当前位置:首页 >> 高中教育 >>

2014-2015学年福建省师大附中高二(上)期末物理试卷


2014-2015 学年福建省师大附中高二(上)期末物理试卷
一、单项选择题: 1.下列判断正确的是( ) A. 带电粒子在某处所受的电场力为零,该处的电场强度不一定为零 B. 带电粒子在某处所受的洛伦兹力为零,该处的磁感应强度一定为零 C. 运动电荷在电场强度不为零的地方一定受到电场力的作用 D. 运动电荷在磁感应强度不为零的地方一定受到洛伦磁力的作用 2.A、B、C

三点在同一直线上,AB:BC=1:2,B 点位于 A、C 之间,在 B 处固定一电 荷量为 Q 的点电荷.当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的电场力为 F;移去 A 处电荷,在 C 处放一电荷量为﹣2q 的点电荷,其所受电场力为( ) A. ﹣ B. C. ﹣F D. F

3. 矩形线框 abcd 被一根细绳悬挂于天花板上, 线框中通有如图所示的顺时针方向的电流 I1, 线框中心的正下方有一与线框平面垂直的长直导线,当导线中通入向里的电流 I2 时,关于 线框运动及细绳拉力变化的判断正确的是( )

A. B. C. D.

线框 ad 向里、bc 向外转动,细绳的拉力增大 线框 ad 向里,bc 向外转,细绳的拉力减小 线框 ad 向外,bc 向里转动,细绳的拉力增大 线框 ad 向外,bc 向里转动,细绳的拉力减小

4.如图所示,电动机 M 的线圈电阻为 r,接入电压恒为 U 的电源时,电动机正常工作,此 时电动机通过的电流为 I,消耗的电功率为 P、线圈电阻的发热功率为 P 热、输出的机械功率 为 P 出.则下列关系式正确的是( )

A. I=

B. P=IU+I r

2

C. P 热=

D. P 出=IU﹣I r

2

5.如图,虚线表示点电荷 Q 形成的电场中的两个等势面,下列说法正确的是(



A. B. C. D.

M 点的电势一定比 N 点的电势高 M 点的场强一定比 N 点的场强小 正电荷在 M 点的电势能一定比在 N 点的电势能大 负电荷仅受电场力作用从 M 点运动 N 点动能增大

6.在如图所示的电路中,开关 S 原来时闭合的,现将 S 断开,则灯泡 L 亮度变化和电容器 C 带电量变化情况是( )

A. B. C. D.

灯泡 L 变亮、电容器 C 带电量增加 灯泡 L 变亮、电容器 C 带电量减少 灯泡 L 变暗、电容器 C 带电量增加 灯泡 L 变暗、电容器 C 带电量减少

7.在 xOy 坐标的原点处放置一根与坐标平面垂直的通电直导线,电流方向指向纸内(如图 所示) ,此坐标范围内还存在一个平行于 xOy 平面的匀强磁场.已知在以直导线为圆心的圆 周上的 a、b、c、d 四点中,a 点的磁感应强度最大,则此匀强磁场的方向( )

A. 沿 x 轴正方向 B. 沿 x 轴负方向 向

C. 沿 y 轴正方向

D. 沿 y 轴负方

8.某静电场沿 x 轴方向的电势分布如图所示,如果仅仅考虑这一方向上的电场情况,则 ( )

A. 0﹣L 和 2L﹣3L 之间均为匀强电场,且 0﹣L 之间的场强一定比 2L﹣3L 之间的场 强大 B. L﹣2L 和 3L﹣4L 之间均为匀强电场,且这两处的电场方向一定相反 C. L﹣2L 和 4L﹣5L 之间均为非匀强电场,且这两处的电场方向一定相同 D. 3L﹣4L 和 4L﹣5L 之间均为匀强电场,且 3L﹣4L 之间的场强一定比 4L﹣5L 之间 的场强大

二、实验题 011 秋?合肥校级期末)李丹同学需要测定某干电池的电动势和内电阻.已知干电池的电动 势约为 1.5V,内阻小于 4Ω;电压表(量程 0 一 3V,内阻约 3kΩ) 、电流表(量程 0~0.6A, 内阻约 1.0Ω) 、滑动变阻器有 R1(10Ω,2A)和 R2(100Ω,0.1A)各一只.

