1、2014-2015学年浙江省丽水市龙泉中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（共12个小题，每小题4分，共48分在给出的四个选项中至少有一项是符合题意的，选出符合题意的选项，把代号填入答题卡的答题栏中，全部选对得4分，选不全得2分，不选或选错得0分）1（4分）（2015秋丽水校级期中）以下说法正确的是（） A 安培通过油滴实验发现了元电荷电量e B 奥斯特发现了电流的磁效应 C 洛伦兹潜心研究电流的热效应多年，并得到了电流产生热量的定量计算公式 D 法拉第首先提出了电场和磁场的概念，纠正了“超距作用”的错误观点考点： 物理学史所有分析： 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
2、： 解：A、密立根比较精确地测定了元电荷e的数值，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；C、焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关关系，故C错误D、法拉第首先提出了电场和磁场的概念，纠正了“超距作用”的错误观点，故D正确；故选：BD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）（2015广东模拟）如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力
3、作用则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法正确的是（） A 导线a所受合力方向水平向右 B 导线c所受合力方向水平向右 C 导线c所受合力方向水平向左 D 导线b所受合力为零考点： 安培力所有分析： 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥导线越近，磁场越强，安培力越大解答： 解：A、对a来说，受到b的斥力和C的引力，而b靠近a，所以对a的作用力更大，所以a受到的合力向左，故A错误，B、对c来说，和a的情况正好相反，所以合力向右，故B正确，C错误D、对b来说，受到a、c的斥力，并且是相等的，所以b受到的合力为0，故D正确；故选：BD点评： 本题考查了学生对用安培定律中导线之间相互作用力、电流的大小
4、、导线之间的距离等因素的关系了解和掌握，属于常见题型3（4分）如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m带电量为q的小金属块（可视为质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动，设水平面足够大，则在金属块运动的整个过程中有（） A 电场力对金属块做的功的值等于金属块增加的机械能 B 金属块的电势能先减小后增大 C 金属块的加速度一直减小 D 电场对金属块所做的功的数值一定等于摩擦产生的热量考点： 电势能；功能关系所有专题： 电场力与电势的性质专题分析： 金属块在整个运动的过程中受电场力和摩擦力，开始电场力大于摩擦力，做加速运动
5、，然后电场力小于摩擦力，做减速运动，最终速度为零，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据能量守恒定律判断电场力做功与摩擦产生的热量关系解答： 解：A、在整个运动的过程中，金属块先加速后减速到零，动能变化为零，重力势能不变，所以机械能没有增加故A错误 B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小故B错误 C、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大故C错误 D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量故D
6、正确故选D点评： 解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题4（4分）（2015秋丽水校级期中）历史上英国物理学家卢瑟福根据粒子（氦原子核）散射实验，提出了原子的核式结构模型图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动迹在粒子从a运动到b再运动到c的过程中，下列说法中正确的是（） A 动能先增大，后减小 B 电势能先减小，后增大 C 电场力先做负功，后做正功，总功等于零 D 加速度先变大，后变小考点： 等势面所有分析： 粒子在原子核形成的电场中运动时，电荷间的电场力做功，根据电场力做功情况，即可判断粒子动能、电势能的变化情
7、况解答： 解：ABC、粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知：从a运动b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于a与c在同一等势线上，故电场力不做功，AB错误，C正确；D、根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，因此粒子加速度先增大后减小，故D正确故选：CD点评： 本题借助粒子散射实验考查了带电粒子在电场中运动时动能、势能、加速度等物理量的变化情况，根据电场有关知识即可解答5（4分）（2014秋朝阳县校级期中）如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和q，两球间
8、用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向右的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线被拉紧则当两小球均处于平衡时的可能位置是下图中的哪几个（） A B C D 考点： 共点力平衡的条件及其应用；电场强度所有分析： 运用整体法研究1绳与竖直方向的夹角，再隔离乙球研究，分析2绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态解答： 解：首先取整体为研究对象，整体受到重力、电场力和绳子的拉力，由于两个电场力的和即F电=qE+（qE）=0所以重力和绳子的拉力是一对平衡力，即上边的绳子对小球的拉力在竖直方向上，所以上边的绳子 保持在绳子位置上再以乙球为研究对象，受水平向右的电
9、场力、竖直向下的重力和沿绳方向的弹力，在三力作用下处于平衡状态，所以2绳应与竖直方向有向右偏转的夹角，故A图正确；故选：A点评： 本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力6（4分）（2011秋金台区期中）如图所示，R1和R2都是“4W，100欧”的电阻，R3是“1W，100欧”的电阻，则AB间允许消耗的最大功率是（） A 1.5W B 9W C 6W D 3W考点： 电功、电功率；串联电路和并联电路所有专题： 恒定电流专题分析： 串联电路允许通过的最大电流等于最小原件的额定电流，并联电路允许的最大电压等于最小额定电压；求解出各个电阻的额定电流和额定电压进行分
10、析即可解答： 解：R1和R2都是“4W，100”的电阻，额定电流为：I1=I2=；R1和R2额定电压为：U1=U2=I1R1=0.2A100=20V；R3是“1W，100”的电阻，同理，其额定电流为I3=0.1A，额定电压为U3=10V；R2与R3并联电路的最大电压为10V，故最大电流为：I=0.2A；再与R1串联，最大电流为0.2A，电阻R1两端的电压为UR1=R1I=1000.2V=20V最大电压为：Umax=20V+10V=30V；故最大功率为：P=30V0.2A=6W故选：C点评： 解本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件，本题难度
