福建省莆田市哲理中学2014-2015学年高二上学期期末考试物理试卷
福建省莆田哲理中学2014_2015学年高二物理上学期期末考试试题(无答案)
2014-2015学年上学期高二物理期末考试卷考试时间：90分钟姓名：__________班级：__________座号：__________一、单项选择（共10小题，每小题4分。
共40分。
）1、在阴极射线管的正上方平行放置通以强电流的一根长直导线，其电流方向如图所示.则阴极射线将（）A．向上偏斜； B．向下偏斜；C．向纸里偏斜； D．向纸外偏斜.2、关于磁感线的概念和性质，以下说法中正确的是（）A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度方向；B．磁场中任意两条磁感线有可能相交；C．铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是实际存在的磁感线；D．磁感线总是从磁体的N极发出终止于磁体的S极.3、一带电粒子，沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子一段径迹如图所示，径迹上每一小段都看成圆弧，由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小，（带电量不变）,则（）A．粒子带正电，从B射入；B．粒子带正电，从A射入；C．粒子带负电，从B射入；D．粒子带负电，从A射入.4、如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度（）A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同5、一个通电直导线的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将（）A．顺时针转动B．向左移动C．向右移动D．逆时针转动6、在下列所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）A．B． C． D．7、两环平面垂直，通过两环的磁通量Φa、Φb比较，则（）A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb C．Φa=Φb D．无法确定8、如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）A． S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B． S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C． S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I2逐渐减为零，方向与I2相反D． S断开瞬间，小灯拍L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变9、如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为( )A. B.C. D.10、长方体金属块放在匀强磁场中,有电流通过金属块,如图所示,则下列说法正确的是（）A.金属块上下表面电势相等B.金属块上表面电势高于下表面电势C.金属块上表面电势低于下表面电势D.无法比较上、下表面的电势高低二、填空题（共20分。
福建省莆田市2014届高三毕业班教学质量检查物理试题【解析版】
福建省莆田市2014届高三毕业班教学质量检查物理试题本试卷份第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分．考试期间90分钟．注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内 作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号； 非选择题答案使用O ．5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第1卷(选择题共40分)一、单项选择题(10小题-每小题4分，共40分。
) 1．下列单位换算关系中，正确的是( )A ．1 V=1 Wb ·s 一1B ．1 T=1 Wb ·m 一1C ．1 J=1 C ．sD ．1 F=1 C ．A 一1 考点：基本量和基本单位、导出单位 答案： A法拉第电磁感应定律：t E ∆∆=φ，单位为1 V=1 Wb ·s 一1 ，A 正确。
B 对应的公式可能是SB φ=，单位不对；C 对应的公式可能是Uq W =，单位不对；D 对应的公式可能是U QC =，单位不对.2．一质点沿直线运动时的速度—时间图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．质点在前1S 内和前3 s 内的位移方向相反B ．质点在第2s 末和第4s 末的加速度方向相同C ．质点在第3 s 末和第5s 末的位置相同D ．质点将一直沿同一方向做直线运动 考点：运动图像及其应用 答案：Cv-t 图像中面积代表位移，质点在前1S 内和前3 s 内的位移等大同向，A 错误；质点在第3 s 末和第5s 末的位移相同，C 正确；斜率表示加速度的大小和方向，质点在第2s 末和第4s 末的加速度方向相反，B 错误；前2s 内正向运动，2-4s 内反向运动，D 错误。
福建省莆田市2014年中考物理试题(word解析版)
福建省莆田市2014年中考物理试题（word解析版）一、单项选择题（每小题2分，共30分）1．（2分）电功的国际单位是（）A．伏特（V）B．安培（A）C．瓦特（W）D．焦耳（J）2．（2分）金属导体之所以具有良好的导电性，是因为金属导体中存在大量的（）A．原子B．自由电子C．质子D．中子3．（2分）如图是2013年10月19日凌晨发生的月偏食现象，它的成因是（）A．光的直传播B．光的反射C．光的折射D．光的色散4．（2分）一个验电器的两个金属箔片因带电而张开，则这两个金属箔片一定（）A．带正电B．带负电C．带同种电荷D．带异种电荷5．（2分）我们通过电视观看王亚平太空授课时，不看电视画面，仅凭声音就知道是王亚平在讲话，判断的依据是声音的（）A．响度B．音色C．音调D．频率6．（2分）下列不符合安全用电原则的是（）A．发现有人触电时，应先切断电源B．同一插座不要同时使用多个大功率电器C．大功率用电器的金属外壳应接地D．导线或用电器起火时，可立即用水扑灭7．（2分）关于电磁波和声波，下列说法正确的是（）A．它们都可以在真空中传播B．它们传播的速度都为3×108m/sC．它们都可以传递信息D．它们都不会对人类和环境造成危害8．（2分）图中，正确表示了光从空气进入玻璃中的光路图是（）A．B．C．D．9．（2分）四冲程汽油机的做功冲性，其能量转化过程是（）A．机械能转化成内能B．内能转化成机械能C．化学能转化成内能D．内能转化成化学能10．（2分）运动员跳运时总是先助跑一段距离后再起跳，这是为了（）A．利用惯性B．克服惯性C．增大惯性D．减小惯性11．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．温度为0℃的冰没有内能B．温度高的物体比温度低的物体内能大C．温度高的物体含有的热量多D．物体吸收或放出的热量可以为零，但物体的内能不会为零12．（2分）利用图中甲、乙两种装置，将同一重物分别匀速提升同一高度，不计摩擦及绳子的重量，则（）A．以各自的滑轮为参照物，重物都是静止的B．拉力F甲一定比拉力F乙大C．两种装置的机械效率不一样D．两次重物增加的重力势能不一样13．（2分）高考时，工作人员拿着金属探测仪对考生进行检查，以防止考生将手机等含有金属部分作弊工具带入考场（如图）．当探测仪中的线圈靠近金属导体时，在金属导体内部就会产生一种特殊电流，从而触发报警．则探测仪的工作原理是（）A．电磁感应现象B．磁场对电流的作用C．电流的磁效应D．磁极间的相互作用14．（2分）如图所示，将苹果放在水中，静止后会漂浮在水面上．若将苹果露出水面的部分切掉，余下部分重新放入水中，则余下苹果将（）A．漂浮B．悬浮C．下沉D．无法确定15．（2分）明香同学周六放假回家后，发现家里的一盏电灯不亮了．于是她闭合开关S，用试电笔测试如图中的a、b、c、d四点时，只有d点不发光（如图），则电路的故障可能是（）A．开关s接触不良B．电灯的灯丝断了C．电灯的灯丝被短路了D．c、d之间的某处断路了二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）16．（3分）端午节期间，我市多地举行了划龙舟比赛（如图）．（1）运动员通过鼓声来统一划龙舟的节奏．鼓声是由鼓面的产生的．（2）划水时，船桨是杠杆．（选填“省力”、“费力”或“等臂”）（3）运动员向后划水，船就向前进，这说明物体间力的作用是的．17．（3分）瓶装液化石油气中都加有特殊气味的物质．当液化气泄漏时，人们能及时闻到异味，这是有特殊气味的物质在空气中发生了现象的缘故．从燃料燃烧的角度看，液化气与煤相比，具有大、污染小的优点．18．（3分）巴西世界杯正如火如荼地进行．运动员用头顶足球时（如图），足球向内凹陷了，这说明力可以改变物体的；同时足球的运动方向改变了，这又说明力可以改变物体的．19．（3分）英国科学家研发出一种“激光橡皮”．在激光照射下，纸张上的黑色碳粉直接（填物态变化名称）为高温碳蒸气，字迹消失；在这个过程中，碳粉是通过（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变内能的．经过特殊冷却装置，高温碳蒸气又直接（填物态变化名称）成碳粉．这样，废纸和碳粉重新得到了利用，可有效地节约资源并保护环境．20．（3分）电热器是利用电流的效应来工作的．某发热元件是一个阻值为1×104Ω的电阻，通过的电流为0.1A，通电100s产生的热量是J．21．（3分）小芳面向穿衣镜站在镜前1m处，则镜中的像与镜面相距m．若她远离穿衣镜后退0.5m，则镜中的像与她相距m．三、解答题（共1小题，满分2分）22．（2分）请画出图中光滑斜面上物体的受力示意图．三、简答题（共4分）23．“玉兔号”月球车的车轮不仅宽大，而且外表面有一些凸起的棱，这是为什么？四、实验探究题（共30分）24．（4分）在探究凸透镜成像规律的实验中，凸透镜的焦距为15cm．将蜡烛，凸透镜，光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛，并将它们的中心调节到同一高度．（1）如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，左右移动光屏，光屏上（选填“能”或“不能”）呈现一个清晰的像；若在光屏一侧用眼睛透过凸透镜观察，会看到一个烛焰立的像．（2）当烛焰距凸透镜35cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰、倒立、的实像．日常生活中利用这一原理制成的光学仪器是．25．（5分）如图所示为某固体加热时温度随时间变化的图象．（1）该固体为（选填“晶体”或“非晶体”），因为其有固定的熔点，且熔点为℃．（2）处在图中CD阶段时，该物体为．（选填“固态”、“液态”或“气态”）（3）处在图中BC和DE阶段时，物体需．（选填“吸热”或“放热”）（4）吸收相同的热量，在AB阶段比在CD阶段温度上升快，这是因为该物质在AB阶段时的比热容比在CD阶段时的．26．（5分）为了用伏安法测定盐水的电阻，小忠同学选取一段塑料管，将其充满某种浓度的盐水，两端用金属塞（焊有接线柱）堵住管口，接在如图甲所示的部分电路中．（1）实验的原理是．（用公式表示）（2）图甲中还有两处导线未画出，请在图中补画完整．已知电源电压为6V；要求滑动变阻器的滑片P向右移动时接入电路的电阻变大．（3）某次测量时电压表的示数为5.0V，电流表的示数如图乙所示，其读数为A，则测得盐水的电阻为Ω．27．（4分）科学家们已经发现了巨磁电阻（GMR）效应，它是指某些材料的电阻在磁场中急剧减小，且磁场越强，电阻越小的现象．利用这一现象，可以用来探究磁体周围的磁场强弱．如图所示，将GMR放在螺线管的右端．（1）闭合开关S1，螺线管左端的磁极为极．（2）闭合开关S1、S2，电流表示数为I．保持GMR位置不变，将电源的正负极对调，则此时电流表的示数将I；将GMR移至螺线管的上方的中间位置，电流表的示数将I．（选填“大于”、“等于”或“小于”）（3）将GMR分别放入通电螺线管内部的不同位置，发现电流表的示数几乎不变．据此，你的合理猜想是．28．（6分）在探究杠杆平衡条件的实验中．（1）如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，可以向移动左端的螺母．（选填“左”或“右”）（2）如图乙所示，为了使杠杆平衡，应在P点挂个同样的钩码；若是改用在P点沿虚线方向拉弹簧测力计，则测力计的示数会（选填“大于”、“等于”或“小于”）上述所要挂钩码的总重量，因为这时拉力的力臂（选填“变小”或“变大”）了．（3）在图乙中，保持杠杆左边所挂钩码的位置和个数不变，用弹簧测力计分别在杠杆右边的不同位置竖直向下拉杠杆，使之平衡，得到表中的几组数据，请在图丙中绘出F﹣L图象．由表中数据或图象可知，在阻力与阻力臂一定的条件下，动力F与动力臂L成．（选填“正比”或“反比”）动力F/N 6.0 4.0 3.0 2.0 1.5动力臂L/cm 57.5 10 15 2029．（6分）五一节期间，小华同学去湄洲岛游玩，在沙滩上捡到一块漂亮的鹅卵石，回到家后，她想测一下这块鹅卵石的密度．（1）如图甲，鹅卵石受到拉力为N，则它的质量为g．（g取10N/kg）（2）按图乙中的方法测出鹅卵石的体积为mL．（3）算出鹅卵石的密度为g/cm3．（4）下列实验或研究中所用方法与图乙中测体积的方法相同的是．A．探究平面镜成像时，使蜡烛B与蜡烛A的像完全重合来研究像与物的大小关系B．测量电压时，用电压表测出电阻两端的电压C．探究液体压强的大小与液体种类的关系时，保持深度一定D．研究磁体周围的磁场强弱时，引入磁感线．五、计算题（共20分）30．（4分）某家用电饭煲的额定功率为1100W，额定电压为220V．求：（1）正常工作时电饭煲中的电流；（2）电饭煲正常工作0.5h消耗的电能．31．（7分）如图为一种水陆两栖抢险救援车，人和车的总重量为6×103N．已知ρ水=1×103kg/m3，g取10N/kg．问：（1）救援车停泊在水面时排开水的体积多大？（2）当救援车以10m/s的速度在陆地上匀速行速时，受到的阻力为其总重量的0.1倍．救援车行驶5min，牵引力做的功是多少？32．（9分）某玻璃厂要研发一款新型玻璃，要求每平方米能承受5×105N的撞击力．测试时，取一小块玻璃样品（质量可不计），平放在如图甲所示电路中的压力传感器上，闭合开关S，释放重物，经撞击后玻璃仍完好无损，电流表的示数随时间变化的图象如图乙所示（不考虑t0时刻之后的情况）．已知压力传感器的阻值R N随压力F变化的图象如图丙所示；玻璃受到最大撞击力时与重物的接触面积S0=1×10﹣3m2；电源电压U=36V，定值电阻R0=20Ω．则：（1）从重物开始下落到撞击玻璃样品前这段时间内，电阻R0两端的电压是多少？（2）玻璃样品受到的最大撞击力多大？（3）请通过计算说明该样品是否满足设计要求？《试题解析》详见附件福建省莆田市2014年中考物理试题（word解析版）一、单项选择题（每小题2分，共30分）1．（2分）（2014•莆田）电功的国际单位是（）A．伏特（V）B．安培（A）C．瓦特（W）D．焦耳（J）考点：电功．专题：电能和电功率．分析：电功是指电流所做的功，其国际单位是焦耳（J）．解答：解：A、伏特（V）是电压的国际单位制单位，不合题意；B、安培（A）是电流的国际单位制单位，不合题意；C、瓦特（W）是电功率的国际单位制单位，不合题意；D、焦耳（J）是电功的国际单位制单位，同时也是机械功、机械能、热量的国际单位制单位，符合题意．故选D．点评：本题考查了对几种常见的电学物理量的单位的辨析，掌握物理量的单位，是我们学习物理知识的基础．2．（2分）（2014•莆田）金属导体之所以具有良好的导电性，是因为金属导体中存在大量的（）A．原子B．自由电子C．质子D．中子考点：金属导电的实质．专题：电流和电路．分析：导体能导电的原因是因为导体内有大量自由移动的电荷，金属是导体其内部有大量移动的电荷，即自由电子．解答：解：金属容易导电，是因为金属导线里面有大量的自由电子．故选B．点评：本题考查了导体容易导电的原因，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确答题．3．（2分）（2014•莆田）如图是2013年10月19日凌晨发生的月偏食现象，它的成因是（）A．光的直传播B．光的反射C．光的折射D．光的色散考点：光直线传播的应用．专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：月偏食形成的原因是由于光的直线传播形成的．解答：解：月偏食是由于光的直线传播形成的，可以用光的直线传播来解释．故选A．点评：本题考查了光的直线传播，解决此题要求了解一些光的直线传播产生的现象及其他光现象，属于基本内容，比较简单．4．（2分）（2014•莆田）一个验电器的两个金属箔片因带电而张开，则这两个金属箔片一定（）A．带正电B．带负电C．带同种电荷D．带异种电荷考点：验电器的原理及使用．专题：电流和电路．分析：掌握验电器的工作原理能顺利解题．验电器的工作原理：同种电荷相互排斥．解答：解：带电体接触验电器的金属球时，两片金属箔上都带上和带电体相同的电荷，根据同种电荷相互排斥而张开．故选C．点评：本题考查了验电器工作原理．属于基础性习题．5．（2分）（2014•莆田）我们通过电视观看王亚平太空授课时，不看电视画面，仅凭声音就知道是王亚平在讲话，判断的依据是声音的（）A．响度B．音色C．音调D．频率考点：音调、响度与音色的区分．专题：声现象．分析：声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．解答：解：不同人的声音，音调和响度可能相同，但音色一般不同；从声音判断出是王亚平在讲话，依据是音色不同．故选：B．点评：声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同．6．（2分）（2014•莆田）下列不符合安全用电原则的是（）A．发现有人触电时，应先切断电源B．同一插座不要同时使用多个大功率电器C．大功率用电器的金属外壳应接地D．导线或用电器起火时，可立即用水扑灭考点：安全用电原则．专题：电与热、生活用电．分析：（1）发现有人触电时，应先切断电源，再采取措施救人；（2）家庭电路电流过大的原因：短路或用电器的总功率过大；（3）三孔插座中多出一个专门用于接地的孔，目的是为了让大功率用电器的金属外壳与大地相连；（4）导线或用电器起火时，应先切断电源，再采取灭火措施．解答：解：（1）发现有人触电时，应先切断电源再去救人，否则会造成救人的人触电，故A符合安全用电原则；B、同一插座不要同时使用多个大功率电器，会导致导线过热，容易引发火灾，故B符合安全用电原则；C、大功率用电器的金属外壳应接地，可避免因电器漏电时外壳带电而引发触电事故，故C符合安全用电原则；D、家用电器失火时，应先切断电源，再采取灭火措施，故D不符合安全用电原则．故选D．点评：此题主要考查的是学生对安全用电原则的了解和掌握，是基础性题目．7．（2分）（2014•莆田）关于电磁波和声波，下列说法正确的是（）A．它们都可以在真空中传播B．它们传播的速度都为3×108m/sC．它们都可以传递信息D．它们都不会对人类和环境造成危害考点：电磁波的传播；声音的传播条件．专题：信息的传递．分析：声音在15℃空气中传播速度是340m/s，电磁波的传播速度是3×108m/s；声音的传播需要介质，电磁波的传播不需介质，但是都可以被反射；电磁波和声波都可以传递信息和能量．解答：解：A、声波不能在真空中传播，故A错误；B、声音在15℃空气中传播速度是340m/s，电磁波的传播速度是3×108m/s；故B错误；C、电磁波和声波都可以传递信息和能量，故C说法正确；D、声波是种机械波，靠空气传播，而电磁波不需要介质就可以传播，遇到障碍物都可以发生反射，并且两者都可以对人体产生危害，及产生环境污染，故D叙述错误．故选：C．点评：本题主要考查学生对声波和电磁波的异同点的了解和掌握，是一道基础题．