贵州省毕节地区金沙县2014_2015学年高二物理上学期期末试卷(含解析)

贵州省毕节地区金沙县2014-2015学年高二上学期期末物理试卷
一、选择题（1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，共48分．请将正确答案填在答题卡中．）
1．（4分）两个相同的金属小球，所带同种电荷的电量之比为1：5，相距r时相互作用力为F，两者相互接触后再放回原处，则它们间的库仑力为（）
A．B．C．D．F
2．（4分）关于电场，下列叙述正确的是（）
A．孤立点电荷形成的电场中，距点电荷为r的球面上，各点的场强都相同
B．匀强电场中，电场强度处处相同，电势也处处相同
C．匀强电场中，电势降低的方向就是电场强度的方向
D．带电粒子无论在什么电场中，电场力做正功，其电势能一定减小
3．（4分）关于磁场，下列说法中正确的是（）
A．赫兹首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系
B．磁场中磁感线越密的地方磁通量越大
C．通电导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
D．通电导线在磁场中所受安培力为零，磁场的磁感应强度不一定为零
4．（4分）关于电流，下列说法正确的是（）
A．从I=可知，q与t成正比
B．从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比
C．由I=nevs可知，电子运动的速率越大，电流越大
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
5．（4分）某待测电阻约100Ω左右，电压表内阻为3000Ω，电流表内阻为0.2Ω，采用伏安法测电阻时，应选择电流表何种接法，测量误差较小，测量值比真实值相比如何？（）A．内接法，比真实值偏大B．外接法，比真实值偏大
C．内接法，比真实值偏小D．外接法，比真实值偏小
6．（4分）已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反比．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．则关于a、b、c、d 长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是（）
A．由O点指向Oa方向B．由O点指向Ob方向
C．由O点指向Oc方向D．由O点指向Od方向
7．（4分）对于电容器的电容C=，可知（）
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与所带电量Q成正比，与电压U成反比
C．电容C与所带的电量Q多少无关
D．电容器的电容越大，它所带的电荷量就越多
8．（4分）初速度都是零的质子和α粒子，由同一位置经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动．则质子和α粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径之比为（）
A．2：1 B．1：2 C．：1 D．1：
9．（4分）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，则（）
A．电场线方向由B指向A
B．A点场强一定大于B点场强
C．如Q为负电荷，则Q在A点左侧
D．从A运动到B，电子电势能增加
10．（4分）两个等量同种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、O三点，O为连线中点，AB 与AO等距，如图所示，规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（）
A．A点电势比B点高
B．A、B两点的场强方向相同，B点场强可能与A点场强相同
C．A、B、O三点和无穷远处等电势
D．O点场强为0，电势不为0
11．（4分）如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子（不计重力）恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（）
A．其它条件不变，仅将离子电荷量改为+2q，离子将往上偏
B．其它条件不变，仅将速度变为2v0，离子将往上偏
C．其它条件不变，仅将磁感应强度变为2B，离子将往下偏
D．其它条件不变，仅将场强变为2E，离子将往下偏
12．（4分）如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，运动中电量不损失，由图知（）
A．粒子带负电
B．粒子运动方向是abcde
C．粒子运动方向是edcba
D．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长
二、实验填空题（每空2分，作图2分，共20分）
13．（4分）用螺旋测微器测金属丝的直径和用游标卡尺测金属丝长度如图所示，则螺旋测微器的读数为 mm，游标卡尺的读数为mm （游标为20分度）．
14．（6分）如图是简化的多用表的电路．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表：S与1连接时，多用表就成了，S与3连接时，多用表就成了，S与5连接时，多用表就成了．（填“电流表”、“电压表”或“欧姆表”）
15．（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3W”，其他供选择的器材有：
电压表V1，（量程为6V，内阻20KΩ）；
电压表V2，（量程为15V，内阻30KΩ）；
电流表A1，（量程为3A，内阻0.2Ω）；
电流表A2，（量程为0.6A，内阻1Ω）；
变阻器R1（0～1000Ω，0.5A）；
变阻器R2（0～20Ω，2A）；
学生电源E（直流9V）；
开关S及导线若干，
（1）实验中要求在电压表0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，则在上述器材中，电流表应该选，电压表应该选择，变阻器应该选．
（2）在方框中画出此实验的原理图；
（3）测量小灯泡电压时，调节小灯泡的电压的顺序是．（填“从低到高”或“从高到低”）
三、计算题：（三小题，16题10分，17题10分，18题12分，共32分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后的答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