11、较大，是一道难题7（4分）（2015秋丽水校级期中）如图，当a、b间的电压为4V时，电流表 G 的指针刚好满偏当 a、b 间的电压为 3V时，如果仍要使表头G的指针满偏，下列措施一定可行的是（电流表的耐压值小于3V）（） A 保持 R2 不变，增大 R1 B 保持R1不变，减小R2 C 增大 R1，增大 R2 D 增大 R2，减小 R1考点： 把电流表改装成电压表所有专题： 实验题；恒定电流专题分析： ab间电压减小时，要保持电流表示数不变，应增大R1两端的电压，根据选型逐项分析即可得出答案解答： 解：电流表与R1并联后与R2串联；电路总电压变小，要使电流表示数不变，电阻R1两端电压应保持不变
12、；应可以增大R1阻值或减小R2阻值；故AB均可以；CD错误；故选：AB点评： 解决本题的关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是能把R1和电流表看成一个电阻，与R2形成一个串联电路进行解决8（4分）（2014蚌埠一模）如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（） A a灯变亮，b灯和c灯变暗 B a灯和c灯变亮，b灯变暗 C a灯和c灯变暗，b灯变亮 D a灯和b灯变暗，c灯变亮考点： 闭合电路的欧姆定律所有专题： 恒定电流专题分析： 如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a
13、灯串联R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化解答： 解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮b的电压Ub=EI（r+Ra）减小，b灯变暗通过c灯的电流Ic=IIb，I增大，Ib减小，则Ic增大，c灯变亮故选：B点评： 本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析9（4分）（2015徐汇区二模）如图所示，直线A为电源的UI图线，曲线B为灯泡电阻的UI图线，用
14、该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（） A 4W、8W B 2W、4W C 4W、6W D 2W、3W考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率所有专题： 恒定电流专题分析： 电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率解答： 解：由图读出E=3V，r=0.5 灯泡与电源连接时，工作电压U=2V，I=2A则电源的输出功率P出=EII2r=（32220.5）W=4W 电源的总功率P总=EI=32W=6W故选C点评： 解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住
15、图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵10（4分）（2015秋丽水校级期中）质子（p）和粒子（氦原子核）其质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，它们以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和R，周期分别为Tp和T则下列选项正确的是（） 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考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动所有专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出
16、粒子的轨道半径，然后求出轨道半径之比，根据粒子的周期公式求出周期之比解答： 解：带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，质子和粒子的半径之比：=，粒子在磁场中做圆周运动的周期公式：T=，质子与粒子的周期之比：=，故A正确；故选：A点评： 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径即可正确解题11（4分）（2015秋丽水校级期中）如图所示，固定的水平导线中通有向右的电流I1，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流I2，不计导线的重力，仅在磁场力作用下，竖直导线将（） A 顺时针转动，同时向水平导线靠拢
17、B 顺时针转动，同时远离水平导线运动 C 逆时针转动，同时远离水平导线运动 D 逆时针转动，同时向水平导线靠拢考点： 平行通电直导线间的作用所有分析： 电流PQ处于电流MN产生的磁场中，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动解答： 解：根据右手螺旋定则可知，电流I1产生的磁场在上边垂直纸面向外，根据左手定则，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，导线逆时针方向转动且同向电流相互吸引；故两导线相靠拢；故选：D点评： 在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向2、注意通电导线周围的磁场分布强弱3、使用左手定则与右手螺旋定则，注意与右手
18、定则的区别12（4分）（2015秋丽水校级期中）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场现用一个水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动在共同加速阶段，下列说法中正确的是（） A 甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大 B 甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小 C 甲、乙两物块运动的加速度大小不变 D 甲、乙两物块运动的加速度逐渐变小考点： 洛仑兹力；牛顿第二定律所有分析： 以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，分析地面对乙物块的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二
19、定律研究甲所受摩擦力如何变化解答： 解：A、B，f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小故A错误，B正确C、D以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有N=F洛+（m甲+m乙）g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力f增大，再根据牛顿第二定律，可知，加速度减小故C错误，D正确故选：BD点评： 本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，基本题二、实验题：（13题3分，14题9分，共12分）13（3分）（2015秋丽水校级期中）如图所示，螺旋测微器的读数是
20、1.600mm考点： 螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用所有专题： 常规题型分析： 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： 解：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为1.600 mm故答案为：1.600点评： 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14（9分）（2015秋丽水校级期中）有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻约2K） B电压表（015V，内阻约5K）C电流表（
