【物理】山东省聊城市外国语学校2014-2015学年高二下学期开学考试

2014-2015学年山东省聊城市外国语学校高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单先题：本题共10小题．每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．全部选对的得4分，有错选或不选的得0分．1．（4分）下列说法中正确的是（）A．电场强度为零的点，电势一定为零B．电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等C．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零D．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比考点：磁感应强度；电场强度．分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用；电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电势是描述电场性质的一种物理量，与电场强度没有直接关系．解答：解：A、电场强度与电势没有关系，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误；B、电场强度处处相等的区域内，电势不处处相等，比如匀强电场，沿着电场线方向，电势是降低的．故B错误；C、处在电场中的电荷一定受到电场力，但在磁场中运动的电荷不一定有磁场力存在，当运动方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，因此某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零．故C正确；D、磁感应强度的大小B=，是比值定义法，因此B与F，与IL均没有关系，故D错误；故选：C点评：考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关．是一道基础题，同时也是易错题．2．（4分）在电场中的某点放入电荷量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为+2q的试探电荷，其它条件不变，此时测得该点的电场强度为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相同C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相反考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为﹣q的试探电荷时的电场强度与放入电荷量为+2q的试探电荷时的电场强度相同．解答：解：电场强度是描述电场强弱的物理量，是试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，是由电场本身决定，故与试探电荷的有无，电性，电量的大小无关．故在该点放入电荷量为﹣q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为+2q的试探电荷时电场强度仍为E．故B正确．故选：B．点评：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关．3．（4分）如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是（）A．带电粒子的电势能越来越小B．带电粒子的电势能越来越大C．带电粒子受到的静电力一定越来越小D．带电粒子受到的静电力一定越来越大考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：负电粒子沿着电场线从高电势向低电势运动，电场力做负功，导致电势能增大；而仅仅一根电场线无法确定电场强度的强弱，因而电场力也无法确定大小．解答：解：A、负电粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，由于沿着电场线电势降低，因此负电粒子所受到的电场力做负功，导致电势能增大．故A错误，B正确；C、由于仅仅一根电场线，所以无法确定电场强度的大小，因此也无法确定电场力的大小．故CD错误；故选：B点评：考查负电粒子沿着电场线运动，电势能增大；若逆着电场线运动，则电势能减小．若正电粒子沿着电场线运动，则电势能减小，若逆着电场线运动，则电势能增大．同时根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，从而来确定电场力的大小．4．（4分）如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A和B，相距为r．球的半径比r小得多，A带电荷量为+4Q，B带电荷量为﹣2Q，相互作用的静电力为F．现将小球A和B互相接触后，再移回至原来各自的位置，这时A和B之间相互作用的静电力为F′．则F与F′之比为（）A．8：3 B．8：1 C．1：8 D．4：1考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．解答：解：由库仑定律可得：没接触前AB之间的静电力为F，则F=k=k，而两球接触后再分开，它们的电荷量是先中和，在平分，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为Q则库仑力F′=k=F，所以F与F′之比为8：1故选B．点评：在解答本题的时候，一定要注意，它们带的异种电荷，在接触之后，它们的电荷量要先中和，之后再平分．5．（4分）一点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功为零，则以下说法中正确的是（）A．A、B两点的电势一定相等B．A、B两点的电场强度一定相等C．该点电荷一定始终沿等势面运动D．作用于该点电荷的静电力方向与其移动方向一定是始终垂直的考点：电势；电场强度；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B两点电势相等，电场强度不一定相等．电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，可判断电荷不一定沿等势面移动，静电力就不一定与移动方向垂直．解答：解：A、根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B两点电势相等，故A正确．B、电场强度与电势没有直接关系，电势相等，场强不一定相等．故B错误．C、D电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，电场力做功为零，电荷不一定沿等势面移动，静电力不一定与移动方向垂直．故C、D错误．故选A．点评：电场力与重力相似，做功只与初末位置有关，与路径无关．6．（4分）如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为（）A．E=100V/m，竖直向下B．E=100V/m，竖直向上C．E=100V/m，水平向左D．E=100V/m，水平向右考点：等势面；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系E=求出电场强度的大小．解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左．两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E==．故选C点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式E=中，d是沿电场线方向两点间的距离．7．（4分）如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A．液滴将向下运动B．液滴不动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化．解答：解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A错误，B也错误．C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大．故C正确，D错误．故选：C．点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C=和电量Q=CU结合分析电量变化．8．（4分）通过两定值电阻R1、R2的电流I和其两端电压U的关系图象分别如图所示，由图可知两电阻的阻值之比R1：R2等于（）A．1：3 B．3：1 C．1：D．：1考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律，分析图线的斜率与电阻的关系，求解电阻之比．解答：解：根据欧姆定律得I=，由数学知识得知，图线的斜率等于电阻的倒数，则R1：R2=cot30°：cot60°=3：1．故选B点评：本题关键要抓住伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，从数学的角度求解电阻之比．9．（4分）下列关于电流的说法中，错误的是（）A．我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流B．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量D．由I=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：电荷的定向移动形成电流，大小和方向都不随时间变化的电流为恒定电流；电流是标量．解答：解：A、大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流；故A正确；B、国际单位制中，电流的单位是安培，简称安；故B正确；C、电流有大小和方向，但电流的计算不适用于平行四边形定则；故C错误；D、由I=可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．故D正确．本题选错误的；故选：C．点评：电流的方向表示电流的流向，与力、位移等方向不同，矢量的运算遵守平行四边形定则，而标量运算遵守代数法则．10．（4分）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．铅蓄电池在1s内将2J的化学能转化为电能B．铅蓄电池将1C的正电荷从正极移至负极的过程中，2J的化学能转变为电能C．铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，2J的化学能转变为电能D．铅蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的小考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势的定义式为E=，表示电源中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转变为电能；电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化的本领越大．解答：解：A、B、C、铅蓄电池内部非静电力将正电荷从负极移至正极．