16．（10分）如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电量为q的粒子从O点出发，初速度的大小为v0，在重力和电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动，求：
（1）匀强电场的场强的大小；
（2）粒子从O点运动到最高点发生的位移．
17．（10分）如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上．
（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？
（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？
18．（10分）如图所示，一带电粒子先以某一速度在竖直平面内做匀速直线运动，经过一段时间后进入一磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场区域（图中未画出该磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场，电场强度的大小为E、方向竖直向上．当粒子穿出电场时速率变为原来的倍，已知带电粒子的质量为m、电荷量为q、重力不计，粒子进入磁场前的速度与水平方向成θ=60°角．求：
（1）粒子的电性；
（2）带电粒子在磁场中运动时的速度大小；
（3）该圆形磁场区域的最小面积．
19．（12分）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区（加速前速度为零），如图所示，磁场方向垂直于圆面．磁场区的圆心为O，半径为r．当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M 点，为了让电子束射到屏幕边缘的P点，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，（电子质量为m，电荷量为e）求
（1）电子经过加速场所获得的速度大小；
（2）所加磁场的磁感应强度B大小及方向？
贵州省毕节地区金沙县2014-2015学年高二上学期期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，共48分．请将正确答案填在答题卡中．）
1．（4分）两个相同的金属小球，所带同种电荷的电量之比为1：5，相距r时相互作用力为F，两者相互接触后再放回原处，则它们间的库仑力为（）
A．B．C．D．F
考点：库仑定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两同种电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．
解答：解：由库仑定律可得：F=k，
带电量之比是1：5，当它们相距r时作用力大小为F=k
两金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都变为3q，它们相距r时作用力大小为F′=k=
故C正确、ABD错误．
故选：C．
点评：本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化．
2．（4分）关于电场，下列叙述正确的是（）
A．孤立点电荷形成的电场中，距点电荷为r的球面上，各点的场强都相同
B．匀强电场中，电场强度处处相同，电势也处处相同
C．匀强电场中，电势降低的方向就是电场强度的方向
D．带电粒子无论在什么电场中，电场力做正功，其电势能一定减小
考点：电场；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：电场强度是矢量，以点电荷Q为中心r为半径的球面上各点的场强大小相等，方向不同；场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．当电场力做负功，则电势能一定增大，相反做正功，则一定减小，从而即可求解．解答：解：A、以点电荷Q为中心r为半径的球面上各点的场强大小相等，方向不同，则场强不同；故A错误；
B、匀强电场中，电场强度处处相同，而沿着电场线方向，电势是降低的．故B错误；
C、匀强电场中，电势降低最快的方向是电场强度的方向，故C错误；
D、无论在什么电场中，只要电场力做正功，其电势能一定减小的．故D正确．
故选：D．
点评：以点电荷Q为中心r为半径的球面上各点的场强大小相等，关键的问题是：电场强度是矢量，是有方向的．注意电势降低方向与降低最快方向的不同．
3．（4分）关于磁场，下列说法中正确的是（）
A．赫兹首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系
B．磁场中磁感线越密的地方磁通量越大
C．通电导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
D．通电导线在磁场中所受安培力为零，磁场的磁感应强度不一定为零
考点：安培力；磁感线及用磁感线描述磁场．
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、奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系，故A 错误；
B、磁通量表示穿过磁场中某一积面的磁感线条数，当磁感应强度与平面平行时，磁通量为零，故磁感线越密的地方磁感应强度越大，但磁通量不一定越大．故B错误．
C、根据左手定则可知，通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场方向垂直，故C 错误；
D、当导线电流方向和磁场方向相同或相反时，电流不受安培力作用，此时磁感应强度并不为零，故D正确；
故选：D
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．
4．（4分）关于电流，下列说法正确的是（）
A．从I=可知，q与t成正比
B．从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比
C．由I=nevs可知，电子运动的速率越大，电流越大
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
考点：电流、电压概念．