8．（2分）（2014•莆田）图中，正确表示了光从空气进入玻璃中的光路图是（）A．B．C．D．考点：作光的折射光路图．专题：图析法．分析：要解决此题，需要掌握光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧．当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角．解答：解：A、光从空气斜射入玻璃中，折射角应小于入射角，而图中折射角却大于入射角，故本选项错误．B、折射光线与入射光线在法线的同侧了，所以画法错误，不符合题意．C、光从空气斜射入玻璃中，折射角小于入射角．故本选项正确．符合题意．D、光从空气斜射入玻璃，光的传播方向没有变，故本选项错误，不符合题意．故选C．点评：此题主要考查了光的折射光线的画法，首先要熟练掌握光的折射定律的内容，关键是搞清折射角与入射角的关系．9．（2分）（2014•莆田）四冲程汽油机的做功冲性，其能量转化过程是（）A．机械能转化成内能B．内能转化成机械能C．化学能转化成内能D．内能转化成化学能考点：内燃机的四个冲程．专题：比热容、热机、热值．分析：内燃机的一个工作循环有吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，其中压缩冲程是机械能转化成内能，做功冲程是内能转化为机械能．解答：解：在做功冲程中，火花塞放电，汽缸内的汽油迅速燃烧，高温高压的燃气对活塞做功，将内能转化为机械能．故选B．点评：此题考查了内燃机做功冲程的能量转化情况，一定要与压缩冲程的能量转化情况区分开．10．（2分）（2014•莆田）运动员跳运时总是先助跑一段距离后再起跳，这是为了（）A．利用惯性B．克服惯性C．增大惯性D．减小惯性考点：惯性在实际生活中的应用．专题：运动和力．分析：跳远运动员在比赛中都是先助跑一段距离后才起跳，目的是为了使自己处于运动状态，跳远时，由于惯性，运动员跳起是具有更大的速度，从而使运动员跳的更远．解答：解：因为先跑一段距离目的是为了使自己处于运动状态，跳起后，由于惯性，身体还要保持原来的速度向前运动以增大跳远的距离，所以运动员先跑一段距离才起跳，所以这样做不能减小人对地面的压力和人体重力，也不能增大人体惯性，而是利用人体的惯性．故选A．点评：此题通过跳远运动考查了学生对惯性的理解，会用所学知识解释我们身边一些现象，从中体会物理与生活的密切关系．11．（2分）（2014•莆田）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（）A．温度为0℃的冰没有内能B．温度高的物体比温度低的物体内能大C．温度高的物体含有的热量多D．物体吸收或放出的热量可以为零，但物体的内能不会为零考点：温度、热量与内能的关系．专题：热和能．分析：（1）物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，任何物体都具有内能；（2）内能与物体的质量和温度两个因素有关，同一物体，温度越高，内能越大；（3）热量是个过程量，只能说吸收或者放出热量，不能说含有热量．解答：解：A、任何物体都具有内能，该选项说法不正确；B、温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，因为内能还与质量有关，该选项说法不正确；C、不能说物体含有热量，因为热量是一个过程量，该选项说法不正确；D、物体的内能不会为零，一切物体都具有内能，该选项说法正确．故选D．点评：本题考查了学生对内能概念的了解，知道内能是不同于机械能的另一种形式的能，任何物体都具有内能．12．（2分）（2014•莆田）利用图中甲、乙两种装置，将同一重物分别匀速提升同一高度，不计摩擦及绳子的重量，则（）A．以各自的滑轮为参照物，重物都是静止的B．拉力F甲一定比拉力F乙大C．两种装置的机械效率不一样D．两次重物增加的重力势能不一样考点：定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点．专题：简单机械．分析：（1）判断物体是否运动应看它相对于所选的参照物位置是否发生改变；（2）根据滑轮的特点分析：定滑轮不省力，动滑轮省一半的力；（3）机械效率是指有用功占总功的百分比，而有用功和额外功之和称为总功．在不计绳重和摩擦的情况下，滑轮组的机械效率η=，据此公式来分析机械效率的大小是否相同；（4）重力势能与物体的质量和高度有关，据此分析．解答：解：A、甲图中重物随着动滑轮一起上升，以动滑轮为参照物，重物是静止的；乙图中重物相对于定滑轮的位置不断发生变化，因此是运动的，该选项说法不正确．B、根据滑轮的特点，甲图的动滑轮要比乙图的定滑轮省力，该选项说法不正确．C、不计摩擦及绳子的重量，提升同一重物到同一高度，有用功是相同的，甲图要克服动滑轮的重力做额外功，因此动滑轮的机械效率小，该选项说法正确；D、同一重物分别匀速提升同一高度，重物的质量和提升的高度都是相同的，因此重力势能大小也相同，该选项说法不正确．故选C．点评：本题主要考查了两种滑轮的省力情况、机械效率大小以及重力势能的相关知识，掌握两种滑轮的不同特点是解决此类题目的关键．13．（2分）（2014•莆田）高考时，工作人员拿着金属探测仪对考生进行检查，以防止考生将手机等含有金属部分作弊工具带入考场（如图）．当探测仪中的线圈靠近金属导体时，在金属导体内部就会产生一种特殊电流，从而触发报警．则探测仪的工作原理是（）A．电磁感应现象B．磁场对电流的作用C．电流的磁效应D．磁极间的相互作用考点：电磁感应．专题：电和磁．分析：通过题目中告诉的信息明确金属探测器的工作原理．解答：解：根据题目中：“当探测仪中的线圈靠近金属导体时，在金属导体内部就会产生一种特殊电流，”可以确定该设备的制成原理是电磁感应现象．故选A．点评：本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理．14．（2分）（2014•莆田）如图所示，将苹果放在水中，静止后会漂浮在水面上．若将苹果露出水面的部分切掉，余下部分重新放入水中，则余下苹果将（）A．漂浮B．悬浮C．下沉D．无法确定考点：物体的浮沉条件及其应用．专题：浮沉的应用．分析：由物体的浮沉条件可知苹果与水的密度关系，根据切去一半后苹果的密度不变可以判断浮沉情况．解答：解：苹果处于漂浮状态，依据密度与浮沉关系可知ρ果＜ρ水，苹果的密度较均匀，切去一半后仍小于水的密度，所以仍可处于漂浮状态．故选A．点评：物体的浮沉条件的有两种表述：合力表述和密度表述；应根据不同的题目选择不同的表述方式进行解答．15．（2分）（2014•莆田）明香同学周六放假回家后，发现家里的一盏电灯不亮了．于是她闭合开关S，用试电笔测试如图中的a、b、c、d四点时，只有d点不发光（如图），则电路的故障可能是（）A．开关s接触不良B．电灯的灯丝断了C．电灯的灯丝被短路了D．c、d之间的某处断路了考点：家庭电路的故障分析．专题：电与热、生活用电．分析：测电笔是用来辨别火线和零线的：用手接触笔尾的金属体，笔尖接触火线，测电笔的氖管将发光；试电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有d点不发光，则d点与火线断开，a、b、c与火线连通的，据此判断．解答：解：A、开关s接触不良，b、c、d三点都不会发光，故A错误．B、电灯的灯丝断了，c、d两点都不会发光，故B错误．C、电灯的灯丝被短路了，形成电源短路，将烧坏导线，故C错误．D、c、d之间的某处断路了，a、b、c三点发光，d点不发光，故D正确．故选D．点评：本题考查了家庭电路故障的判断、测电笔的使用，反应同学学以致用的能力，在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮．二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）16．（3分）（2014•莆田）端午节期间，我市多地举行了划龙舟比赛（如图）．（1）运动员通过鼓声来统一划龙舟的节奏．鼓声是由鼓面的振动产生的．（2）划水时，船桨是费力杠杆．（选填“省力”、“费力”或“等臂”）（3）运动员向后划水，船就向前进，这说明物体间力的作用是相互的．考点：声音的产生；力作用的相互性；杠杆的应用．专题：其他综合题．分析：（1）声音是由物体的振动产生的，振动停止，声音也停止；（2）先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；解答：解：（1）鼓声是由于鼓面振动产生的；（2）因为船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆，但省距离．（3）物体间力的作用是相互的，用桨向后划水，同时水给桨一个向前的力，推动船向前行驶；故答案为：振动；费力；相互．点评：本题考查的是物理综合性知识，在生活中的物理知识是很丰富的，所以学生们在学习物理的同时应该不断地从生活中发现物理．17．（3分）（2014•莆田）瓶装液化石油气中都加有特殊气味的物质．当液化气泄漏时，人们能及时闻到异味，这是有特殊气味的物质在空气中发生了扩散现象的缘故．从燃料燃烧的角度看，液化气与煤相比，具有热值大、污染小的优点．考点：扩散现象；燃料的热值．专题：热和能．分析：两种物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散．单位质量某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值．根据Q放=mq可知：在放出热量一定时，质量和热值成反比，质量越小说明燃料的热值越大．解答：解：使用液化石油气时，有时会闻到石油气的气味，这是因为汽油分子扩散到空气中，进入我们的鼻子中，我们就闻到了石油的气味；加热同样多的食品，当燃料完全燃烧时，使用液化石油气质量只需蜂窝煤质量的三分之一．这说明放出相同的热量，液化石油气的质量小于所需蜂窝煤的质量，根据Q放=mq可知，液化石油气的热值比蜂窝煤的热值大．故答案为：扩散；热值．点评：此题考查的扩散现象和热值的理解．18．（3分）（2014•莆田）巴西世界杯正如火如荼地进行．运动员用头顶足球时（如图），足球向内凹陷了，这说明力可以改变物体的形状；同时足球的运动方向改变了，这又说明力可以改变物体的运动状态．。
福建省莆田十五中高二物理上学期期末考试试卷(无答案)
莆田第十五中学2014～2015学年度上学期高二物理期末试卷一.单项选择题（共11小题，共44分） 1. 下列关于单位的式子中错误的是（ ）A 、1V=1T ·m2/sB 、1N=1T ·C ·m/s C 、1T ·m/s=1V/mD 、1T=1Wb ·m2 2. 下列说法正确的是（ ）A ．带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合。
B ．电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其大小。
C ．洛伦兹力的方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直。
D ．由B=F/IL 知，通电直导线垂直于磁场方向放置，B 与通电直导线所受的安培力成正比，与通电导线I 、L 的乘积成反比3. 在图中，标出了磁场B 的方向、通电直导线中电流I 以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是 （ ）4. 一只“220V ，100W“的灯泡连接在u=311sin314t （V ）的交流电源上，则下面说法中正确的是 （ ）A 、灯泡中电流方向每秒变化50次B 、与灯泡串联的电流表读数为0.456AC 、与灯泡并联的电压表读数为311VD 、此时灯泡上所消耗的功率约为140W 5. 如图所示，两个相同的带电粒子，同时垂直射入一个正方形的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨迹分别是a 和b ，则它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系是（ ）A ．Va ＞Vb ，ta ＞tbB ．Va ＜Vb ，ta ＜tbC ．Va ＞Vb ，ta ＜tbD ．Va ＝Vb ，ta ＝tb6. 如图所示，长直导线旁边同一平面有一矩形线圈abcd,导线中通有竖直向上的电流。
下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba 方向电流的是（ ） 线圈向左平动 B.线圈竖直向下平动 C.线圈以ab 边为轴转动 D.线圈右平动a b a b 班 姓名 座号 分数…………………………………装…………………………订…………………………线………………………………………………7、如图所示，R1、R2为定值电阻，L 为小灯泡，R3为光敏电阻（光敏电阻的特性是:入射光强,电阻小,入射光弱,电阻大） 。
莆田市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题(1)
莆田市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题(1)一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。
已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为4g，静电力常量为k 。
则（ ）A ．小球从A 到B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为2g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有'2sin 0Qqmg θkL-= 联立上式解得'22L L =所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma Lθ-= 带电小球在B 点时，有2sin 2BQq k mg θma L -=（） 联立上式解得2B g a =B 正确；C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以BD 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；D ．由A 点到B 点，根据动能定理得sin 02AB Lmg θqU ⋅+= 由2sin A Qqmg kma L θ-=可得 214Qq mg k L= 联立上式解得AB kQU L=-D 错误。
故选BC 。
2．如图所示，A 、B 两点有等量同种正点电荷，AB 连线的中垂线上C 、D 两点关于AB 对称，0t =时刻，一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入，点电荷只受电场力。
福建省莆田哲理中学2014-2015学年高二上学期期末考试数学(理)试卷
2014-2015年度上学期高二理科数学期末测试卷命题人：高二数学组(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内,每小题5分，共50分.） 1．已知a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a ·b ＝2，则x 的值是 ( )A ．6B ．5C ．4D ．32. 焦点在x 轴上的椭圆2213x ym +=的离心率是12，则实数m 的值是（ ）A. 4B.94C. 1D.343. 若f(x)＝sinx ，则f′(2π)等于 ( )A ．－1B ． 1C ．0D ．cosx4．双曲线3mx 2－my 2＝3的一个焦点是(0,2)，则m 的值是 ( )A ．－1B ．1C ．－1020D ．1025．已知双曲线x 2a 2－y 2＝1(a ＞0)的右焦点与抛物线y 2＝8x 的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是 ( )A ．y ＝±5xB ．y ＝±55x C ．y ＝±3xD ．y ＝±33x6．已知(4,2)是直线l 被椭圆x 236＋y 29＝1所截得的线段的中点，则l 的方程是( ) A ．x －2y ＝0 B ．x ＋2y －4＝0 C ．2x ＋3y ＋4＝0 D ．x ＋2y －8＝07．直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 只有一个公共点，则k 的值为 ( )A ．1B ．0C ．1或0D ．1或38．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值为( )A.24B.23C.33D.32 9．在以下命题中，不．正确的个数为( )①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②对a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面； ④|(a·b )·c |＝|a|·|b|·|c |. A ．1B ．2C ．3D ．410．从椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点P 向x 轴作垂线，垂足恰为左焦点F 1，A 是椭圆与x 轴正半轴的交点，B 是椭圆与y 轴正半轴的交点，且AB ∥OP (O 是坐标原点)，则该椭圆的离心率是 ( ) A. 32 B. 22 C. 12D. 24二、填空题(本大题共5个小题，每小题4分，共20分，把正确答案填在题中横线上.)11.曲线y ＝e x 在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积为________．12．在△ABC 中，已知AB →＝(2,4,0)，BC →＝(－1,3,0)，则∠ABC ＝________. 13. 已知点1(,0)2A -，抛物线22y x =的焦点为F ，点P 在抛物线上，且|||AP PF =，则||___.OP =14．如右图，在直三棱柱111C B A ABC -中，5,4,3===AB BC AC ，点D 是 线段AB 上的一点，且︒=∠901CDB ，CD AA =1，则点1A 到平面CD B 1的距离为_____________15．已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的两条渐近线与抛物线)0(22>=p px y 的准线分别交于B A ,两点，O 为坐标原点，若双曲线的离心率为2，AOB ∆的面积为3，则=p ____________．三、解答题(本大题共6个小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16. (13分)已知函数f (x )＝ax 2－43ax ＋b ，f (1)＝2，f ′(1)＝1.(1)求f (x )的解析式；(2)求f (x )在(1，2)处的切线方程．17．(13分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．求证：(1)AC ⊥BC 1；(2)AC 1∥平面CDB 1.18. （13分）已知抛物线2:4C y x =与直线24y x =-交于A ，B 两点． （1）求弦AB 的长度；（2）若点P 在抛物线C 上，且ABP ∆的面积为12，求点P 的坐标．19、(13分)已知双曲线1C 的一个焦点是(4,0)F ，0y -=，抛物线2C ：22(0)y px p =>的准线恰好经过双曲线1C 的左顶点． （1）求双曲线1C 和抛物线2C 的标准方程；（2）经过双曲线1C 焦点F 的直线l 与抛物线2C 交于A 、B 两点，若O 是坐标原点，求证：OA OB ⊥．20．(14分)如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A -CD -E 的余弦值．21．(14分)已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>经过点1)2P ， 动点M （2，t ）（0t >）.