21、00.3A，内阻约2） D电流表（06A，内阻约0.5）E滑动变阻器（10，1A） F滑动变阻器（1000，0.3A）G直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干（1）实验中电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E（只填器材的字母代号）（2）在下面的虚线框中画出实验电路图（3）利用实验中得到实验数据在下图所示的IU坐标系中，描绘得出了小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，若把该灯泡接到一个电动势为3.0伏，内阻为10的直流电源时小灯泡消耗的实际功率约为0.20W （结果保留两位有效数字）考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线所有专题： 实验题；恒定电流专题分析： 小灯泡是研究对象，电流表
22、与电压表的量程应根据小灯泡的额定电流与电压选择，滑动变阻器用分压式时应选择电阻小的变阻器注意表示电源与电阻的伏安特性曲线的区别解答： 解：（1）、因小灯泡铭牌为“3V，0.2A”，故实验中电压表应选A，电流表应选C，又测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压是，故选E故答案为A、C、E（2）、小灯泡电阻最大值，由R=得，R=15，由故电流表应选外接法；由要求电流、电压从零调，故变阻器应用分压式见图（3）、由I=得电源电源短路电流为=0.3A，在上图伏安特性曲线中，将“300”与“3”两点用直线连接，可求出与伏安特性曲线交点坐标为（1，200），由P=IU得小灯泡功率为P=10.20
23、 w=0.20W故答案为0.20W点评： 表示电源的伏安特性曲线是往下倾斜的直线，表示电阻的伏安特性曲线是过原点的曲线，若将两图象画在同一坐标系中，其交点即表示该电源与该电阻接在了同一个电路中了三、计算题：（15、16题各8分、17题12分、18题12分）15（8分）（2010秋五大连池市期末）如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽L匀强磁场磁感应强度为B金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止求：（1）B至少多大？这时B的方向如何？（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？考点： 安培力；共点力平衡
24、的条件及其应用；左手定则所有专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小解答： 解：（1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=mgsin，（2）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcos=mgsin 点评： 要会区分左手定则
25、与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的同时还利用三力平衡知识来求解16（8分）（2015秋丽水校级期中）如图所示，有一台提升重物用的直流电动机M，电枢的内阻为r=0.60，与电动机串联的定值电阻阻值为R=10，电路两端的电压为U1=160V图中理想电压表的示数为U2=110V求：（1）电动机的输出功率P1是多大？（2）该电路的热功率P2是多大？考点： 电功、电功率所有专题： 恒定电流专题分析： 在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率
26、，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答： 解：电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1=160110=50V，I=电动机的电功率P=UI=1105=550W，电动机的热功率P热=I2r=250.6=15W，所以电动机的机械功率P=PP热=55015=535W答：（1）电动机的输出功率P是535W；（2）热功率为535W点评： 对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的17（12分）（2015秋丽水校级期中）如图所示，电容器两极板之间的距离为d，板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量
27、相同的带正电的粒子沿图示虚线方向射入电容器，沿直线穿过电容器后从D缝进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别垂直打在a、b两点，两点间距离为R设粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力，求打在a、b两点的粒子的质量之差考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理所有分析： 带电粒子在电容器两极板间所受的电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入磁场B2后做匀速圆周运动，根据轨道半径之差，运用洛伦兹力提供向心力求出粒子的质量差解答： 解：带电粒子在电容器中受力平衡有：qvB1=qE又 U=Ed解得 v=粒子进入磁场B2后做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，则有 qvB2=m
28、解得 R=两个粒子的电荷量相等，质量不等有R=2（R1R2）=所以粒子的质量之差m=答：打在a、b两点的粒子的质量之差是点评： 解决本题的关键知道从速度选择器进入偏转磁场，速度相同以及知道在偏转磁场中的半径与电荷的比荷有关，同位素，电量相同，质量不同，偏转的半径就不同18（12分）（2014秋廊坊校级期中）如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射人电场，经过时间tl 穿越电场，粒子的动能由Ek增加到2Ek； 若这个带电粒子以速度v0 垂直进人该电场，经过时间t2穿越电场求：（1）带电粒子两次穿越电场的时间之比t1：t2；（2）带电粒子第二次穿出电场时
29、的动能考点： 带电粒子在匀强电场中的运动所有专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： （1）带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射入电场时，只受电场力作用，做类平抛运动，采用运动的分解方法，研究粒子水平方向的运动，求出时间之比（2）根据动能定理得到，带电粒子第二次穿出电场时的动能与偏转距离的关系，再由第一种情况求出动能Ek与板间偏转的关系根据运动学公式分别研究两次平抛运动的偏转距离，再求出带电粒子第二次穿出电场时的动能解答： 解：（1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为L，则有：L=v0t L=1.5v0t2联立解得：t1：t2=3：2（2）设粒子的质量m，带电量为q，匀强电场场强为，带电粒子两次在场强方向的偏转位移分别为y1、y2，则有：y1=at12=y2=at22=由动能定理得：qEy1=2EkEkqEy2=EkEk联立方程解得：Ek=Ek2.7Ek答：（1）带电粒子两次穿越电场的时间之比为3：2；（2）带电粒子第二次穿出电场时的动能为2.7Ek点评： 本题是类平抛运动，运用运动的分解法进行研究是常用的思路，涉及动能时，也可以应用动能定理处理
