（3）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度解答：解：（1）设电子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：eU=mv20，解得：v=；（3）电子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由几何关系得：r2=（rL）2+d2，解得：r=；（3）电子在磁场中做圆周圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，得：B=；答：（1）经M、N板间的电场加速后的速度v为；（2）根据几何关系确定粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r为；（3）匀强磁场的磁感应强度B为点评：电子垂直于磁场方向射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；由几何知识求出电子轨道半径是求出磁感应强度的关键