（1）求椭圆的标准方程；（2）求以OM 为直径且截直线3450x y --=所得的弦长为2的圆的方程； （3）设F 是椭圆的右焦点，过点F 作OM 的垂线与以OM 为直径的圆交于点N ，证明线段ON 的长为定值，并求出这个定值.2014-2015年度上学期高二理科数学期末测试卷答案一、选择题：1~10：BABAD DCCDB 二、填空题：11. 12e 212. 3π4 13 14． 3 15． 2三、解答题：16、解：(1)f ′(x )＝2ax －43a .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝2a －43a ＝1，f （1）＝a －43a ＋b ＝2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝52. ∴f (x )＝32x 2－2x ＋52. …………（7分）(2)函数f (x )在(1，2)处的切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. …………（13分）17.证明：∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，且C 1C 垂直底面．∴AC 、BC 、C 1C 两两垂直．如图，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)，B 1(0,4,4)， D (32，2,0)． …………（3分）(1)AC →＝(－3,0,0)， BC 1→＝(0，－4,4)， ∴AC →·BC 1→＝0，∴AC ⊥BC 1. …………（7分） (2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，则E (0,2,2)， ∵DE →＝(－32，0,2)，AC 1→＝(－3,0,4)， ∴DE →＝12AC 1→.∴DE ∥AC 1. ∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1. …………（13分） 18. 解(1)设A （x 1,y 1)、B(x 2,y 2),由2244y x y x =-⎧⎨=⎩得x 2-5x+4=0,Δ>0． 法一：又由韦达定理有x 1+x 2=5,x 1x 2=4,∴12||x x -= 法二：解方程得： x=1或4，∴A 、B 两点的坐标为（1,-2)、（4,4） ∴= ………（6分）(2)设点2(,)4o o y P y ,设点P 到AB 的距离为d,则d S △PAB =21·，∴2482o o y y --=． ∴2482o o y y --=±，解得6o y =或4o y =- ∴P 点为（9，6）或（4，-4）． ………（13分）19解：（I ）设1C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>，则2224ba ab ⎧=⎪⎨⎪=+⎩，解得1a b =⎧⎪⎨=⎪⎩…………（2分）∴双曲线1C 的标准方程是22115y x -=，…………（4分）∵双曲线1C 的左顶点是(1,0)-，∴12p=，2p =， ∴抛物线2C 的标准方程24y x =；…………（6分）（II ）方法1：设直线:4l x ky =+，11(,)A x y ，22(,)B x y ，把4x ky =+代入24y x =得24160y ky --=，∴1216y y =-，2212121644y y x x ==，∴12120x x y y +=，即0OA OB ⋅=，∴OA OB ⊥．…………（13分）方法2：设11(,)A x y ，22(,)B x y ，当直线l 的斜率不存在时，直线:4l x =代入24y x =， 得(4,4)A ，(4,4)B -，∴OA OB ⊥．当直线l 的斜率存在时，设:(4)l y k x =-，24y x =代入得2404k y y k --=，∴1216y y =-，2212121644y y x x ==， ∴12120x x y y +=，即0OA OB ⋅=，∴OA OB ⊥． …………（13分）20解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12.(1)BF →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)， 于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12×2＝12.∴异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°. ……… (4分)(2)证明：由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0. 因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE . ……… (8分)(3)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令z ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又∵由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． ∴cos 〈u ，v 〉＝u·v |u |·|v |＝0＋0＋13×1＝33. ∵二面角A -CD -E 为锐角，∴其余弦值为33. ……… (14分) 21.解：（1）由题意得c a =P 221()21b =，又222a b c =+联立解得22,1a b c ===，所以椭圆的方程为2212x y +=； …………（4分）（2）以OM为直径的圆的圆心为(1,)2t，半径r =M 的方程为222(1)()124t t x y -+-=+。
福建省莆田十五中高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
福建省莆田十五中2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试卷一.选择题〔每一小题4分共48分〕1．下面关于感应电动势和感应电流的说法中，正确的答案是( )A．在一个电路中产生了感应电流，一定存在感应电动势B．在一个电路中产生了感应电动势，一定存在感应电流C．在某一电路中磁通量变化越大，电路中的感应电动势也就越大D．在某一电路中磁通量变化越小，电路中的感应电动势也就越小考点：法拉第电磁感应定律．分析：根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关．感应电流产生的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，并根据变化率与变化量不同，从而求解．解答：解：AB、感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化，因此当有感应电动势时，只有闭合电路，才有感应电流产生．故A正确，B错误；C、根据E=N，磁通量变化越大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大，故C 错误；D、根据E=N，穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，如此感应电动势越大，与磁通量的变化大小无关．故D错误．应当选：A．点评：解决此题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关．判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化．2．穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如下列图，在线圈内产生感应电动势最大值的时间段是( )A．0～2s B．2～4s C．4～6s D．6～10考点：法拉第电磁感应定律．分析：根据法拉第电磁感应定律，哪一段时间内磁通量变化率最小，如此产生的感应电动势最小．解答：解：图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在4﹣6s内磁通量与时间的图线斜率最大，如此磁通量变化率最大，感应电动势最大．故C正确，A、B、D 错误．应当选：C．点评：解决此题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．3．如下列图，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，假设不计空气阻力，如此( )A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在平衡位置考点：* 涡流现象与其应用；感应电流的产生条件．分析：圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒．解答：解：A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A错误．B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．故B正确．C、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒．离平衡位置越近速度越大，感应电流为零．故C错误．D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化〔一直是最大值〕，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置．故D错误．应当选：B．点评：此题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．4．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时〔但未插入线圈内部〕( )A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向一样，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向一样，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥考点：楞次定律．分析：先判断通过线圈的磁场方向与磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向与磁极间的相互作用．解答：解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，如此由右手螺旋定如此可知电流方向与图示方向一样；由“来拒去留〞可知，磁铁靠近线圈，如此线圈与磁铁相互排斥，故B正确；应当选B．点评：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留〞直接判断，不必再由安培定如此判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．5．有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的答案是( )A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行考点：洛仑兹力；安培力．分析：正确解答此题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识，要明确通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．解答：解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；C、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误．D、根据左手定如此知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误应当选：B点评：安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．6．如下列图，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全一样的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是( )A．B比A先亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．A、B一起亮，然后B熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光．根据电感线圈的电阻不计，会将B灯短路，分析B灯亮度的变化．解答：解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将B灯逐渐短路，B灯变暗直至熄灭；故ABC错误，D正确．应当选：D．点评：此题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．7．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如下说法正确的答案是( ) A．速率越大，周期越大 B．速率越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行 D．速度方向与磁场方向垂直考点：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：当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式分析判断．解答：解：A、B、当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：其中：v=解得：即周期与速率无关，故AB错误；C、D、当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据左手定如此可以知道洛伦兹力方向一定垂直于速度方向，故C错误，D正确；应当选D．点评：此题关键是明确当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，然后根据牛顿第二定律列式求解．8．如下说法正确的答案是( )A．日光开始工作时，不需要镇流器B．日光开始工作时，需要启动器C．日光正常工作时，不需要镇流器D．日光正常工作时，需要启动器考点：自感现象的应用；自感现象和自感系数．分析：当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电．辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触．电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路．灯丝很快被电流加热，发射出大量电子．双金属片自动复位，两极断开．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端．解答：解：A、C、镇流器在启动时产生瞬时高压，在正常工作时起降压限流作用．故AC 错误；B、日光开始工作时，启动器先接通，使电路中有电流；启动器触片断开时，因线圈的电流变化，从而产生瞬时高压，日光开始工作时，需要启动器．故B正确；D、日光正常工作时，电路中的电流不通过启动器，可以不需要启动器．故D错误．应当选：B．点评：日光灯正常发光后．由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内．由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了．9．如下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F 的方向，其中正确的答案是( )A．B．C．D．考点：安培力．分析：左手定如此的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定如此的内容判断安培力的方向．解答：解：A、磁场方向垂直纸面向里，电流方向水平向右，根据左手定如此，安培力的方向竖直向上．故A正确；B、磁场方向垂直纸面向外，电流方向垂直纸面向里，电流方向与磁场方向平行，不受安培力．故B错误；C、磁场方向水平向左，电流方向垂直纸面向外，根据左手定如此，安培力的方向竖直向下．故C错误；D、磁场方向竖直向上，电流方向水平向右，根据左手定如此，安培力的方向垂直纸面向外．故D错误．应当选：A．点评：解决此题的关键掌握左手定如此判定磁场方向、电流方向和安培力方向的关系．10．如下列图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，假设线圈始终不动，如此关于线圈受到的支持力F N与在水平方向运动趋势的正确判断是( )A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律．分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力与运动趋势．解答：解：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力减小；同时运动趋势向右；应当选：D．点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷．11．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如下列图．如此如下i﹣t图象中可能正确的答案是( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由右图可知B的变化，如此可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况．解答：解：由图可知，0﹣1s内，线圈中磁通量的变化率一样，故0﹣1s内电流的方向一样，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，由E=可知，电路中电流大小恒定不变．由于没有规定电流的正方向，应当选项CD正确，AB错误．应当选：CD点评：此题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进展判定．12．水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比拟，这个过程( )A．产生的总内能相等 B．安培力对ab棒所做的功相等C．电流所做的功相等 D．通过ab棒的电量相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进展受力分析，从能量转化的角度分析答题．解答：解：A、根据能量守恒定律可知，产生的总内能都等于棒ab的初动能，所以总内能相等．故A正确．BC、当导轨光滑时，金属棒抑制安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要抑制摩擦力做功，摩擦生热，把局部动能转化为内能，另一方面要抑制安培力做功，金属棒的局部动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与抑制安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；由以上分析可知，导轨粗糙时，安培力做的功少，而导轨光滑时，安培力做的功多，产生的焦耳热大，电流做功多，故BC错误；D、导轨光滑时，导体棒的位移s大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量 Q==，B、R、导体棒长度L一样，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时通过ab棒的电量大．故D错误．应当选：A．点评：此题关键要对金属棒正确进展受力分析，从能量的角度分析能量如何转化的，注意焦耳热和摩擦生热的不同．