由电动势的定义式E=，可知铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，非静电力做功为2J，电源把2J的化学能转变为电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能．故AB错误，C正确．D、电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势大，这种转化本领大．则知蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大．故D错误．故选：C点评：本题考查对电动势的理解．抓住电动势的物理意义和定义式E=E=是关键，要知道W是非静电力做功，等于产生的电能．二、多先题：本题共5小题．每小题4分，共20分．11．（4分）关于电场线的说法中正确的是（）A．电场中任何两条电场线都不相交B．电场线上每一点的切线方向跟电荷在该点受电场力的方向相同C．沿电场线方向场强越来越小D．电场线越密集的地方同一检验电荷受电场力越大考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿电场线方向电势降低．解答：解：A、电场线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，如果两条电场线相交，则会有两个方向，这显然是不可能的．故A正确；B、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反．故B错误；C、场强的大小与是否沿电场线的方向无关，顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变．故C错误；D、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大，故D正确．故选：AD．点评：电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷出发，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．12．（4分）由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、根据E=，电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零．故C正确．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选BC点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．13．（4分）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I．（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是B．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．解答：解：A、B、t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt﹣I2Rt，故A错误，B正确；C、D、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E＞IR+Ir，故C错误，D正确；故选：BD．点评：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．14．（4分）如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（）A．向右飞行的正离子B．向左飞行的正离子C．向右飞行的负离子D．向左飞行的负离子考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负．解答：解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，若这束粒子带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故AD错误，BC正确．故选：BC．点评：对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系．15．（4分）在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A．若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0B．若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0C．若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0D．若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0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：电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化．解答：解：A、B电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上．若v0＞，则qv0B＞qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度v＜v0．故A错误，B正确．C、D若v0＜，则qv0B＜qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度v＞v0．故C正确，D错误．故选：BC点评：本题关键分析洛伦兹力的方向，运用动能定理时，要抓住洛伦兹力不做功的特点，分析速度的大小．三、本题共4小题．共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．（8分）一种太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，求该电池的内阻为多少？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：短路时，外电阻R=0，根据闭合电路欧姆定律列式求出电池的内阻．解答：解：该电池的内阻答：该电池的内阻为12.5Ω．点评：解决本题的关键要理解短路的意义，熟练运用闭合电路欧姆定律求解电池的内阻．17．（8分）如果把带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从无穷远移至电场中的 A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J．试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）．（2）q未移入电场前A点的电势是多少？考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，电荷从无限远处移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加．根据电场力做功求出无限远与A点间的电势差，无限远电势为零，再求出A点的电势．电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．解答：解：（1）依题，正电荷从无限远处移至电场中的A点，克服电场力做功W=1.2×10﹣4J，其电势能增加1.2×10﹣4J，而电荷在无限远电势能为零，则q在A点的电势能：E p=W=1.2×10﹣4J故A点的电势为：φA===1.2×104V（2）电势反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，所以q未移入电场前A点的电势仍为1.2×104V．答：（1）A点的电势为1.2×104V；在A点的电势能为1.2×10﹣4J；（2）q未移入电场前A点的电势为1.2×104V．点评：本题中对于电场力做功与电荷变化的关系要掌握．电势是描述电场本身性质的物理量，与试探电荷无关．18．（10分）如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B．一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比．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：计算题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L．射出时速度的大小仍不变，射出方向与轴的夹角仍为θ．解答：解：由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，式中R为圆轨道的半径解得①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得②联立①、②两式，解得点评：利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解．19．（14分）如图所示，宽度为L=0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=5T．一根质量m=100g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v=10m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小．（2）作用在导体棒上的拉力的大小．（3）当导体棒匀速运动30cm时撤去拉力，求：运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流．（2）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力．（3）克服安培力做功转化为焦耳热，由能量守恒定律可以求出撤去拉力后产生的焦耳热，然后求出总的热量．解答：解：（1）感应电动势：E=BLv=5×0.2×10V=10V，电流：I===10A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=5×10×0.2=10N，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可得，拉力：F=F安=10N；（3）克服安培力做功产生焦耳热，运动30cm过程中R上产生的热量：Q1=Fs=10×0.3J=3J，撤去拉力至棒停下来过程中，电阻R上产生的热量：，整个过程R上产生的热量：Q=Q1+Q2=3+5=8J；答：（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小为10A．（2）作用在导体棒上的拉力的大小为10N．（3）运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量为8J．点评：本题考查了求电流、拉力、电阻产生的热量，本题难度不大，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功的公式即可正确解题．。