(1)实验中滑动变阻器应选用 (填“R1”或“R2”) . (2)在甲图的方框中画出实验电路图. (3)根据实验中测得多组电压和电流值,在 U﹣I 图象中描点得到的如图乙所示,由图可 求出该电源电动势 E= V;内阻 r= Ω.

三、计算题 1013 秋?福建校级期末)平行的水平轨道 MN、PQ 与电源电阻等连成如图所示的电路,ab 为金属细棒,与导轨接触良好且可在轨道上运动,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.已 知电源电动势 E=1.5V、内阻 r=0.5Ω、ab 棒质量为 m=0.02kg、电阻 Rab=3Ω、长度 L=0.5m 与 轨道间的动摩擦因数 μ=0.5,磁场的磁感应强度 B=0.5T,不计轨道电阻.当开关 S 闭合时, 2 ab 棒恰好可以运动.重力加速度 g=10m/s .求: (1)此时流过 ab 棒的电流; (2)电阻 R 的阻值.

一、单项选择题 11.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻 R1、R2 的电压与电流的关系如图所示.用此 电源和电阻 R1、R2 组成电路.R1、R2 可以同时接入电路,也可以单独接入电路.为使电源 输出功率最大,可采用的接法是( )

A. B. C. D.

将 R1、R2 串联后接到电源两端 将 R1、R2 并联后接到电源两端 将 R1 单独接到电源两端 将 R2 单独接到电源两端

12.用如图所示的回旋加速器来加速质子,为了使质子获得的动能增加为原来的 4 倍,可采 用下列哪几种方法( )

A. B. C. D.

将其磁感应强度增大为原来的 2 倍 将其磁感应强度增大为原来的 4 倍 将 D 形金属盒的半径增大为原来的 2 倍 将两 D 形金属盒间的加速电压增大为原来的 4 倍

13.三个不同的带电离子 a、b、c(不计离子重力)以相同的初速度,从同一位置同时垂直 于电场方向射入同一匀强电场,它们的轨迹如图所示,其中 b 恰好飞出电场.下列判断正确 的是( )

A. B. C. D.

三个离子中,c 的比荷最大 三个离子中,a 受的电场力最大 三个离子中,c 受的电场力最大 若 a,b 质量相同,则 a 的动能增量大于 b 的动能增量

14.如图所示,有一金属块垂直于表面 C 的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为 B,金属块 的厚度为 d,高度为 h,当有稳定恒电流 I 平行平面 C 的方向通过时,由于磁场力的作用, 金属块的上下两表面 M、N 间的电压为 U,则金属块中单位体积内参与导电的自由电子数 目为( )

A.

B.

C.

D.

三、实验题 15.用螺旋测微器测量时示数如图所示,该示数的读数为

mm.

1014 秋?武夷山市校级期末)一个未知电阻 Rx,阻值大约为 1.0kΩ~1.2kΩ.为了较为准确 的测定其电阻值,实验室中还备有如下器材:

电源 E

(电动势 3V、内阻可忽略) 电压表 V (量程 3V、内阻约为 3kΩ)

电流表 A1(量程 3mA、内阻约为 10Ω) 电流表 A2(量程 0.6A、内阻约为 1Ω) 滑动变阻器 R 的最大阻值为 20Ω 开关 S、导线若干 (1)在实验中电流表应选 . (2)为了尽可能减少误差,且能够测量较多组数据,请你在虚线框中画出本实验的电路图. (3)根据你所画的电路图在题给的实物图上用笔画线代替导线画出连接图.

三、计算题 16.如图,一长度为 L=0.1m 的细线,一端固定在 O 点,另一端栓一带电量为 q=2.5×10 的 带电小球,并置于匀强电场中.将小球拉至水平位置 OA,并从 A 点无初速度释放,则小球 能摆到左边的最高位置为 C 点,而后在 AC 之间来回摆动.已知小球的质量 m=5×10 kg, OC 与竖直方向的夹角 θ=37°.求: (1)小球带何种电荷? (2)匀强电场的场强 E 为多大? (3)小球运动到最低点 B 处时细线对小球的拉力大小 F 为多少?
﹣2 ﹣4

17.如图(甲)所示,M、N 为竖直放置、彼此平行的两块平板,两板间距离为 d,两板中央 各有一个小孔 O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如 图(乙)所示.有一正离子在 t=0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场,已知正离子质量为 m、 带电荷量为 q, 正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0. 不 考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计正离子所受重力.求:

(1)磁感应强度 B0 的大小.