二．填空题〔每空3分，共21分〕13．在赤道附近的地磁场可看作是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度为B．如果赤道上空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，如此地磁场对这根导线的作用力大小为BIL，方向竖直向下．考点：安培力；左手定如此．专题：常规题型．分析：根据安培力的公式F=BIL可以求出地磁场对这根导线的作用力大小，根据左手定如此可以判断安培力的方向．解答：解：根据安培力的公式F=BIL的适用条件可知地磁场对这根导线的作用力大小为：F=BIL；根据左手定如此可知：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指方向与电流方向一样，大拇指指向为受力方向，由此可知安培力方向竖直向下．故答案为：BIL，竖直向下．点评：此题在考查了关于安培力大小和方向的理解与应用，属于简单根底题目．14．一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，假设磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4×10﹣4 Wb；磁通量的平均变化率是8×10﹣3 Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是1.6 V．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．解答：解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2﹣∅1=〔B2﹣B1〕S•sin30°=4×10﹣4Wb而磁通量变化率为：=8×10﹣3Wb/s如此线圈中感应电动势大小为：E=N=1.6V故答案为：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．点评：感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化与磁通量没有关系．由此求出如此是平均感应电动势，而瞬时感应电动势如此由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．15．如下列图，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B．有一边长为L的正方形导线框abcd，匝数为N，可绕oo′边转动，导线框总质量为m，总电阻为R．现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为E k，如此在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为mg．考点：交流的峰值、有效值以与它们的关系；交流电的平均值与其应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：通过线圈的电流用平均电动势，根据q=It求解通过的电量，由能量守恒求产生的热量．解答：解：〔1〕根据感应电动势的定义式得：E=N=回路中产生的电流I=通过线圈的电荷量q=I△t=由能量守恒知mgL=E k+Q解得：Q=mg故答案为：；mg点评：此题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，难度不大，属于根底题．三、解答题〔共1小题，总分为10分〕16．如下列图是一个电流天平，当矩形线圈abcd悬挂在水平右盘盘底，天平的左盘放上适当的砝码，天平恰好平衡，当整个线圈都处在匀强磁场中，并通以图中所示方向的电流时，天平的杠杆将不动．当将磁场向下平移，使ab边离开磁场〔cd边仍在磁场中〕，这时必须在水平放砝码的左盘内减少砝码〔选填“增加〞或“减少〞〕，才能使天平重新平衡，如果左盘内砝码的改变量为▲m，如此称出的安培力为△mg，如果事先测出了电流大小和线圈ab 边的长度，就可以得出匀强磁场的磁感应强度为．本实验是采用了控制变量法进展的，它是一种科学测量物理量的好方法．考点：安培力；力矩的平衡条件．分析：根据开始天平处于平衡状态可知左盘中砝码重力等于右盘中砝码重力，当通入电流时，cd边所受安培力方向竖直向上，对于两种状态根据受力平衡列方程即可正确求出磁感应强度的大小，根据左手定如此可以判断磁场方向解答：解：通以图中所示方向的电流时，线框受到的安培力合力为零，故天平的杠杆不动，当将磁场向下平移，使ab边离开磁场，线框只有cd受到向上的安培力，故必须在水平放砝码的左盘内减少砝码，才能从新平衡，根据共点力平衡可知，安培力为△mg，根据BIL=△mg 解得故答案为：不动，减少，，控制变量法点评：题属于简单根底题目，解决此题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL，根据平衡关系列方程，同时根据左手定如此判断磁场、电流、安培力之间的方向关系二.计算题〔17题9分，18题12分，共21分〕17．如下列图，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现使ab 以v=10m/s的速度向右做匀速运动．〔1〕ab中的感应电动势多大？〔2〕ab中电流的方向如何？〔3〕假设定值电阻R=1.5Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω如此电路中的电流多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：〔1〕导体棒向右切割磁感线产生感应电动势，由E=Blv求解感应电动势．〔2〕由右手定如此判断ab中电流的方向；〔3〕由欧姆定律求出感应电流大小．解答：解：〔1〕ab中的感应电动势：E=BLv=0.5×0.5×10=2.5V；〔2〕由右手定如此可知，感应电流由b流向a；〔3〕电路中的电流：I===1A；答：〔1〕ab中的感应电动势为2.5V；〔2〕ab中电流的方向：由b流向a；〔3〕假设定值电阻R=1.5Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，电路中的电流大小为1A．点评：此题考查了求电动势、感应电流，应用E=BLv、右手定如此与欧姆定律可以解题，掌握根底知识是解题的关键．18．如下列图，一带电粒子的质量m=1.7×10﹣27kg，电荷量q=1.6×10﹣19C，以速度v=3.2×106m/s，沿着垂直于磁场方向，且垂直于磁场边界的方向射入匀强磁场中，磁场强度B=0.17T，磁场的宽度L=10cm，取g=10m/s2．〔1〕带电粒子离开磁场时速度为多大？〔2〕速度方向与入射方向之间的偏折角为多大？〔3〕带电粒子在磁场中运动的时间为多长？〔4〕离开磁场时偏离入射方向的距离为多大？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〕带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故粒子离开磁场速度大小不变；〔2〕由提供的数据可解半径数值，结合磁场宽度可解圆心角度数，由几何关系可得偏转角，〔3〕由洛伦兹力提供向心力求得周期公式，由运动径迹得到圆弧运动时间与周期的关系，进而求出时〔4〕由几何知识求出粒子离开磁场时的偏移量．解答：解：〔1〕粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子的速度大小不变，粒子离开磁场时的速度大小为：3.2×106m/s；〔2〕粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：r=0.2m=20cm，由几何知识得：sinθ==，解得：θ=30°，即：带电粒子离开磁场时的偏转角为：θ=30°〔3〕带电粒子在磁场中运动的时间为：t=T=×，代入数据解得：t=3.3×10﹣8s；〔4〕根据图示，由几何知识得：h=r﹣rcosθ=20﹣20=cm；答：〔1〕带电粒子离开磁场时速度为3.2×106m/s；〔2〕速度方向与入射方向之间的偏折角为30°；〔3〕带电粒子在磁场中运动的时间为3.3×10﹣8s；〔4〕离开磁场时偏离入射方向的距离为cm．点评：此题考查带电粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹是正确解题的关键；分析轨迹中的几何关系，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题．。
高二物理上学期期末试卷(含解析)高二全册物理试题_04
嗦夺市安培阳光实验学校莆田二十五中2015～2016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（4*12=48分）1．关于电流、电流强度的下列说法中，正确的是（）A．电流是电荷运动形成的B．电荷运动的方向就是电流的方向C．同一段电路中，相同时间内通过各不同截面处的电量一定相等D．电流强度有一定的方向，是矢量2．关于公式R=和公式R=ρ，下列说法正确的是（）A．两公式对一切情况都适用B．R=仅适用于金属导体，R=ρ适用于任何导体C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比3．下列说法正确的是（）A．家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位B．功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度C．1度等于1000焦耳D．1度等于3.6×106瓦4．在一示波管中，3s内有3×1012个电子通过某一横截面的电子枪，则示波管中电流大小为（）A．1.6×10﹣7A B．3×10﹣13A C．9.6×10﹣6A D．无法确定5．有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（）A．灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮B．灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗C．灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，P=电灯变亮D．灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，P=电灯变暗6．如图电路中，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得U ac=U bd=6V，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（）A．开关S未接通B．灯泡L1的灯丝断了C．灯泡L2的灯丝断了 D．滑动变阻器R电阻丝断了7．电动势为3V的电池，在电路中输出3A的电流，由此可知（）A．内外电阻相差1ΩB．内外电阻之和为1ΩC．外电阻为1ΩD．内电阻为1Ω8．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和09．下列关于磁场的说法中，正确的是（）A．磁场和电场一样，是客观存在的、性质相同的一种特殊物质B．磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的C．磁极与电流之间不能发生相互作用D．磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用10．如图所示，甲、乙是两个靠得较近的螺线管，当S1、S2同时闭合时，两螺线管的相互作用情况是（）A．无相互作用力B．互相吸引C．互相排斥D．无法确定11．两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流I，那么两根电流的磁场在导线平面内方向一致的是（）A．区域1、2 B．区域3、4 C．区域1、3 D．区域2、412．下列关于磁通量的论述中正确的是（）A．磁感强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B．磁感强度越大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感强度一定为零D．匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大二、不定项选择题（3*4=12分）13．下列关于多用电表电阻档的说法中，正确的是（）A．表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越疏B．红表笔是与表内的电源的正极相连的C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近14．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量15．在如图所示的四幅图中，正确标明了带电粒子所受洛伦兹力f方向的是（）A ．B ．C ．D ．三、填空题5*4=20分16．用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某表电阻阻值，根据如图所示的表盘，被测电阻阻值为Ω．若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为mA．17．一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是w，这台电动机2s内产生的热量是J．18．面积为0.5m2的矩形线圈放入一磁感应强度为5T的匀强磁场中，线圈平面与磁感线互相垂直，此时矩形线圈的磁通量为Wb．四、计算题6+6+8=20分19．有一电暖器额定电压为220V，正常工作时电流为5A，求该电暖器工作60s 所消耗的电能为多少．20．如图，R1=14Ω、R2=9Ω，当开关S切换到位置1时，电流表的示数I1=0.2A，当开关S切换到位置2时，电流表的示数为I2=0.3A．求：电源的电动势E 和内阻r．21．一初速度为零的质子（质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量q=1.6×10﹣19C），经过电压为1000V的电场加速后，（1）质子离开电场的速度为多少？（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为多大？莆田二十五中2015～2016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（4*12=48分）1．关于电流、电流强度的下列说法中，正确的是（）A．电流是电荷运动形成的B．电荷运动的方向就是电流的方向C．同一段电路中，相同时间内通过各不同截面处的电量一定相等D．电流强度有一定的方向，是矢量【考点】电场强度；电流、电压概念．【分析】电流是电荷的定向移动形成的，电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，注意电流是标量．【解答】解：A、电流是电荷的定向移动形成的，故A错误．B、电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反．故B错误．C、根据I=知，同一段电路，电流相等，则相同时间内通过不同截面处的电量相等，故C正确．D、电流有方向，但是电量是标量，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道电流的定义式，知道电流是标量，基础题．2．关于公式R=和公式R=ρ，下列说法正确的是（）A．两公式对一切情况都适用B．R=仅适用于金属导体，R=ρ适用于任何导体C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比【考点】电阻定律；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】欧姆定律是电流的定义式，而由电阻定律得出的表达式为电阻的决定式，明确电阻取决于材料、导线长度及导线的横截面积，与电压和电流无关．【解答】解：A、欧姆定律和电阻定律均只适用于纯电阻，故AB错误；C、导体电阻与U及I无关；其大小在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比；故D正确，C错误；故选：D．【点评】本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意明确电阻的决定因素．3．下列说法正确的是（）A．家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位B．功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度C．1度等于1000焦耳D．1度等于3.6×106瓦【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】用电量是电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳之间的关系．【解答】解：A、度是电功的单位，不是电功率的单位．故A错误．B、功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度，即1度=1kw•h．故B正确．CD、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故CD错误．故选：B【点评】本题考查对日常生活中物理量单位的了解程度，抓住1度俗称是1千瓦时，根据公式进行单位的换算．4．在一示波管中，3s内有3×1012个电子通过某一横截面的电子枪，则示波管中电流大小为（）A．1.6×10﹣7A B．3×10﹣13A C．9.6×10﹣6A D．无法确定【考点】电流、电压概念．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小．【解答】解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C，3×1012个电子总电荷量为q=3×1012×1.6×10﹣19C=4.8×10﹣7C，则示波管中电流大小为I==1.6×10﹣7A．故选：A．【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式5．有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（）A．灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮B．灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗C．灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，P=电灯变亮D．灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，P=电灯变暗【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻的特点，长度减小，电阻就变小了，由电功率公式P=UI=可知，电阻变小，实际功率变大，灯泡就比原来亮了．【解答】解：把断了的灯丝搭在一起，长度减小，灯丝电阻变小；电压一定，灯泡的电功率跟灯丝电阻成反比；由于灯丝电阻变小，所以灯泡的功率变大，灯泡更亮了．故ABD错误，C正确；故选C．【点评】本题考查了电阻的特点及电功率公式的应用，属于常见的考题．6．如图电路中，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得U ac=U bd=6V，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（）A．开关S未接通B．灯泡L1的灯丝断了C．灯泡L2的灯丝断了 D．