专题：恒定电流专题．
分析：（1）电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；也可以是正、负电荷同时向相反方向移动形成；
（2）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向．
解答：解：A、当电流一定时，电量才与时间成正比；故A错误；
B、从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比；故B正确；
C、电子运动的速率越大，根据电流的微观表达式I=neSv，决定电流的因素除速度外，还有单位体积自由电子数n，截面积S，故C错误；
D、电流有方向，但电流的计算不适合平行四边形定则；故不是矢量；故D错误；
故选：B．
点评：本题关键记住四个公式，电流定义式、电流的微观表达式、电功率公式和热功率公式，基础题．
5．（4分）某待测电阻约100Ω左右，电压表内阻为3000Ω，电流表内阻为0.2Ω，采用伏安法测电阻时，应选择电流表何种接法，测量误差较小，测量值比真实值相比如何？（）A．内接法，比真实值偏大B．外接法，比真实值偏大
C．内接法，比真实值偏小D．外接法，比真实值偏小
考点：伏安法测电阻．
专题：恒定电流专题．
分析：根据R与的大小关系确定内外接法；根据欧姆定律和电路分析误差．
解答：解：待测电阻约为100Ω，因100Ω＞=
为大电阻用电流表内接法，根据R=知电压测量为电流表和R两端电压，数值偏大，故测量
值偏大．
故选：A
点评：此题要根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法；大电阻内接，测量值偏大，小电阻用外接，测量值偏小．
6．（4分）已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反比．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．则关于a、b、c、d 长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是（）
A．由O点指向Oa方向B．由O点指向Ob方向
C．由O点指向Oc方向D．由O点指向Od方向
考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B
的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大约方和向．解答：解：假设I a=I c=I d=I b，则根据矢量的合成法则，可知，b、d两棒产生的磁场为零，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；
故D正确，ABC错误；
故选：D
点评：考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，注意右手螺旋定则与右手定则的区别．
7．（4分）对于电容器的电容C=，可知（）
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与所带电量Q成正比，与电压U成反比
C．电容C与所带的电量Q多少无关
D．电容器的电容越大，它所带的电荷量就越多
考点：电容．
专题：电磁学．
分析：电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电量无关．电容器不带电，其电容C不为零．对于给定的电容器，其电容一定，电量的变化量与电压的变化量的比值等于电容．解答：解；
A、电容器不带电，其电容C也不为零，故A错误．
B、电容的定义公式是C=，采用的是比值定义法，不能说电容C与带电Q成正比，与电压
U成反比．故B错误．
C、电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电量无关．故C正确．
D、电容器的电容越大，它所带的电荷量可能为零．故D错误．
故选：C．
点评：本题要抓住电容比值定义法的共性，电容反映了电容器容纳电荷本领的大小，与电压、电量无关．
8．（4分）初速度都是零的质子和α粒子，由同一位置经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动．则质子和α粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径之比为（）
A．2：1 B．1：2 C．：1 D．1：
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：粒子先在电场中加速，根据动能定理列式求解末速度；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，然后求出轨道半径之比．解答：解：解：粒子先在电场中加速，根据动能定理，有：
qU=①
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=m②，
联立①②解得：r=∝，
质子（H）和α粒子（He）的半径之比：，故D正确．
故选：D
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．
9．（4分）如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，则（）
A．电场线方向由B指向A
B．A点场强一定大于B点场强
C．如Q为负电荷，则Q在A点左侧
D．从A运动到B，电子电势能增加
考点：电势差与电场强度的关系；电场线；电势能．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据电子的运动方向判断出电场的方向，分析点电荷可能的位置．从能量转化的角度动能增加，电势能减小．电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
解答：解：A、初速为零的电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，则电场力所受的电场力从A运动到B，电场线方向由B指向A，故A正确．
B、由于不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱．故B错误．
C、若Q为负电荷，负电荷对电子有斥力，则Q一定在A点左侧，故C正确．
D、电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，故D错误．