(2) 若射入磁场时速度 v0=

, 正离子能否从 O′点射出?若不能, 它将打到 N 板上离 O′

点多远处? (3)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场,正离子射入磁场时速度 v0 应为多少?

2014-2015 学年福建省师大附中高二(上)期末物理试卷
参考答案与试题解析

一、单项选择题: 1.下列判断正确的是( ) A. 带电粒子在某处所受的电场力为零,该处的电场强度不一定为零 B. 带电粒子在某处所受的洛伦兹力为零,该处的磁感应强度一定为零 C. 运动电荷在电场强度不为零的地方一定受到电场力的作用 D. 运动电荷在磁感应强度不为零的地方一定受到洛伦磁力的作用 考点:磁感应强度;电场强度. 分析:由电场力公式 F=qE 则知,电荷在某处不受电场力作用,该处电场强度一定为零.一 小段通电导体在某处不受安培力作用,该处磁感应强度不一定为零.若导线与磁场平行时, 不受安培力,但 B 不等于零.导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场 方向的夹角有关. 解答: 解:A、电场对放入其中的电荷有力的作用;只要电荷不受力,则说明电场强度一 定为零;故 A 错误; B、当电荷在磁场中静止时,它不受磁场力;不能确定磁感应强度为零;故 B 错误; C、电荷在电场中一定受电场力,不论物体是运动还是静止;故 C 正确; D、如果运动电荷的运动方向与磁场平行,则不受磁场力;故 D 错误; 故选:C. 点评:本题要抓住磁场与电场特性的区别: 电荷在电场中一定受电场力, 但通电导线在磁场 中不一定受安培力,导线与磁场平行时不安培力. 2.A、B、C 三点在同一直线上,AB:BC=1:2,B 点位于 A、C 之间,在 B 处固定一电 荷量为 Q 的点电荷.当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的电场力为 F;移去 A 处电荷,在 C 处放一电荷量为﹣2q 的点电荷,其所受电场力为( ) A. ﹣ B. C. ﹣F D. F

考点:电场强度;电场的叠加. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:首先确定电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向的关系,再根据 库仑定律得到 F 与 AB 的关系,即可求出﹣2q 的点电荷所受电场力. 解答: 解:根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引,分析可知电荷量为﹣2q 的点电 荷在 C 处所受的电场力方向与 F 方向相同. 设 AB=r,则有 BC=2r. 则有:F=k

故电荷量为﹣2q 的点电荷在 C 处所受电场力为:FC=k

=

故选 B 点评:本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系,难度不 大. 3. 矩形线框 abcd 被一根细绳悬挂于天花板上, 线框中通有如图所示的顺时针方向的电流 I1, 线框中心的正下方有一与线框平面垂直的长直导线,当导线中通入向里的电流 I2 时,关于 线框运动及细绳拉力变化的判断正确的是( )

A. B. C. D.

线框 ad 向里、bc 向外转动,细绳的拉力增大 线框 ad 向里,bc 向外转,细绳的拉力减小 线框 ad 向外,bc 向里转动,细绳的拉力增大 线框 ad 向外,bc 向里转动,细绳的拉力减小

考点:安培力. 分析:由右手螺旋定则判断出直导线的磁场, 导线框在直导线右边, 所处的磁场方向垂直纸 面向里,再由左手定则判断导线框四边的受力情况进行解决. 解答: 解:电流 I2 的方向向里,根据安培定则可知,电流 I2 周围的磁场的方向为顺时针 方向, ad 边与 bc 边所在处的磁场的方向向右, 根据左手定则, ad 受到的安培力的方向向里, bc 受到的安培力的方向向外,所以线框发生转动, 由同向电流相互吸引,反向电流相互排斥可知,线框转动后,电流 I2 对下边的电流的作用 力是吸引力,对上边的电流的作用力的排斥力,由于下边的电流距离 I2 比较近,所以下边 的电流受到的安培力比较大,整体受到向下的磁场力,所以细绳的拉力增大. 故选:A 点评:该题考查电流之间的相互作用,要牢记同向电流相互吸引,反向电流相互排斥.也可 以使用右手螺旋定则和左手定则判定,使用的过程中两个定则不能混淆. 4.如图所示,电动机 M 的线圈电阻为 r,接入电压恒为 U 的电源时,电动机正常工作,此 时电动机通过的电流为 I,消耗的电功率为 P、线圈电阻的发热功率为 P 热、输出的机械功率 为 P 出.则下列关系式正确的是( )