滑动变阻器R电阻丝断了【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电压表在电路中的作用进行分析，即电路发生断路时，电压表检测时有电压的线路出现断路（电源除外）．【解答】解：闭合开关后，两个小灯泡均不发光，说明电路为断路，电压表测得ac与bd两点间的电压均为6V，而ac和bd的公共部分为bc，因此bc处发生断路，即L2的灯丝断了．若L1灯或变阻器断路，U ac=U bd=0，与题不符．故C 正确，ABD错误．故选：C．【点评】知道会用电压表检测电路中的故障是解决本题的关键，抓住那部分电路的电压等于电源两极间的电压，那部分电路存在断路．7．电动势为3V的电池，在电路中输出3A的电流，由此可知（）A．内外电阻相差1ΩB．内外电阻之和为1ΩC．外电阻为1ΩD．内电阻为1Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】已知电源的电动势和电路中电流，可根据闭合电路欧姆定律分析和求解．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：I=则得：R+r==Ω=1Ω，即得内外电阻之和为1Ω；，由于条件不充分，不能求得内外电阻之差．外电阻为：R=﹣r=1Ω﹣r，则知R＜1Ω，故外电阻不可能为1Ω．而内电阻不一定为1Ω．故B正确，ACD错误．故选：B【点评】本题关键要掌握闭合电路欧姆定律，知道电流与内外总电阻成反比．8．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A．1和0 B．0和1 C．1和1 D．0和0【考点】简单的逻辑电路．【专题】压轴题；恒定电流专题．【分析】该电路有中一个与门上学期与一个非门下学期．与门的两个输入端电信号都为“1”时，输出为“1”，否则为零．非门输入“1”，输出为零；输入“0”，输出为“1”．【解答】解：B端电信号经过一个非门，变为“1”，从D端输出，故D端输出为“1”；B端的输出信号又作为输入信号与A端输入信号一起经过上面的与门，两者都是“1”，故C端输出为“1”．故选C【点评】识记几种简单逻辑门电路的特点，与门是“并”的关系，只有信号全为“1”时输出才为“1”，非门改变输入信号．9．下列关于磁场的说法中，正确的是（）A．磁场和电场一样，是客观存在的、性质相同的一种特殊物质B．磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的C．磁极与电流之间不能发生相互作用D．磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用【考点】磁现象和磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】明确磁极和电场的性质，它们都是一种客观存在的物质；磁极和磁极、电流和电流、电流和磁极间均通过磁场产生相互作用．【解答】解：A、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质；但磁场与电场的性质有较大的差别．故A错误；B、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质，不是人为规定的；故B错误；C、磁极与电流之间也有相互作用，是通过磁场发生的；故C错误；D、磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用；故D正确；故选：D【点评】本题考查磁场的基本性质，特别注意磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质；电流和电流之间是通过磁场相互作用的．10．如图所示，甲、乙是两个靠得较近的螺线管，当S1、S2同时闭合时，两螺线管的相互作用情况是（）A．无相互作用力B．互相吸引C．互相排斥D．无法确定【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据线圈的绕向和电流方向，确定螺线管的NS极，然后利用磁极间的作用规律确定两者的相互作用情况．【解答】解：甲图中，电流从螺线管的左端流入右端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的右端为N极，左端为S极．乙图中，电流从螺线管的左端流入右端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为S极，右端为N极．∴甲螺线管的右端和乙螺线管的左端为异名磁极，所以两者相互吸引．故选：B【点评】根据线圈的绕向和电流方向，确定螺线管的NS极，然后利用磁极间的作用规律确定两者的相互作用情况．11．两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流I，那么两根电流的磁场在导线平面内方向一致的是（）A．区域1、2 B．区域3、4 C．区域1、3 D．区域2、4【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用．【分析】根据右手螺旋定则判断出直线电流周围的磁场方向，从而确定两根电流的磁场在导线平面内方向是否一致．【解答】解：根据右手螺旋定则知，竖直向上的电流右边区域（即1、4区域）的磁场方向垂直纸面向里，左边区域（即2、3区域）的磁场方向垂直纸面向外．水平方向电流上边区域（即1、2区域）的磁场方向垂直纸面向外，下边区域（即3、4）区域的磁场方向垂直纸面向里，可知磁场方向一致的区域为2、4．故选：D．【点评】解决本题的关键知道电流周围磁场的特点，掌握运用右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，基础题．12．下列关于磁通量的论述中正确的是（）A．磁感强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B．磁感强度越大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感强度一定为零D．匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大【考点】磁通量．【分析】匀强磁场中，磁通量的一般计算公式为Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）．当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0．根据这些知识进行分析．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数没有关．【解答】解：A、D、根据磁通量的计算公式Φ=BSsinθ，可知磁感应强度越大的地方，线圈的面积越大，穿过线圈的磁通量不一定越大，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，故AB错误；C、穿过线圈的磁通量为零，该处的磁感应强度不一定为零，可能是由于线圈平面与磁场平行，故C错误；D、穿过线圈的磁感线条数越多，则磁通量就越大，故D正确；故选：D【点评】解答本题的关键是掌握磁通量的一般计算公式为Φ=BSsinθ，知道线圈平面与磁场方向平行时穿过线圈的磁通量为零．二、不定项选择题（3*4=12分）13．下列关于多用电表电阻档的说法中，正确的是（）A．表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越疏B．红表笔是与表内的电源的正极相连的C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】依据欧姆表的测量原理分析电阻值与刻的关系；在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．【解答】解：A、由I=，电流I与对应的待测电阻阻值R x不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误；B、在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，故B错误；C、测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻．故C正确；D、当指针指在刻度盘的中间刻度附近时，测量的数据误差最小，所以为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近．故D正确．故选：CD【点评】本题考查了欧姆表测量原理和使用方法，对欧姆表的原理的理解是该知识点的难点，牢记公式I=是做好这一类题目的关键．14．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小．电源两极间的电压等于或小于电源电动势．电动势与外电路的结构无关．根据电动势的定义式E=可求出电动势．【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故B正确．C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确．故选BD．【点评】本题考查对电动势物理意义的理解能力，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．15．在如图所示的四幅图中，正确标明了带电粒子所受洛伦兹力f方向的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】判断洛仑兹力的方向．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】运动电荷在磁场中所受洛伦兹力F的方向根据左手定则判断．用左手定则逐一检查四个选项，选择正确的选项【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向外，正电荷运动方向向右，根据左手定则，洛伦兹力的方向竖直向下．故A正确，B错误．C、磁场方向垂直纸面向里，正电荷运动方向向右，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上．故C错误．D、磁场方向垂直纸面向里，负电荷运动方向向右，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直竖直向下．故D错误．故选A．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，知道四指方向与正电荷运动方向相同．三、填空题5*4=20分16．用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某表电阻阻值，根据如图所示的表盘，被测电阻阻值为220 Ω．若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为0.40 mA．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表所测电阻的阻值；根据电流表量程由图示表盘确定其分度值，读出电流表示数．【解答】解：由图示可知，被测电阻阻值为22×10Ω=220Ω；择旋钮置于1mA挡测电流，由表盘可知其分度值是0.02mA，电流表示数为0.40mA；故答案为：220；0.40．【点评】本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要根据选择开关位置确定其所测量的量，然后确定其分度值，再根据指针位置读出其示数．17．一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是2200 w，这台电动机2s内产生的热量是400 J．【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．【分析】电功率由P=UI求得，热量由Q=I2Rt求得．【解答】解：电功率为：P=UI=220×10=2200W热量：Q=Q=I2Rt=102×2×2=400J故答案为：2200 400【点评】明确是电动机不是纯电阻电路，电功不等于电热．18．面积为0.5m2的矩形线圈放入一磁感应强度为5T的匀强磁场中，线圈平面与磁感线互相垂直，此时矩形线圈的磁通量为 2.5 Wb．【考点】磁通量．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B 与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS=0.5×5=2.5Wb故答案为：2.5【点评】本题考查了磁通量的定义式和公式Φ=BS的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式Φ=BS的适用条件就能顺利解决．四、计算题6+6+8=20分19．有一电暖器额定电压为220V，正常工作时电流为5A，求该电暖器工作60s 所消耗的电能为多少．【考点】电功、电功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】用电器消耗的电能为电功，根据公式W=UIt列式求解即可．【解答】解：电暖器额定电压为U=220V，正常工作时电流为I=5A，工作时间t=60s，故所消耗的电能为：W=UIt=220×5×60J=66000J=6.6×104J答：该电暖器工作60s所消耗的电能为6.6×104J．【点评】本题关键是记住电功的公式W=UIt，明确各个物理量的含义，基础题目．20．如图，R1=14Ω、R2=9Ω，当开关S切换到位置1时，电流表的示数I1=0.2A，当开关S切换到位置2时，电流表的示数为I2=0.3A．求：电源的电动势E 和内阻r．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分别列出开关处于位置1和2时的电流表达式，联立组成方程组求解电源的电动势E和内电阻r．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：E=I1（R1+r）①E=I2（R2+r）②联立组成方程组得，r=代入解得，r=Ω=1Ω将r=1Ω代入①得，E=0.2×（14+1）V=3V答：电源的电动势E为3V，内电阻r为1Ω．【点评】本题提供了测量电源的电动势和内阻和方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，就是常用的伏阻法．21．一初速度为零的质子（质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量q=1.6×10﹣19C），经过电压为1000V的电场加速后，（1）质子离开电场的速度为多少？（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；洛仑兹力．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子在电场中加速，根据动能定理可求得离开时的速度；（2）根据洛伦兹力公式可求质子受到的洛伦兹力．【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理qU= mv2得质子获得的速度：v===6.0×105 m/s（2）根据洛伦兹力公式可得：质子受到的洛伦兹力：F=Bqv=5.0×10﹣4×1.6×10﹣19×6.0×105=4.8×10﹣17 N．答：（1）质子离开电场的速度为6.0×105 m/s（2）当从电场出来后垂直进入磁感应强度为5.0×10﹣4T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为4.8×10﹣17 N．【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和洛伦兹力的计算，要注意明确电场力做功的计算，同时注意明确只有粒子速度和磁场垂直时，洛伦兹力才等于Bqv．。
5学年上学期高二期末考试物理(附答案)(2)
莆田二十四中2014-2015学年上学期期末试卷高二物理考试时间：90分钟；总分100分。
一、单项选择（共10小题，共40分）1、通电导体发热的规律是由下列哪位物理学家总结的（）A.欧姆B.焦耳C.安培D.法拉第2、一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为（）A．1.8W B．0.6WC．3.6W D．1.2W3、如图所示均匀的长薄片合金电阻板abcd,ab边长为L1,ad边长为L2,当端点1、2或3、4接入电路中时,R12∶R34为（）A. L1∶L2B.L2∶L1C.1∶1D.4、下列说法中正确的是（）A.由B=F/IL可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比B.一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D.磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力5、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（ ）B6、如图的U-I 图象中，直线I 为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线。
用该电源与电阻R 组成闭合电路，则（ ）A ．电源电动势3V ，内阻2ΩB ．电阻R 的阻值为0．5ΩC ．电源的总功率为4WD ．电源的效率为66．7％7、如图所示的电路中，当变阻器1R 的滑动触头向上滑动时，A 、B 两灯亮度的变化情况为( )A ．A 灯和B 灯都变亮 B ．A 灯和B 灯都变暗C ．A 灯变亮，B 灯变暗D ．A 灯变暗， B 灯变亮8、如图所示，电源电动势为6V ，当开关接通时，灯泡L 1和L 2都不亮，用电压表测得各部分电压U ad ＝0，U cd ＝6V ，由此可以判定（ ）A.L 1和L 2的灯丝都断了 B ．L 2的灯丝断了C ．L 1的灯丝断了D ．变阻器R 断路9、如图所示，两根可自由移动的靠得很近的平行长直导线，通以相反方向的电流，且I 1＞I 2，则两导线所受的安培力F 1和F 2的大小关系及其运动方向为（ ）10、如图所示，正方形区域abcd 中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一个氢核从ad 边的中点m 沿着既垂直于ad 边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab 边中点n 射出磁场.若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（ ）××××××××××××××b nmd cB vA.在b 点B.在n 、a 之间某点C.a 点D.在a 、m 之间某点 二、填空题（共20分，其中第11、12题每空2分，第13、14题每空4分）11、金属导体通电时，导体中自由电子定向移动的方向与电流方向 【7】 （选填“相同”或“相反”）。
福建省莆田市2015年高中毕业班教学质量检查物理试题
2015年莆田市高中毕业班教学质量检查试卷物 理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考生作答时，将答案答在答题卡上。
请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4.保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、单项选择题（10小题，每小题4分，共40分）1．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式是由比值法定义的是（ ） A ．电流R U I =B ．电场强度FE q= C ．角速度r v =ω D ．加速度F a m=2. 下列说法正确的是（ ）A ．光学镜头上的增透膜是光的偏振现象的实际应用B ．光纤一般是由折射率较低的玻璃内芯和折射率较高的外层透明介质组成C ．在光的传播过程中，当孔、缝或障碍物的大小比光的波长大得多时，衍射现象较明显D ．在红光的双缝干涉实验中，当两缝间距离减小、两缝到光屏的距离增大时，相邻条纹间距增大3．在2014年11月17日至21日的会议上，联合国负责制定国际海运标准的国际海事组织海上安全委员会，正式将中国的北斗系统纳入全球无线电导航系统。
