南阳市高二物理上学期期中试题.docx

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南阳市高二物理上学期期中试题

河南省南阳市2014-2015学年高二上学期期中考试物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8小题只有一个选项正确，9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）

1．（4分）在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献．下列说法正确的是（　　）

A．

奥斯特发现了电流的磁效应

B．

奥斯特发现了电流的热效应

C．

安培发现了点电荷间的相互作用规律

D．

安培发现了磁场对运动电荷的作用规律

考点：

物理学史．.

分析：

本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现．

解答：

解：

A、1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；

B、焦耳发现了电流的热效应，故B错误；

C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误；

D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；

故选：

A．

点评：

近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记．

2．（4分）（2005•淮安模拟）若带正电的小球只受电场力作用，则它在任意一段时间内（　　）

A．

一定沿电力线由高电势处向低电势处运动

B．

一定沿电力线由低电势处向高电势处运动

C．

不一定沿电力线运动，但一定由高电势处向低电势处运动

D．

不一定沿电力线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动

考点：

电场线；电势．.

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹；

带正电的小球只受电场力作用，但不清楚小球的初状态，所以在任意一段时间内小球可能加速运动，也有可能减速运动．

解答：

解：

电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹．

所以小球不一定沿电力线运动．

带正电的小球只受电场力作用，但不清楚小球的初状态，也就是小球的初速度方向与受电场力方向有可能相同或相反．

所以小球在任意一段时间内小球可能加速运动，也有可能减速运动．

所以小球在任意一段时间内小球动能可能增加，也有可能减小，小球在任意一段时间内小球电势能可能增加，也有可能减小，

所以小球也不一定由高电势处向低电势处运动．

故选D．

点评：

电场线和电荷的运动轨迹是两个概念．

带正电的小球由高电势处向低电势处运动电势能减小，动能增加．反之电势能增加，动能减小．

3．（4分）如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入场中，射出时粒子的动能减小了，为了使粒子射出时比射入时的动能增大，在不计重力的情况下，可采取的方法是（其它条件不变）（　　）

A．

增大粒子射入时的速度

B．

增大磁场的磁感应强度

C．

增大电场的电场强度

D．

改变粒子的带电性质

考点：

带电粒子在混合场中的运动．.

专题：

带电粒子在复合场中的运动专题．

分析：

首先分析粒子在复合场中的受力情况，粒子受到电场力和洛伦兹力作用，无论粒子电性如何，电场力和洛伦兹力都将方向相反，然后根据粒子在复合场中运动特点结合能量关系分析即可得出答案．

解答：

解：

无论粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，而动能减少说明电场力做了负功，即电场力小于洛伦兹力，粒子向洛伦兹力的方向偏转了．所以要使动能增大，必然减小磁场力或增大电场力．

A：

增大速度，则磁场力增大而电场力不变，动能更会减少．选项A错误．

B：

增大磁感应强度即增大了洛伦兹力，不符合上面的分析．选项B错误．

C：

增加电场强度即增大电场力，使粒子向电场力方向偏转，这样电场力做正功，所以动能会增大．选项C正确．

D：

改变电性，两力同时反向，磁场力仍大于电场力，所以粒子动能仍会减少．选项D错误．

故选：

C

点评：

该题是速度选择器一类的题，在速度选择器中，粒子的受力特点：

同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；

粒子能匀速通过选择器的条件：

电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．

若粒子受到的电场力和磁场力不平衡时，粒子将发生偏转：

电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，此时电场力做正功，电势能转化为动能；电场力小于洛伦兹力时，粒子将向洛伦兹力反向偏转，电场力做负功，动能转化为电势能．

思考：

还有其他方法吗？

4．（4分）（2012•江苏）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（　　）

A．

C和U均增大

B．

C增大，U减小

C．

C减小，U增大

D．

C和U均减小

考点：

电容器．.

专题：

电容器专题．

分析：

根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化．

解答：

解：

由公式

知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式

知，电荷量不变时U减小，B正确．

故选B

点评：

本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．

5．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，可行的办法是（　　）

A．

只增大加速电压

B．

只减小磁场的磁感应强度

C．

只增加周期性变化的电场的频率

D．

只增大D形金属盒的半径

考点：

霍尔效应及其应用．.

分析：

回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．

解答：

解：

由qvB=m

，解得v=

．

则动能EK=mv2=

，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与周期性变化的电场的频率也无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故D正确，A、B、C错误．

故选：

D．

点评：

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．

6．（4分）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球（图中未画出）以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（　　）

A．

小球先做加速运动后做减速运动

B．

小球一直做匀速直线运动

C．

小球对桌面的压力先减小后增大

D．

小球对桌面的压力一直在增大

考点：

带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．.