A. I=

B. P=IU+I r

2

C. P 热=

D. P 出=IU﹣I r

2

考点:电功、电功率;闭合电路的欧姆定律. 专题:恒定电流专题. 分析:当电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,输入的功率是总电功率,根据 P=UI 2 求解.发热功率由 P=I r 求解.输出功率由能量守恒定律研究. 解答: 解: A、 当电动机正常工作时, 其电路是非纯电阻电路, 不满足欧姆定律, 故I 故 A 错误; B、电动机消耗的电功率 P 电=UI.故 B 错误; 2 C、电动机的发热功率根据焦耳定律得到 P 热=I r.但非纯电阻电路不能应用欧姆定律变形; 故 C 错误; B、电动机的输出功率是机械功率,根据能量守恒定律得,P 出=P 电﹣P 热=UI﹣I r.故 D 正 确. 故选:D. 点评:本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路,求电功率只能用 P=UI,求热功 2 率只能用 P=I r.而输出的机械功率只能根据能量守恒求解,而且电功率大于热功率. 5.如图,虚线表示点电荷 Q 形成的电场中的两个等势面,下列说法正确的是( )
2



A. B. C. D.

M 点的电势一定比 N 点的电势高 M 点的场强一定比 N 点的场强小 正电荷在 M 点的电势能一定比在 N 点的电势能大 负电荷仅受电场力作用从 M 点运动 N 点动能增大

考点:电势;电势能. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:根据电场线与等势面垂直,作出电场线,根据电场线方向判断电势的高低.根据电场 力做正负判断电势能的变化.根据电场线的疏密判断场强的大小 解答: 解:A、作出电场线的分布如图,由电场线方向可判断出来:M 点的电势比 N 点 的高.故 A 正确. B、点电荷产生的场强距点电荷越近,场强越大,故 M 点的场强一定比 N 点的场强小,故 B 正确 C、正电荷自 M 点移向 N 点,电场力做正功,电荷的电势能减小.正电荷在 M 点的电势能 一定比在 N 点的电势能大,故 C 正确. D、负电荷仅受电场力作用从 M 点运动 N 点过程中电场力做负功,动能减小.故 D 错误. 故选:ABC

点评:本题考查对电场线物理意义的理解和应用能力. 对于电势能变化的判断也可以根据推 论判断:负电荷在电势低处电势能大 6.在如图所示的电路中,开关 S 原来时闭合的,现将 S 断开,则灯泡 L 亮度变化和电容器 C 带电量变化情况是( )

A. B. C. D.

灯泡 L 变亮、电容器 C 带电量增加 灯泡 L 变亮、电容器 C 带电量减少 灯泡 L 变暗、电容器 C 带电量增加 灯泡 L 变暗、电容器 C 带电量减少

考点:闭合电路的欧姆定律;电容. 专题:恒定电流专题. 分析:明确电路结构, 根据开关断开后电路中电阻的变化明确电路中电流的变化; 再分析路 端电压的变化,即可分析灯泡亮度及电容两端的电压;由 Q=UC 可求得电量. 解答: 解:由图可知,当开关闭合时,R2 与 L 串联后与 R3 并联,再由 R1 串联;当开关 断开时,R3 断开,总电阻增大,总电流减小,R1 分压及内压减小,灯泡两端电压增大;故 灯泡变亮; 电容器并联在电源两端,因内压减小,路端电压增大;故电容器两端电压增大;由 Q=UC 可知,电容器带电量增加; 故选:A. 点评:本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题, 此类问题解题的基本思路为: 局部﹣整体 ﹣局部;在分析中一定要完整,不能认为总电流小了,灯泡就会变暗. 7.在 xOy 坐标的原点处放置一根与坐标平面垂直的通电直导线,电流方向指向纸内(如图 所示) ,此坐标范围内还存在一个平行于 xOy 平面的匀强磁场.已知在以直导线为圆心的圆 周上的 a、b、c、d 四点中,a 点的磁感应强度最大,则此匀强磁场的方向( )