“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星(同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为2.2×107m ，同步卫星的高度约为3.6×107m，下列说法正确的是（）A．中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小B．中轨道卫星的线速度大于第一宇宙速度C．同步卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大D．赤道上的物体随地球自转的向心加速度比同步卫星的向心加速度大4. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过线圈时，通过电流计的感应电流方向是（）A．a→G→bB．b→G→aC．先a→G→b后b→G→aD．先b→G→a后a→G→b5. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器，A为理想交流电流表。
福建省莆田二中高二物理上学期期末试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年福建省莆田二中高二〔上〕期末物理试卷一、选择题：〔共12小题，每一小题3分，共36分．各小题只有一个正确选项〕1．在物理学的开展过程中，有很多物理学家做出了重要贡献，如下说法错误的答案是〔〕A．库仑发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量k的值B．安培通过大量实验总结得出了判断感应电流方向的方法C．法拉第发现了电磁感应现象D．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕2．如下关于电场和磁场的说法中正确的答案是〔〕A．电场线和磁感线都是封闭曲线B．电场线和磁感线都是不封闭曲线C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D．电荷在电场中一定受到电场力的作用3．如下列图，AB是电场中的一条电场线，假设将一负电荷从A点由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中“速度﹣时间〞图线如下列图，设AB两点电势分别为φA、φB，电势能为分别为E pA、E pB，如此如下判断正确的答案是〔〕A．φA＞φB，E pA＞E pB B．φA＞φB，E pA＜E pBC．φA＜φB，E pA＞E pB D．φA＜φB，E pA＜E pB4．通电螺线管内有一在磁场力作用下面处于静止的小磁针，磁针指向如下列图，如此〔〕A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极5．一矩形线框置于匀强磁场中，通过线框的磁通量φ随时间t的变化规律如下列图，线框平面与磁场方向垂直．第0.2秒末线框中产生的感应电动势大小为〔〕A． 0.1v B． 1v C． 0.3v D． 3v6．如下列图的电路中，当可变电阻R的阻值增大时，如下说法正确的答案是〔〕A． AB两点间的电压U增大B． AB两点间的电压U减小C．通过R的电流强度I增大D．通过R2的电流强度I减小7．一个电热器接在10V的直流电压上，消耗的功率是P，当把它接到一个正弦交变电压上时，消耗的功率是，如此该交变电压的峰值是〔〕A． 5V B． 7.1 V C． 10V D． 12V8．在赤道上某处有一支避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，如此地磁场对避雷针的作用力的方向为〔〕A．正东B．正南C．正西D．正北9．如下列图，A、B是两盏完全一样的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光．假设最初S1是接通的，S2是断开的，那么如下所述中正确的答案是〔〕A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮B．刚接通S2瞬间，线圈L中的电流不为零C．接通S2以后，A，B灯亮度一样D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下，然后熄灭10．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A． t=0.01s时矩形金属线框平面与磁感线平行B．该线圈1s转过100圈C．该交变电动势的周期为2sD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°11．盘旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经屡次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如下列图．如下说法正确的答案是〔〕A． v0：v1=1：2B．粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少C．为了使粒子每次经过电场都能被加速，所加高频电源的周期可与带电粒子在磁场中运动的周期一样D．粒子的运动周期和运动速率成正比12．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．abcd固定不动，在0～4s内，线框中的电流为I，线框的bc边受安培力为F，〔假设规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，F的方向规定以向左为正方向〕如下各图中正确的答案是〔〕A．B．C．D．二、实验题〔共2小题，18分〕1014秋•莆田校级期末〕以下甲乙丙的读数值依次是mm、A、V．1014秋•莆田校级期末〕在“测定某电阻丝的电阻率〞实验中〔1〕用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，如图1所示，如此电阻丝的直径是mm．〔2〕用多用表的欧姆挡粗测电阻丝的阻值，此电阻丝的阻值约为20kΩ．下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是〔填写相应的字母〕a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔c．旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档的“×1k〞档d．旋转选择开关，使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔〔3〕假设用电流表和电压表准确测量此电阻丝的阻值，实验室提供如下可供选用的器材：电压表V〔量3V，内阻约50kΩ〕电流表A1〔量程200 μA，内阻约200Ω〕电流表A2〔量程5mA，内阻约20Ω〕电流表A3〔量程0.6A，内阻约1Ω〕滑动变阻器R〔最大值50Ω〕电源E〔电动势4.5V，内阻约0.2Ω〕开关S导线a．在所提供的电流表中应选用〔填字母代号〕．b．在图2虚线框中画出测电阻的实验电路．〔4〕根据测得的电阻丝的长度、直径和阻值，即可求出该电阻丝的电阻率．〔5〕采用上述实验电路测量，R测 R真〔填“大于〞，“等于〞或“小于〞〕；造成上述误差的主要原因是．2014-2015学年福建省莆田二中高二〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：〔共12小题，每一小题3分，共36分．各小题只有一个正确选项〕1．在物理学的开展过程中，有很多物理学家做出了重要贡献，如下说法错误的答案是〔〕A．库仑发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量k的值B．安培通过大量实验总结得出了判断感应电流方向的方法C．法拉第发现了电磁感应现象D．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕考点：物理学史．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、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故A正确；B、楞次研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律，安培总结了右手定如此，故B 错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C正确；D、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故D正确．此题选错误的，应当选：B点评：此题考查物理学史，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．如下关于电场和磁场的说法中正确的答案是〔〕A．电场线和磁感线都是封闭曲线B．电场线和磁感线都是不封闭曲线C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D．电荷在电场中一定受到电场力的作用考点：磁感线与用磁感线描述磁场；电场线．分析：电场的根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；电场线不封闭，而磁感线却是封闭．解答：解：A、电场线不闭合，而磁感线是闭合的，故A错误，B也错误；C、通电导线与磁场平行时，不受磁场力作用，故C错误；D、电荷在电场中一定受到电场力的作用，故D正确；应当选：D点评：查电场与磁场的根本知识，通过相互比拟来加强理解．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，假设是平行或电荷与磁场相对静止如此不受洛伦兹力作用，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．是一道根底题，同时也是易错题．3．如下列图，AB是电场中的一条电场线，假设将一负电荷从A点由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中“速度﹣时间〞图线如下列图，设AB两点电势分别为φA、φB，电势能为分别为E pA、E pB，如此如下判断正确的答案是〔〕A．φA＞φB，E pA＞E pB B．φA＞φB，E pA＜E pBC．φA＜φB，E pA＞E pB D．φA＜φB，E pA＜E pB考点：电势能．分析：从速度时间图线得到电子做加速运动，动能增大，根据动能定理分析电场力做功情况，分析电势能的变化．电势的上下看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．解答：解：从速度时间图线得到电子做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，场强方向向左，而沿场强方向，电势逐渐降低，如此φA＜φB．负电荷的运动过程中，速度增大，动能增大，说明电场力做正功，电势能减小，如此知E pA ＞E pB．故C正确．应当选：C．点评：此题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．4．通电螺线管内有一在磁场力作用下面处于静止的小磁针，磁针指向如下列图，如此〔〕A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：根据小磁针静止时N极指向磁场方向，再根据安培定如此判断电流的方向．解答：解：由题，小磁针静止时N极指向向左，如此通电螺线管内部磁场方向向左，P端为N极．根据安培定如此判断出电流的方向：从b端流进，从a端流出，b接电源的正极，a接电源的负极．故B正确．应当选：B点评：此题是安培定如此的简单应用，对于小磁针放在通电螺线管内部时，只能根据小磁针的指向来确定磁场方向，不能根据异名相吸来确定磁场方向．5．一矩形线框置于匀强磁场中，通过线框的磁通量φ随时间t的变化规律如下列图，线框平面与磁场方向垂直．第0.2秒末线框中产生的感应电动势大小为〔〕A． 0.1v B． 1v C． 0.3v D． 3v考点：法拉第电磁感应定律．分析：Ф﹣t图象的斜率表示磁通量的变化率．由斜率求出，再由法拉第电磁感应定律求解感应电动势．解答：解：由图读出=Wb/s=0.1Wb/s法拉第电磁感应定律E=n=1×0.1=0.1V，故A正确，BCD错误；应当选：A．点评：此题涉与磁通量﹣时间图象问题，抓住数学意义来理解图象的物理意义是关键．掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，属于基此题．6．如下列图的电路中，当可变电阻R的阻值增大时，如下说法正确的答案是〔〕A． AB两点间的电压U增大B． AB两点间的电压U减小C．通过R的电流强度I增大D．通过R2的电流强度I减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器并联，然后再与另一个定值电阻串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，根据欧姆定律与串并联电路的特点判断AB两点间的电压和滑动变阻器R的电流如何变化．解答：解：AB、当滑动变阻器R的阻值增大时，定值电阻与滑动变阻器并联的总电阻增大，根据串联电路分压的特点可知，AB两点间分得的电压U增大；故A正确，B错误．CD、由欧姆定律知，与滑动变阻器并联的电阻R2中的电流增大，干路电流减小，又因为并联电路中，干路电流等于支路电流之和，所以通过R的电流减小．故CD错误．应当选：A．点评：此题是电路动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序分析是常用的方法．7．一个电热器接在10V的直流电压上，消耗的功率是P，当把它接到一个正弦交变电压上时，消耗的功率是，如此该交变电压的峰值是〔〕A． 5V B． 7.1 V C． 10V D． 12V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：正弦波形交流电的电压有效值等于最大值的倍，根据功率表达式P=列式求解．解答：解：个电热器接在10V的直流电源上，消耗的功率是P，有：P=①当把它接到一正弦波形交流电源上时，设最大值为Um，如此：=②联立①②解得：U m=5V=7.1V应当选：B．点评：此题关键是明确交流电的有效值是根据电流的热效应规定的，然后根据电功率公式P=UI和欧姆定律公式I=列式求解．8．在赤道上某处有一支避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，如此地磁场对避雷针的作用力的方向为〔〕A．正东B．正南C．正西D．正北考点：左手定如此．分析：左手定如此的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．解答：解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定如此，安培力的方向向西．故C正确，A、B、D错误．应当选：C点评：解决此题的关键掌握左手定如此判断安培力的方向．9．如下列图，A、B是两盏完全一样的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光．假设最初S1是接通的，S2是断开的，那么如下所述中正确的答案是〔〕A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮B．刚接通S2瞬间，线圈L中的电流不为零C．接通S2以后，A，B灯亮度一样D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下，然后熄灭考点：自感现象和自感系数；闭合电路的欧姆定律．分析：线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流缓慢增加，缓慢减小．解答：解：A、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，故A错误；B、刚闭合S2后，线圈L中自感电动势阻碍电流增加，所以电流从零开始逐渐的增加，故B 错误；C、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐熄灭，故C错误；D、闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B 构成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡先亮一下然后熄灭，故D正确；应当选：D．点评：此题考查了通电自感和断电自感，关键明确线圈中自感电动势的作用总是阻碍电流的变化，不难．10．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A． t=0.01s时矩形金属线框平面与磁感线平行B．该线圈1s转过100圈C．该交变电动势的周期为2sD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．解答：解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，如此穿过线框的磁通量最大，金属线框平面与磁感线垂直，故A错误；B、由图象可知，周期为0.02s，如此线框1秒钟转动50圈，故B错误；C、该交变电动势的周期为0.02s，故C错误；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，如此有线圈平面与中性面的夹角为45°，故D正确；应当选：D点评：此题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．11．盘旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经屡次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如下列图．如下说法正确的答案是〔〕A． v0：v1=1：2B．粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少C．为了使粒子每次经过电场都能被加速，所加高频电源的周期可与带电粒子在磁场中运动的周期一样D．粒子的运动周期和运动速率成正比考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理．分析：根据洛伦兹力提供向心力，可知盘旋加速器的盘旋周期一定；同理计算出粒子的速度表达式，并进展讨论．解答：解：A、根据动能定理，如此有：NqU=mv2，解得：v=，因此v0：v1=1：，故A错误；B、由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，故周期T==，T与速度大小无关，如此粒子由A0运动到A1与粒子由A2运动到A3所用的时间都等于半个周期，时间相等，故B错误．C、为使粒子每次经过电场都能被加速，所加高频电源的周期可与带电粒子在磁场中运动的周期一样，故C正确．D、粒子的运动周期不变，与运动速率没有关系，故D错误；应当选：C．点评：解决此题的关键知道盘旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的速度与电场的大小无关．12．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．