专题：

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：

根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．

解答：

解：

根据右手螺旋定制可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向向上，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故ACD错误，B正确．

故选：

B．

点评：

本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．

7．（4分）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（　　）

A．

路端电压变小

B．

电流表的示数变大

C．

电源内阻消耗的功率变小

D．

电路的总电阻变大

考点：

闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．.

专题：

恒定电流专题．

分析：

在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．

解答：

解：

当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．

根据I=

，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．

流过电流表的示数为I=

，可知电流在减小，故B错误．

根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．

故选A

点评：

本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．

8．（4分）图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）

A．

865V/m，垂直AC向左

B．

865V/m，垂直AC向右

C．

1000V/m，垂直AB斜向上

D．

1000V/m，垂直AB斜向下

考点：

电场强度；电势能；等势面．.

专题：

计算题．

分析：

由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度．

解答：

解：

由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；

因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；

因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U==﹣173V；

即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；

BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；

由E=可知

电场强度E=

V/m=1000V/m；

故选D．

点评：

电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离．

9．（4分）（2005•南京三模）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T．位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流．当导线与B成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值（　　）

A．

T

B．

T

C．

1T

D．

T

考点：

安培力．.

分析：

当磁场的方向与电流的方向平行时，则导体棒所受的安培力为零，通过平行四边形定则定则确定另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值．

解答：

解：

根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为

．则

．故B、C、D正确，A错误．

故选BCD．

点评：

解决本题的突破口在于抓住合场强的方向与电流方向平行，结合平行四边形定则进行求解．

10．（4分）图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依a→b→c→d→e轨迹运动．已知电势φK＜φL＜φM．下列说法中正确的是（　　）

A．

粒子带负电

B．

粒子在bc段做减速运动

C．

粒子在b点与d点的速率大小相等

D．

粒子在c点时电势能最小

考点：

等势面；电势．.

专题：

电场力与电势的性质专题．

分析：

由等势面的情况可以画出电场线的大致分布图，结合粒子的曲线运动，所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子的所受电场力是偏在左侧的，又因为题目中交代了电势φK＜φL＜φM，所以电场线指向左侧，该粒子应该带正电，b、d在同一等势面上，电势能相等，动能相等，速率相等．根据a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势最大．

解答：

解：

A、画出电场线的大致分布图，电势φK＜φL＜φM，所以电场线指向左侧，电场力大体向左，该粒子应该带正电，故A错误．

B、b到c电场力做负功，动能减小，速率减小．故B正确．

C、b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等．故C正确．

D、a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，c点电势最大．故D错误

故选BC

点评：

这类轨迹问题常常作电场线求解，这是常用方法．电势、电势能、场强等物理量大小比较是电场部分常见题目．

11．（4分）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流．静止时两悬线与竖直方向夹角均为θ角．若仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）

A．

棒中的电流变大，θ角变大

B．

两悬线同时变短，θ角变小

C．

金属棒质量变大，θ角变小

D．

磁感应强度变大，θ角变大

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．.

分析：

对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．

解答：

解：

导体棒受力如图所示，tanθ=

，F=BIL；

A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；

B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；

C、金属棒质量变大，θ角变小，故C正确；

D、磁感应强度变大，θ角变大，故D正确；

故选：

ACD．

点评：

对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．

12．（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　）

A．

在电场中的加速度之比为1：

1

B．

在磁场中运动的半径之比为3：

1

C．

在磁场中转过的角度之比为1：

2

D．

离开电场区域时的动能之比为1：

3

考点：

带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．.

专题：

带电粒子在复合场中的运动专题．

分析：

要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了．

解答：

解：

A、两个离子的质量相同，其带电量是1：

3的关系，所以由a=

可知其在电场中的加速度是1：

3，故A错．

B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：

v=

，可知其速度之比为1：

．又由qvB=m

知，r=

，所以其半径之比为

：

1，故B错误．

C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为

：

1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ=，则可知角度的正弦值之比为1：

，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1：

2，故C正确．

D、由电场加速后：

qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：

3，故D正确．

故选：

CD．

点评：

磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练．

二、填空题（本题共3小题，把答案填在对应的横线上，或按题目要求作图）

13．（4分）图示游标卡尺的读数是　140.05　mm，螺旋测微器读数应为　6.125　mm．

考点：

刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．.