A. 沿 x 轴正方向 B. 沿 x 轴负方向 向

C. 沿 y 轴正方向

D. 沿 y 轴负方

考点:通电直导线和通电线圈周围磁场的方向;电场强度. 分析:该题考察了磁场的叠加问题.用右手定则首先确定通电直导线在 abcd 四点产生的磁 场的方向,利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向,从而判断各选项. 解答: 解:用右手螺旋定则判断通电直导线在 abcd 四个点上所产生的磁场方向,a 点有 电流产生的向下的磁场, 若还有向下的磁场, 则电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向 相同,叠加和磁场最大. 故选:D 点评:磁感应强度既有大小, 又有方向, 是矢量. 它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则. 8.某静电场沿 x 轴方向的电势分布如图所示,如果仅仅考虑这一方向上的电场情况,则 ( )

A. 0﹣L 和 2L﹣3L 之间均为匀强电场,且 0﹣L 之间的场强一定比 2L﹣3L 之间的场 强大 B. L﹣2L 和 3L﹣4L 之间均为匀强电场,且这两处的电场方向一定相反 C. L﹣2L 和 4L﹣5L 之间均为非匀强电场,且这两处的电场方向一定相同 D. 3L﹣4L 和 4L﹣5L 之间均为匀强电场,且 3L﹣4L 之间的场强一定比 4L﹣5L 之间 的场强大 考点:电势;电场强度. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:沿着场强方向电势减小,垂直场强方向电势不变,根据题中图象得到电势变化规律, 图象的斜率表示电场强度,从而判断电场强度的情况 解答: 解:A、根据图象 φ=Ex 可知,图象的斜率表示电场强度的大小,因此在 0﹣L 和 2L﹣3L 之间不存在沿着 x 方向的电场分量,故 A 错误. B、根据图象 φ=Ex 可知,图象的斜率表示电场强度的大小,L﹣2L 和 3L﹣4L 之间均为匀 强电场,且这两处的电场方向一定相反,故 B 正确;

C、根据图象 φ=Ex 可知,图象的斜率表示电场强度的大小和方向,L﹣2L 和 4L﹣5L 之间 均为匀强电场,且这两处的电场方向一定相同,故 C 错误; D、根据图象 φ=Ex 可知,图象的斜率表示电场强度的大小和方向,3L﹣4L 和 4L﹣5L 之间 均为匀强电场,且 3L﹣4L 之间的场强一定比 4L﹣5L 之间的场强小,故 D 错误 故选:B 点评:本题关键是要明确沿电场方向电势减小,垂直场强方向,电势不变;匀强电场中,沿 电场线方向电势降低最快,沿着任意方向(垂直电场线除外)电势随位移均匀变化 二、实验题 011 秋?合肥校级期末)李丹同学需要测定某干电池的电动势和内电阻.已知干电池的电动 势约为 1.5V,内阻小于 4Ω;电压表(量程 0 一 3V,内阻约 3kΩ) 、电流表(量程 0~0.6A, 内阻约 1.0Ω) 、滑动变阻器有 R1(10Ω,2A)和 R2(100Ω,0.1A)各一只.

(1)实验中滑动变阻器应选用 R1 (填“R1”或“R2”) . (2)在甲图的方框中画出实验电路图. (3)根据实验中测得多组电压和电流值,在 U﹣I 图象中描点得到的如图乙所示,由图可 求出该电源电动势 E= 1.5 V;内阻 r= 1.25 Ω. 考点:测定电源的电动势和内阻. 专题:实验题. 分析: (1)滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用,在限流接法中取比内电 阻大 10 左右即可.过大则难以调节;过小起不到应有的调节作用. (2)运用伏安法测量干电池的电动势和内电阻,由于内阻较小,采用电流表外接法连接电 路. (3)由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系,结合数学关系可知图象的斜率表示内 阻,与纵坐标的交点表示电源的电动势. 解答: 解: (1)由题意可知,电源的内阻小于 4Ω,故为了易于调节,准确测量,还有 R2 额定电流只有 0.1A,很容易烧坏,所以滑动变阻器应选小电阻 R1 . (2)运用伏安法测量干电池的电动势和内电阻,由于内阻较小,采用电流表外接法连接电 路:

(3)作出 U﹣I 图象:

由闭合电路欧姆定律可知:U=E﹣Ir; 即电动势与电流成一次函数关系,由数学知识可知,图象与纵坐标的交点为电源的电动势; 图象的斜率表示内源内电阻; 故由图可得电动势为:E=1.5V r= = =1.25Ω

故答案为: (1)R1 (2)如图 (3)1.5,1.25 点评:测电动势和内电阻实验的考查中,一定会考到数据的处理; 因此要掌握好此实验的 图象法分析电动势和内电阻的方法. 三、计算题 1013 秋?福建校级期末)平行的水平轨道 MN、PQ 与电源电阻等连成如图所示的电路,ab 为金属细棒,与导轨接触良好且可在轨道上运动,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.已 知电源电动势 E=1.5V、内阻 r=0.5Ω、ab 棒质量为 m=0.02kg、电阻 Rab=3Ω、长度 L=0.5m 与 轨道间的动摩擦因数 μ=0.5,磁场的磁感应强度 B=0.5T,不计轨道电阻.当开关 S 闭合时, 2 ab 棒恰好可以运动.重力加速度 g=10m/s .求: (1)此时流过 ab 棒的电流; (2)电阻 R 的阻值.

考点:安培力;闭合电路的欧姆定律. 分析: (1)导体棒刚好运动,安培力等于摩擦力,根据共点力平衡求的电流 (2)由闭合电路的欧姆定律求的电阻的阻值即可 解答: 解: (1)对导体棒受力分析可知 BIL=μmg 解得 (2)ab 两端的电压为 U=RabI=3×0.4V=1.2V 电源内阻分的电压 U 内=E﹣U=1.5﹣1.2V=0.3V 干路电流为 故流过电阻 R 的电流为 I″=I′﹣I=0.6﹣0.4A=0.2A 故电阻的阻值为 R= 答: (1)此时流过 ab 棒的电流为 0.4A; (2)电阻 R 的阻值为 6Ω. 点评:本题主要考查了闭合电路的欧姆定律,抓住串并联的特点即可求得 一、单项选择题 11.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻 R1、R2 的电压与电流的关系如图所示.用此 电源和电阻 R1、R2 组成电路.R1、R2 可以同时接入电路,也可以单独接入电路.为使电源 输出功率最大,可采用的接法是( )

A. B. C. D.

将 R1、R2 串联后接到电源两端 将 R1、R2 并联后接到电源两端 将 R1 单独接到电源两端 将 R2 单独接到电源两端

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:由电源的 U﹣I 图线纵横截距读出电源的电动势,由斜率求出电源的内阻.由电阻的 U﹣I 图线求出电阻.再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择. 解答: 解:由图象得到:电源的电动势为 E=3V,内阻为 r=0.5Ω,R1 单独接到电源两端输 出功率为 P 出 1=1.5V×3A=4.5W,R2 单独接到电源两端输出功率则为 P 出 2=2V×2A=4W. 由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω,当将 R1、R2 串联后接到电源两端利用欧姆 2 定律可得电路电流 I 串=1.5A,此时电源的输出功率 P 串=I 串 (R1+R2)=3.75W.两电阻并联 时,R 并= = = Ω

利用欧姆定律可得电路电流 I 并=
2

=

A=3.6A,此时电源的输出功率 P 并=EI 并﹣I

r=4.32W.所以将 R1 单独接到电源两端时电源的输出功率最大. 故选 C 点评:这是直流电中的电路问题,可以应用数学知识分析得到:当电源的内外电阻相等时, 电源的输出功率最大,直接选择 C.