abcd固定不动，在0～4s内，线框中的电流为I，线框的bc边受安培力为F，〔假设规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，F的方向规定以向左为正方向〕如下各图中正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由图可知磁感应强度的变化，如此可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定如此可以找出安培力方向，根据F=BIL，可得出正确的图象．解答：解：A、由图可知，0﹣1s内，线圈中磁通量的变化率一样，故0﹣1s内电流的方向一样，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，为负，同理可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为负，由E=可知，电路中电流大小恒定不变，故A错误，B正确；C、线框bc受到的安培力F=BIL，0﹣1s内，B逐渐增大，IL不变，所以F逐渐增大，根据左手定如此可知，F方向向左，为正且逐渐增大，故CD错误．应当选：B点评：安培力的方向由左手定如此来确定，而感应电流方向如此由楞次定律来确定．当导线与磁场垂直放置时，假设电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比．二、实验题〔共2小题，18分〕1014秋•莆田校级期末〕以下甲乙丙的读数值依次是50.15 mm、0.42 A、 2.24 V．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．电压表和电流表的读数：确定使用的量程，确定每一个大格和每一个小格各代表多少．解答：解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．电流表使用的0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为 0.42 A．电压表使用的0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为 2.24V．故答案为：50.15； 0.42； 2.24点评：掌握电流表和电压表的正确使用和正确读数．电流表和电压表在电学中是最根本的测量工具，一定要熟练掌握．1014秋•莆田校级期末〕在“测定某电阻丝的电阻率〞实验中〔1〕用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，如图1所示，如此电阻丝的直径是0.641 mm．〔2〕用多用表的欧姆挡粗测电阻丝的阻值，此电阻丝的阻值约为20kΩ．下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是c、a、b、d 〔填写相应的字母〕a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔c．旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档的“×1k〞档d．旋转选择开关，使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔〔3〕假设用电流表和电压表准确测量此电阻丝的阻值，实验室提供如下可供选用的器材：电压表V〔量3V，内阻约50kΩ〕电流表A1〔量程200 μA，内阻约200Ω〕电流表A2〔量程5mA，内阻约20Ω〕电流表A3〔量程0.6A，内阻约1Ω〕滑动变阻器R〔最大值50Ω〕电源E〔电动势4.5V，内阻约0.2Ω〕开关S导线a．在所提供的电流表中应选用A1〔填字母代号〕．b．在图2虚线框中画出测电阻的实验电路．〔4〕根据测得的电阻丝的长度、直径和阻值，即可求出该电阻丝的电阻率．〔5〕采用上述实验电路测量，R测大于 R真〔填“大于〞，“等于〞或“小于〞〕；造成上述误差的主要原因是电流表分压．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕固定刻度与可动刻度读数之和即为螺旋测微器的读数．〔2〕使用欧姆表测电阻时，应选择适宜的挡位，然后进展欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡．〔3〕根据电路电流选择电流表，根据伏安法测电阻原理作出实验电路图．〔4〕根据欧姆定律和电阻定律结合求出电阻率表达式；〔5〕根据电流表接法，结合产生误差的根源，即可求解．解答：解：〔1〕由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为14.1×0.01mm=0.141mm，如此电阻丝直径d=0.5mm+0.141mm=0.641mm；因此为0.641～0.643mm．〔2〕使用欧姆表测电阻时，应选择适宜的挡位，然后进展欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡，如此正确的实验步骤为：c、a、b、d；〔3〕a、由欧姆定律知电路中最大电流约为 I max==≈1.5×10﹣4A=150μA，故电流表应选A1；b、待测电阻阻值约为20kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值50Ω，所以滑动变阻器应采用分压接法．电流表内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，可知待测电阻阻值远大于电流表内阻，而与电压表内阻接近，为减小测量误差，电流表应采用内接法，实验电路图如下列图：．〔4〕电阻丝电阻R X=ρ=ρ，又R X=如此得电阻率ρ=；〔5〕由上图可知，电流表内接法，因电流表分压，导致电压表示数偏大，那么测量值大于真实值；故答案为：〔1〕0.641～0.643；〔2〕cabd；〔3〕A1；如上图所示；〔4〕；〔5〕大于，电流表的分压．点评：本实验题要求要熟练掌握螺旋测微器读数的方法，能根据待测电阻与两个电表内阻的关系，选择电流的内、外接法，能根据变阻器的最大电阻与待测电阻的关系，选择变阻器的分压式与限流式接法．。
2014年福建省莆田市中考物理试卷
2014年福建省莆田市中考物理试卷一、单项选择题（每小题2分，共30分）3．（2分）（2014•莆田）如图是2013年10月19日凌晨发生的月偏食现象，它的成因是（）5．（2分）（2014•莆田）我们通过电视观看王亚平太空授课时，不看电视画面，仅凭声音就知道是王亚平在讲话，C D12．（2分）（2014•莆田）利用图中甲、乙两种装置，将同一重物分别匀速提升同一高度，不计摩擦及绳子的重量，则（）13．（2分）（2014•莆田）高考时，工作人员拿着金属探测仪对考生进行检查，以防止考生将手机等含有金属部分作弊工具带入考场（如图）．当探测仪中的线圈靠近金属导体时，在金属导体内部就会产生一种特殊电流，从而触发报警．则探测仪的工作原理是（）14．（2分）（2014•莆田）如图所示，将苹果放在水中，静止后会漂浮在水面上．若将苹果露出水面的部分切掉，余下部分重新放入水中，则余下苹果将（）15．（2分）（2014•莆田）明香同学周六放假回家后，发现家里的一盏电灯不亮了．于是她闭合开关S，用试电笔测试如图中的a、b、c、d四点时，只有d点不发光（如图），则电路的故障可能是（）二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）16．（3分）（2014•莆田）端午节期间，我市多地举行了划龙舟比赛（如图）．（1）运动员通过鼓声来统一划龙舟的节奏．鼓声是由鼓面的_________产生的．（2）划水时，船桨是_________杠杆．（选填“省力”、“费力”或“等臂”）（3）运动员向后划水，船就向前进，这说明物体间力的作用是_________的．17．（3分）（2014•莆田）瓶装液化石油气中都加有特殊气味的物质．当液化气泄漏时，人们能及时闻到异味，这是有特殊气味的物质在空气中发生了_________现象的缘故．从燃料燃烧的角度看，液化气与煤相比，具有_________大、污染小的优点．18．（3分）（2014•莆田）巴西世界杯正如火如荼地进行．运动员用头顶足球时（如图），足球向内凹陷了，这说明力可以改变物体的_________；同时足球的运动方向改变了，这又说明力可以改变物体的_________．19．（3分）（2014•莆田）英国科学家研发出一种“激光橡皮”．在激光照射下，纸张上的黑色碳粉直接_________（填物态变化名称）为高温碳蒸气，字迹消失；在这个过程中，碳粉是通过_________（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变内能的．经过特殊冷却装置，高温碳蒸气又直接_________（填物态变化名称）成碳粉．这样，废纸和碳粉重新得到了利用，可有效地节约资源并保护环境．20．（3分）（2014•莆田）电热器是利用电流的_________效应来工作的．某发热元件是一个阻值为1×104Ω的电阻，通过的电流为0.1A，通电100s产生的热量是_________J．21．（3分）（2014•莆田）小芳面向穿衣镜站在镜前1m处，则镜中的像与镜面相距_________m．若她远离穿衣镜后退0.5m，则镜中的像与她相距_________m．三、解答题（共1小题，满分2分）22．（2分）（2014•莆田）请画出图中光滑斜面上物体的受力示意图．三、简答题（共4分）23．（2014•莆田）“玉兔号”月球车的车轮不仅宽大，而且外表面有一些凸起的棱，这是为什么？四、实验探究题（共30分）24．（4分）（2014•莆田）在探究凸透镜成像规律的实验中，凸透镜的焦距为15cm．将蜡烛，凸透镜，光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛，并将它们的中心调节到同一高度．（1）如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，左右移动光屏，光屏上_________（选填“能”或“不能”）呈现一个清晰的像；若在光屏一侧用眼睛透过凸透镜观察，会看到一个烛焰_________立的像．（2）当烛焰距凸透镜35cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰、倒立、_________的实像．日常生活中利用这一原理制成的光学仪器是_________．25．（5分）（2014•莆田）如图所示为某固体加热时温度随时间变化的图象．（1）该固体为_________（选填“晶体”或“非晶体”），因为其有固定的熔点，且熔点为_________℃．（2）处在图中CD阶段时，该物体为_________．（选填“固态”、“液态”或“气态”）（3）处在图中BC和DE阶段时，物体需_________．（选填“吸热”或“放热”）（4）吸收相同的热量，在AB阶段比在CD阶段温度上升快，这是因为该物质在AB阶段时的比热容比在CD阶段时的_________．26．（5分）（2014•莆田）为了用伏安法测定盐水的电阻，小忠同学选取一段塑料管，将其充满某种浓度的盐水，两端用金属塞（焊有接线柱）堵住管口，接在如图甲所示的部分电路中．（1）实验的原理是_________．（用公式表示）（2）图甲中还有两处导线未画出，请在图中补画完整．已知电源电压为6V；要求滑动变阻器的滑片P向右移动时接入电路的电阻变大．（3）某次测量时电压表的示数为5.0V，电流表的示数如图乙所示，其读数为_________A，则测得盐水的电阻为_________Ω．27．（4分）（2014•莆田）科学家们已经发现了巨磁电阻（GMR）效应，它是指某些材料的电阻在磁场中急剧减小，且磁场越强，电阻越小的现象．利用这一现象，可以用来探究磁体周围的磁场强弱．如图所示，将GMR放在螺线管的右端．（1）闭合开关S1，螺线管左端的磁极为_________极．（2）闭合开关S1、S2，电流表示数为I．保持GMR位置不变，将电源的正负极对调，则此时电流表的示数将_________I；将GMR移至螺线管的上方的中间位置，电流表的示数将_________I．（选填“大于”、“等于”或“小于”）（3）将GMR分别放入通电螺线管内部的不同位置，发现电流表的示数几乎不变．据此，你的合理猜想是_________．28．（6分）（2014•莆田）在探究杠杆平衡条件的实验中．（1）如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，可以向_________移动左端的螺母．（选填“左”或“右”）（2）如图乙所示，为了使杠杆平衡，应在P点挂_________个同样的钩码；若是改用在P点沿虚线方向拉弹簧测力计，则测力计的示数会_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）上述所要挂钩码的总重量，因为这时拉力的力臂_________（选填“变小”或“变大”）了．（3）在图乙中，保持杠杆左边所挂钩码的位置和个数不变，用弹簧测力计分别在杠杆右边的不同位置竖直向下拉杠杆，使之平衡，得到表中的几组数据，请在图丙中绘出F﹣L图象．由表中数据或图象可知，在阻力与阻力臂一（选填“正比”或“反比”）29．（6分）（2014•莆田）五一节期间，小华同学去湄洲岛游玩，在沙滩上捡到一块漂亮的鹅卵石，回到家后，她想测一下这块鹅卵石的密度．（1）如图甲，鹅卵石受到拉力为_________N，则它的质量为_________g．（g取10N/kg）（2）按图乙中的方法测出鹅卵石的体积为_________mL．（3）算出鹅卵石的密度为_________g/cm3．（4）下列实验或研究中所用方法与图乙中测体积的方法相同的是_________．A．探究平面镜成像时，使蜡烛B与蜡烛A的像完全重合来研究像与物的大小关系B．测量电压时，用电压表测出电阻两端的电压C．探究液体压强的大小与液体种类的关系时，保持深度一定D．研究磁体周围的磁场强弱时，引入磁感线．五、计算题（共20分）30．（4分）（2014•莆田）某家用电饭煲的额定功率为1100W，额定电压为220V．求：（1）正常工作时电饭煲中的电流；（2）电饭煲正常工作0.5h消耗的电能．31．（7分）（2014•莆田）如图为一种水陆两栖抢险救援车，人和车的总重量为6×103N．已知ρ水=1×103kg/m3，g 取10N/kg．问：（1）救援车停泊在水面时排开水的体积多大？（2）当救援车以10m/s的速度在陆地上匀速行速时，受到的阻力为其总重量的0.1倍．救援车行驶5min，牵引力做的功是多少？32．（9分）（2014•莆田）某玻璃厂要研发一款新型玻璃，要求每平方米能承受5×105N的撞击力．测试时，取一小块玻璃样品（质量可不计），平放在如图甲所示电路中的压力传感器上，闭合开关S，释放重物，经撞击后玻璃仍完好无损，电流表的示数随时间变化的图象如图乙所示（不考虑t0时刻之后的情况）．已知压力传感器的阻值R N随压力F变化的图象如图丙所示；玻璃受到最大撞击力时与重物的接触面积S0=1×10﹣3m2；电源电压U=36V，定值电阻R0=20Ω．则：（1）从重物开始下落到撞击玻璃样品前这段时间内，电阻R0两端的电压是多少？（2）玻璃样品受到的最大撞击力多大？（3）请通过计算说明该样品是否满足设计要求？。
2014-2015年福建省莆田市哲理中学高一上学期期末物理试卷与解析
2014-2015学年福建省莆田市哲理中学高一（上）期末物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每题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）1．（4分）“嫦娥二号”于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，点火后1533秒时，火箭将加速到10.9km/s，这个速度就是奔月速度．此时，“嫦娥二号”在某一高度完成星箭分离，并获得了圆满成功．下列说法正确的是（）A．研究卫星绕月球运行时，不能把卫星看成质点B．奔月速度10.9km/s是指平均速度C．描述火箭的运动要以火箭本身作为参考系D．18时59分57秒表示的是时刻2．（4分）一个物体受到三个共点力的作用，在下列给出的几组力中，能使物体处于平衡状态的是（）A．F1=3N F2=4N F3=2N B．F l=3N F2=1N F3=5NC．F1=2N F2=5N F3=10N D．F l=5N F2=7N F3=13N3．（4分）我国“神舟”系列飞船均由长征运载火箭发射，请回答火箭发射和神舟飞船回收的有关问题，下面说法正确的是（）A．火箭加速发射升空阶段，飞船内座椅对人的支持力大于人对座椅的压力B．火箭加速发射升空阶段，飞船内人对座椅的作用力大于人的重力C．神舟飞船减速下降阶段，人对座椅的压力小于座椅对人的支持力D．神舟飞船减速下降阶段，人对座椅的压力小于人的重力4．（4分）讨论力F在下列几种情况下做功的多少（）①用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．②用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．③斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿斜面向上推进了s．A．③做功最多B．②做功最多C．做功相等D．不能确定5．（4分）甲、乙两质点同时、同地点向同一方向作直线运动，它们的图象如图所示，则（）A．乙始终比甲运动得快B．乙在2s末追上甲C．乙追上甲时距出发点40m远D．乙在4s内的平均速度大于甲的速度6．（4分）一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（）A．B．C．D．7．（4分）一辆汽车以20m/s的速度沿平直公路行驶，当汽车以5m/s2的加速度刹车后作匀减速直线运动，则从刹车开始计时，6s内汽车的位移为（）A．120m B．90m C．40m D．30m8．（4分）如图所示，用力F把铁块压紧在竖直墙上不动，那么，当F增大时（设铁块对墙的压力为N，物体受墙的摩擦力为f）下列说法正确的是（）A．N增大，f不变B．N增大，f增大C．N变小，f不变D．关于N和f的变化，以上说法都不对9．（4分）如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，则有（）A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力先减小后增大C．档板对小球的弹力先减小后增大D．档板对小球的弹力先增大后减小10．（4分）在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k。
福建省莆田第八中学1415高二上学期期中——物理物理
福建省莆田第八中学2014—2015学年度上学期期中考试高二物理试题1．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F 。
两小球相互接触后将其固定距离变为r 2，则两球间库仑力的大小为( ) A. 112 F B. 34 F C. 43 F D ．12 F2．一带电量为q 的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F ，该点场强大小为E ，则下面能正确反映这三者关系的是 ()3．在静电场中，下列说法正确的是 （ ）A ．沿着电场线方向，电势一定越来越低B ．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同C ．只在电场力作用下，正电荷一定从高电势的地方向低电势的地方移动D ．电场强度为零的点，电势一定为零4．空气中的负离子对人的健康极为有益．人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法．如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000 V 左右，使空气发生电离，从而产生一价负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5 mm ，且视为匀强电场，电场强度为E ，电场对负氧离子的作用力为F ，则（ ）A ．E=103 N/C ，F=1.6×10-16 NB ．E=106 N/C ，F=1.6×10-16 NC ．E=103 N/C ，F=1.6×10-13 ND ．E=106 N/C ，F=1.6×10-13 N5.一负电荷从电场中点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到点，它运动的速度—时间图象如右图所示，则、两点间的电场线分布情况可能是下图中的（ ）6．a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。