故选：AC．
点评：解决本题的关键根据电子的运动方向判断出电场的方向．以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
10．（4分）两个等量同种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、O三点，O为连线中点，AB 与AO等距，如图所示，规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（）
A．A点电势比B点高
B．A、B两点的场强方向相同，B点场强可能与A点场强相同
C．A、B、O三点和无穷远处等电势
D．O点场强为0，电势不为0
考点：电场的叠加；电场强度；电势．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低．
解答：解：A、取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变；但不知道是等量正电荷还是等量负电荷，故无法判断A点电势与B点电势的高低，故A错误；
B、根据电场的叠加原理可知a、b两点的场强方向相同（竖直），但电场线疏密关系不能确定，所以场强大小不能判断，可能相等，故B正确；
C、取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变，故电势改变，故C错误；
D、取一个试探电荷，在O点电场力为零，故O点场强为零；取一个试探电荷，从O点沿着中垂线向上移动，电场力一直做正功或负功，说明电场方向不变，故电势改变，由于无穷远电势为零，故O点电势不为零；故D正确；
故选：BD．
点评：本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析，基础题目．
11．（4分）如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子（不计重力）恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（）
A．其它条件不变，仅将离子电荷量改为+2q，离子将往上偏
B．其它条件不变，仅将速度变为2v0，离子将往上偏
C．其它条件不变，仅将磁感应强度变为2B，离子将往下偏
D．其它条件不变，仅将场强变为2E，离子将往下偏
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：粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动．
解答：解：正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=E．
A、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故A错误．
B、若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确．
C、若仅将磁感应强度变为2B，根据左手定则判断可知，正离子受向上的洛伦兹力变大，方向向下的电场力又不变，所以正离子向上偏转，故C错误．
D、若仅将场强变为2E，向下的电场力大于向上的洛伦兹力，所以正离子将向下偏转，故D 正确．
故选：BD．
点评：本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题．
12．（4分）如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，运动中电量不损失，由图知（）
A．粒子带负电
B．粒子运动方向是abcde
C．粒子运动方向是edcba
D．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长
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：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系．
解答：解：A、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba．根据左手定则知，粒子带负电．故AC正确，B错误．
D、由T=知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为．故D错误．
故选：AC．
点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解．
二、实验填空题（每空2分，作图2分，共20分）
13．（4分）用螺旋测微器测金属丝的直径和用游标卡尺测金属丝长度如图所示，则螺旋测微器的读数为3.935 mm，游标卡尺的读数为91.60mm （游标为20分度）．
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、螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为43.5×0.01mm=0.435mm，所以最终读数为3.5mm+0.435mm=4.700mm．
2、游标卡尺的主尺读数为：91mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，
所以最终读数为：91mm+0.60mm=91.60mm．
故答案为：3.935；91.60．
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．（6分）如图是简化的多用表的电路．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表：S与1连接时，多用表就成了电流表，S与3连接时，多用表就成了电压表，S与5连接时，多用表就成了欧姆表．（填“电流表”、“电压表”或“欧姆表”）
考点：用多用电表测电阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：电表改装时，串联分压电阻成为电压表，并联分流电阻成为电流表，连入电源成为欧姆表．
解答：解：S与1连接时，表头与R1R2并联，多用表就成了电流表；
S与3连接时，表头与R3串联，多用表就成了电压表；
S与5连接时，连接了电源，多用表就成了欧姆表．
故答案为：电流表，电压表，欧姆表．
点评：本题考查了多用电表的内部结构，可以利用如何把小量程的电流表改装为电压表和大量程的电流表去分析．。