12.用如图所示的回旋加速器来加速质子,为了使质子获得的动能增加为原来的 4 倍,可采 用下列哪几种方法( )

A. B. C. D.

将其磁感应强度增大为原来的 2 倍 将其磁感应强度增大为原来的 4 倍 将 D 形金属盒的半径增大为原来的 2 倍 将两 D 形金属盒间的加速电压增大为原来的 4 倍

考点:质谱仪和回旋加速器的工作原理. 分析:回旋加速器中带电粒子在电场被加速,每通过电场,动能被增加一次;而在磁场里做 匀速圆周运动,通过磁场时只改变粒子的运动方向,动能却不变.因此带电粒子在一次加速 过程中,电场电压越大,动能增加越大.但从 D 形盒中射出的动能,除与每次增加的动能 外,还与加速次数有关.所以加速电压越大,回旋次数越少,最大动能只由磁感应强度和 D 形金属盒的半径决定. 解答: 解:带电粒子从 D 形盒中射出时的动能 Ekm= mvm (1)
2

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,则圆周半径 R=

(2)

由(1) (2)可得 Ekm=

显然,当带电粒子 q、m 一定的,则 Ekm∝R B

2

2

即 Ekm 与磁场的磁感应强度 B、D 形金属盒的半径 R 的平方成正比,与加速电场的电压无 关,故 AC 正确,BD 错误; 故选:AC. 点评:本题回旋加速器考查电磁场的综合应用: 在电场中始终被加速, 在磁场中总是匀速圆 周运动.所以容易让学生产生误解:增加射出的动能由加速电压与缝间决定.原因是带电粒 子在电场中动能被增加,而在磁场中动能不变. 13.三个不同的带电离子 a、b、c(不计离子重力)以相同的初速度,从同一位置同时垂直 于电场方向射入同一匀强电场,它们的轨迹如图所示,其中 b 恰好飞出电场.下列判断正确 的是( )

A. B. C. D.

三个离子中,c 的比荷最大 三个离子中,a 受的电场力最大 三个离子中,c 受的电场力最大 若 a,b 质量相同,则 a 的动能增量大于 b 的动能增量

考点:带电粒子在匀强电场中的运动. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:离子垂直射入匀强电场, 离子在电场中做类平抛运动, 根据粒子在水平方向的位移关 系确定粒子的运动时间关系, 然后根据粒子竖直方向的位移关系确定离子的加速度关系, 应 用牛顿第二定律比较离子的比荷关系,应用动能定理确定动能的增量关系. 解答: 解:A、离子在极板间做类平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,粒子的运动 时间:t= ,由图示可知:xa<xb=xc,离子的水平初速度 v0 相等,则:ta<tb=tc,离子在
2

竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,y= at ,由图示可知:ya=yb>yc,由于 ta<tb=tc,

则:aa>ab>ac,由牛顿第二定律得:a=

,电场强度 E 相同,则





,故 A 错

误; B、由牛顿第二定律可知,离子所受电场力:F=ma,已知:aa>ab>ac,由于不知道离子的 质量关系,无法判断粒子所受的电场力关系,故 BC 错误; D、已知:aa>ab,若 a,b 质量相同,由 F=ma 可知,Fa>Fb,电场力做功:W=Fy,已知: ya=yb,则 Wa>Wb,由动能定理可知,离子 a 的动能增加量大于离子 b 的动能增加量,故 D 正确; 故选:D. 点评:本题考查了粒子在电场中的运动, 知道离子在电场中做类平抛运动, 在水平方向做匀 速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,根据图示确定离子的水平位移、 粒子是竖直位移关系是正确解题的关键.

14.如图所示,有一金属块垂直于表面 C 的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为 B,金属块 的厚度为 d,高度为 h,当有稳定恒电流 I 平行平面 C 的方向通过时,由于磁场力的作用, 金属块的上下两表面 M、N 间的电压为 U,则金属块中单位体积内参与导电的自由电子数 目为( )

A.

B.

C.

D.

考点:霍尔效应及其应用. 分析:定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转, 在前后表面间形成电势差, 电子到达的表面 带负电,电势较低.最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,根据平衡求出单位体积 内的自由电子数. 解答: 解:由图,磁场方向向里,电子向左移动,根据左手定则,电子向上表面偏转,上 表面得到电子带负电,下表面带正电; 那么根据 e =evB,I=neSv=nehdv,得:n= ,故 A 正确,BCD 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, 以及知道最终电子在电场力和洛 伦兹力作用下处于平衡. 三、实验题 15.用螺旋测微器测量时示数如图所示,该示数的读数为 0.560 mm.

考点:刻度尺、游标卡尺的使用. 专题:实验题. 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 0.5mm,可动刻度为 0.01×6.0mm=0.060mm,所以最 终读数为 0.560 mm. 故答案为:0.560 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.