专题：

实验题．

分析：

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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：

1、游标卡尺的主尺读数为140mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：

140mm+0.05mm=140.05mm．

2、螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm，由于需要估读，最后的结果可以为6.125±0.002mm．

故答案为：

140.05，6.125

点评：

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

14．（7分）有一个标有“12V、24W”的灯泡，为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：

A．直流电源15V（内阻可不计）

B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω）

C．直流电流表0～300mA（内阻约5Ω）

D．直流电压表0～15V（内阻约15kΩ）

E．直流电压表0～25V（内阻约200kΩ）

F．滑动变阻器（10Ω、5A）

G．滑动变阻器（1kΩ、3A）

（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验需要从上述器材中再选用　ABDF　（用序号字母表示）．

（2）在图1方框内画出实验原理图．

（3）用笔描线替代导线将图2中实物连好．

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：

①仪器的选择应保证实验的安全、准确和便于调节；先选出必须的仪器；再由灯泡的额定电压可选出电源及电压表；由功率公式可求出电流，则可求出电流表的量程；根据电阻关系可选出滑动变阻器；

②由题目要求要选出滑动变阻器的接法及电流表的接法；

③根据原理图连接实物图．

解答：

解：

①由题意可知，为了完成实验电源为必选；因灯泡的额定电压为12V，故为了安全准确电压表应选D中15V的量程；而灯泡中的电流约为：

I==

=2A；故电流表应选B中3A的量程；而由题意可知，本实验应采用分压接法，故滑动变阻器选小电阻，故选F；故选ABDF；

②由题意可知，本实验应采用分压接法；由于电压表内阻远大于灯泡内阻，故电流表采用外接法，故电路如图所示；

③根据原理图，结合实物图的连接方法，连接实物图即可；如图所示；

故答案为：

①ABDF；②由图所示；（3）如图所示；

点评：

本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意正确理解分压及外接法的应用．

15．（7分）理解并会熟练操作欧姆表，是高中物理学习必须掌握的一种能力．

（1）如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的　C　．

（2）某同学使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下

①把选择开关扳到“×100”的欧姆档上；

②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；

③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针离刻度盘上”∞“位置太近；

④换用“×10”的欧姆档，随即记下欧姆数值；

⑤把表笔从测试笔孔中拔出后，把多用表放回桌上原处，实验完毕．

这个同学在测量时已注意到：

待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆．指出该学生在实验操作中错误的地方并纠正．（三个错误）

错误一：

　指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“×1K”的欧姆档　

错误二：

　欧姆表换挡后要重新调零　

错误三：

　多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档　

考点：

用多用电表测电阻．.

专题：

实验题；恒定电流专题．

分析：

（1）红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零．

（2）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，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，把选择开关置于OFF挡或交流电压最高档．

解答：

解：

（1）正极插孔接电源的负极，每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，由图示电路图可知，C正确，故选C．

（2）由实验步骤可知，实验操作错误有：

错误1：

指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“×1K”的欧姆档；

错误2：

欧姆表换挡后要重新调零；

错误3：

多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档；

故答案为：

（1）C；

（2）指针偏转较小说明电阻偏小，应该选用较大的挡位，即换用“×1K”的欧姆档；欧姆表换挡后要重新调零；

多用电表使用完毕，拔出表笔后要将选择开关调到“OFF”档或交流最高电压档．

点评：

本题考查了欧姆表的使用方法与主要事项、多用电表读数，应用欧姆表测电阻时，要选择合适挡位，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．

三、计算题（本题共4小题，共44分．解答时写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）

16．（10分）如图所示，A、B两点间接一电动势为E=4V，内电阻为r=1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为3Ω，电容器的电容为30μF，电压表为理想电压表，求：

（1）电压表的读数；

（2）电容器所带的电荷量．

考点：

闭合电路的欧姆定律．.

专题：

恒定电流专题．

分析：

（1）当电键S闭合时，电路接通，电压表测R1、R2两端的电压．根据欧姆定律求出总电流，由U=IR可求得电压表的读数；

（2）电容器的电压等于R2、R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．

解答：

解：

（1）当电键S闭合时，三个电阻串联；

根据闭合电路欧姆定律得：

I=

=

=0.4A；

电压表的示数U=I（R1+R2）=0.4×6=2.4V；

（2）电容器与R2、R3并联，总电压UC=I（R2+R3）=0.4×6=2.4V；

电量Q=CUC=30×10﹣6×2.4C=7.2×10﹣5C

答：

（1）电压表读数为2.4V；

（2）电容器所带的电荷量7.2×10﹣5C

点评：

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路结构，明确电压表及电容器的电压．

17．（10分）在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球到达A板时速度恰好为0．若小球所带电荷量q=1.0×