已知a 点的电势为20 V ，b 点的电势为24 V ，d 点的电势为4 V ，如图，由此可知c 点的电势为( )A ．4 VB ．8 VC ．12 VD ．24 V7．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。
福建省莆田市2024_2025学年高二物理上学期期末考试试题
福建省莆田市2024-2025学年高二物理上学期期末考试试题（考试时间：75分钟试卷满分：100分）留意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、单项选择题.本题共7小题，每小题4分，共28分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N－v2图象如图乙所示。
则A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a2.平直马路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，t=2s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是A．b车的加速度大小为1 m/s2B．a车的速度大小为3 m/sC．b车做匀加速直线运动D．t=2s时，a、b两车相遇，速度不相等3.如图所示，两楔形物块A、B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止，下列说法正确的是A．绳子的拉力可能小于A的重力B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B受到地面的摩擦力方向水平向左D．物块B与地面间不存在摩擦力4.空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则A．同一时刻全部粒子的动量相同B．同一时刻全部粒子的位移相同C．同一时刻全部粒子到达同一等势面上D．同一时刻全部粒子到达同一水平面上5.汽车A 和汽车B 静止在水平地面上，某时刻汽车A 起先倒车，结果汽车A 撞到了停在它正后方的汽车B ，汽车B 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B 前面的物体相对于汽车B 自身的速度。
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福建省莆田市哲理中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择（共10小题，每小题4分．共40分．）1．在阴极射线管的正上方平行放置通以强电流的一根长直导线，其电流方向如图所示．则阴极射线将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转考点：左手定则；洛仑兹力．分析：带电粒子在电流的磁场中运动，受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的方向来确定运动轨迹．解答：解：由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转．故选：B点评：电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向．2．关于磁感线的概念和性质，以下说法中正确的是( )A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度方向B．磁场中任意两条磁感线有可能相交C．铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是实际存在的磁感线D．磁感线总是从磁体的N极发出终止于磁体的S极考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．磁感线是形象描述磁场的强弱与方向，但它不是实际存在的．解答：解：A、据磁感线的物理意义可知：磁感线上个点的切线方向就是该点的磁感应强度方向，故A 正确．B、磁场中任意两条磁感线不可能相交．如相交，则交点处有两个方向，这是不可能的．故B错误．C、细铁可模拟磁感线，但磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，并不是真实存在的，故C错误．D、在磁铁的外部，磁感线是从磁体的N极出发指向磁体的S极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的S极出发指向磁体的N极．故D错误．点评：本题考查对磁感线的理解，要抓住磁感线的物理意义及不相交、不存在、闭合曲线等特点进行全面理解．3．一带电粒子，沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子一段径迹如图所示，径迹上每一小段都看成圆弧，由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小，（带电量不变），则( )A．粒子带负电，从B射入B．粒子带负电，从A射入C．粒子带正电，从B射入D．粒子带正电，从A射入考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从A到B，在根据左手定则可知，粒子带负电，所以B正确，ACD错误．故选：B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．4．如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度( )A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．分析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大，磁感线越疏，磁感应强度越小．根据磁感线的疏密来判断磁感应强度的大小．解答：解：如图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度．而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，ACD错误；点评：磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大．磁感线的切线方向表示磁场的方向．5．一个通电直导线的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将( )A．顺时针转动B．向左移动C．向右移动D．逆时针转动考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：小磁针N极的受力方向与磁场方向相同．由安培定则判断出磁场方向，即可分析出小磁针N极的受力方向，从而判断出小磁针的转动方向．解答：解：根据安培定则判断可知通电直导线在小磁针处产生的磁场方向向下，则小磁针N极受到的磁场力方向向下，S极受到的磁场力方向向上，所以小磁针将顺时针转动．故A 正确，BCD错误．故选：A点评：本题关键要知道小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．能熟练运用安培定则判断磁场的方向．6．在下列所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )A．B．C．D．考点：左手定则．分析：磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．解答：解：A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外．四指指向电流方向：斜向右上方，拇指指向安培力方向：斜向左上方．根据左手定则判断可知是正确的．故A正确．B、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向外穿过手心，则手心朝里．四指指向电流方向：向下，拇指指向安培力方向：向左．根据左手定则判断可知是错误的．故B错误．C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下．根据左手定则判断可知是不正确的．故C错误．D、电流的方向与磁场的方向平行，所以电流不是安培力的作用．故D错误．故选：A．点评：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．7．两环平面垂直，通过两环的磁通量Φa、Φb比较，则( )A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb C．Φa=Φb D．无法确定考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．解答：解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选：A点评：本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．8．如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是( )A．S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B．S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化．解答：解：AB、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，故AB均错误；CD、开关S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C正确，D错误；故选：C．点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用，关键明确线圈中的电流只能缓慢增加、缓慢减小．9．如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，从而得出感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：在0～t1时间内，根据法拉第电磁感应定律E=知，磁场均匀增大，则感应电流为定值，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，为正值．在t1～t2时间内，磁感应强度不变，则感应电流为零，在t2～t4时间内，磁感应强度的变化率相同，则感应电流大小相等，根据楞次定律知t2～t3、t3～t4时间内，感应电流的方向相同，为顺时针方向，为负值，因为磁感应强度的变化率比0～t1时间内小，则感应电流小．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向．10．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是( )A．金属块上、下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较上、下表面的电势高低考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比较出上下表面电势的高低．解答：解：电子从右向左运动，根据左手定则，电子向上偏转，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以上表面的电势低于下表面的电势．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，以及掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．二、填空题（共20分．其中11题5分，其它的每空3分）11．如图所示，两根相距d平行放置的导电轨道，轨道间接有电阻R，处于磁感应强为B，垂直轨道平面内的匀强磁场中，一根金属杆与轨道成60°角放置在轨道上，现让金属杆以垂直于杆的速度v沿轨道匀速滑行，若导电轨道和金属杆的电阻不计，则通过电阻R的电流为．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：首先求出金属棒的等效长度，再利用动生电动势公式和欧姆定律联合求解．解答：解：金属棒的等效长度：L=金属杆匀速运动产生的电动势：E=BLv有欧姆定律可知：I=联合以上解得：I=故答案为：点评：明确金属棒的等效长度是解题的关键，灵活应用动生电动势公式和欧姆定律，基础题．12．一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4×10﹣4 Wb；磁通量的平均变化率是8×10﹣3 Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是1.6 V．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．解答：解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2﹣∅1=（B2﹣B1）S•sin30°=4×10﹣4Wb而磁通量变化率为：=8×10﹣3Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=1.6V故答案为：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．点评：感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．13．如图甲所示，A、B为两个相同的导体线圈，它们共轴并靠近放置，A线圈中通有（乙）图所示的交变电流，则在t1﹣t2时间内，线圈A、B相互吸引（填“吸引”、“排斥”或“无作用力”，下同）在t2﹣t3时间内，线圈A、B相互排斥．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解答：解：在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象；在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥；故答案为：吸引，排斥．点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．三、计算题（共40分，14题12分，15题14分，16题14分．）14．把一根长l=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度为多少？（2）若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是多少？方向如何？考点：安培力；左手定则．分析：（1）已知B与L互相垂直，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小，并用左手定则判断出安培力的方向．解答：解：（1）代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N方向竖直向上故安培力的大小1.5×10﹣7N，方向竖直向上．点评：解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，会用左手定则判断出安培力的方向．15．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨，相距为L=10cm，竖直放置，导轨上端连接着电阻R1=1Ω，质量为m=0.01kg、电阻为R2=0.2Ω的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中．ab杆由静止释放，经过一段时间后达到最大速率，g取10m/s2，求此时：（1）杆的速率；（2）ab间的电压；（3）电阻R1消耗的电功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）金属棒在重力作用下，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度．（2）根据欧姆定律求出ab间的电压．（3）根据电功率公式P1=I2R1求解．解答：解：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，由平衡条件得：mg=BIL，感应电流：I==，代入数据得：v=12m/s（2）感应电动势：E=BLv，感应电流：I=，ab间的电压：U ab=IR1，代入数据解得：U ab=1V；（3）电阻R1消耗的电功率：P1=I2R1，代入数据得：P1=1W；答：（1）杆的速率是12m/s；（2）ab间的电压是1V；（3）电阻R1消耗的电功率是1W．点评：解决本题关键通过受力判断出金属棒的运动情况，知道当金属棒加速度为零时，速度最大．以及会根据电功率公式求解．16．如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC 区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y 轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．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：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小．（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于．（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ2的最大值．由△t=和已知条件△t max=，联立可求出θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度．解答：解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，t=t0=T，故周期T=4t0由T=…①得B=…②（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°﹣θ2…③故t1+t2==2t0…④（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，由②得：△θ=θ2﹣θ1=2θ2﹣180°…⑤根据⑤式可知θ2越大，△θ2越大，时间差△t越大由△t=…⑥由题时间间隔最大值为△t max=…⑦又T=4t0 …⑧则⑤⑥⑦⑧得，θ2的最大值为θmax=150°…⑨在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α=180°﹣θ=30°…⑩由几何知识得tan∠A==得∠A=60° (11)β=90°﹣∠A=30° (12)且有Rcosα+=L解得：R=根据qvB=m（或v=或v=均可）代入数据解得：v=答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是；（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是t1+t2==2t0；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，粒子进入磁场时的速度大小是．点评：对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．。