16.一个未知电阻 Rx,阻值大约为 1.0kΩ~1.2kΩ.为了较为准确的测定其电阻值,实验室中 还备有如下器材:

电源 E (电动势 3V、内阻可忽略) 电压表 V (量程 3V、内阻约为 3kΩ) 电流表 A1(量程 3mA、内阻约为 10Ω) 电流表 A2(量程 0.6A、内阻约为 1Ω) 滑动变阻器 R 的最大阻值为 20Ω 开关 S、导线若干 (1)在实验中电流表应选 A1 . (2)为了尽可能减少误差,且能够测量较多组数据,请你在虚线框中画出本实验的电路图. (3)根据你所画的电路图在题给的实物图上用笔画线代替导线画出连接图. 考点:测定电源的电动势和内阻. 专题:实验题;恒定电流专题. 分析: 电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则,由 于待测电阻阻值较大,从减小误差的角度选择滑动变阻器分压式接法和电流表内接法. 按照前面的选择连接电路画出本实验的电路图即可. 画实物图时要注意电表的正负极和开关 的位置. 解答: 解: (1)未知电阻 Rx,阻值大约为 1.0kΩ~1.2kΩ.为了较为准确的测定其电阻值, 所以实验中电流表应选 A1. (2)由于待测电阻阻值较大,从减小误差的角度选择滑动变阻器分压式接法和电流表内接 法.电路图:

(3)根据电路图相应的画出实物图:

故答案为: (1)A1(2)见上图 (3)见上图 点评:本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表, 并确定安培表的内、 外接法和滑动变 阻器的限流、分压法;要明确安培表的内、外接法的误差来源. 三、计算题 17.如图,一长度为 L=0.1m 的细线,一端固定在 O 点,另一端栓一带电量为 q=2.5×10 的 带电小球,并置于匀强电场中.将小球拉至水平位置 OA,并从 A 点无初速度释放,则小球 能摆到左边的最高位置为 C 点,而后在 AC 之间来回摆动.已知小球的质量 m=5×10 kg, OC 与竖直方向的夹角 θ=37°.求: (1)小球带何种电荷? (2)匀强电场的场强 E 为多大? (3)小球运动到最低点 B 处时细线对小球的拉力大小 F 为多少?
﹣2 ﹣4

考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系;向心力. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析: (1)通过对小球的受力分析及可判断出电性 (2)根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式求出匀强电 场的场强; (3)根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度;经过最低点 时, 由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力, 由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力 解答: 解: (1)通过对小球的运动分析可知,小球受到的电场力向右,故小球带正电 (2)设细线长为 l,场强为 E.从释放点到左侧最高点,由动能定理有 WG+WE=△ Ek=0,

故 mglcosθ=qEl(1+sinθ) 解得 E= (3)若小球运动到最低点的速度为 v,此时线的拉力为 T,由动能定理同样可得 mgl﹣qEl= mv
2

由牛顿第二定律得 T﹣mg=m 答: (1)小球带正电荷 (2)匀强电场的场强为

由以上各式解得 T=mg(3﹣



; )

(3)小球经过最低点时细线对小球的拉力为 mg(3﹣

点评:本题是高考真题, 考查动能定理和牛顿第二定律综合应用的能力, 动能定理和向心力 的关联点是速度 1013 秋?福建校级期末)如图(甲)所示,M、N 为竖直放置、彼此平行的两块平板,两板 间距离为 d,两板中央各有一个小孔 O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感 应强度随时间的变化如图(乙)所示.有一正离子在 t=0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场, 已知正离子质量为 m、带电荷量为 q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度 变化的周期都为 T0.不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计正离子所受重力.求:

(1)磁感应强度 B0 的大小. (2) 若射入磁场时速度 v0= , 正离子能否从 O′点射出?若不能, 它将打到 N 板上离 O′

点多远处? (3)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场,正离子射入磁场时速度 v0 应为多少? 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:带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: (1)离子在洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,可确定磁感应强度大小; (2)根据半径公式与几何关系,从而求出打到 N 板上离 O′点的距离; (3)根据运动轨迹,正离子在两板之间可运动 n 个周期即 nT0,由 v0= 入磁场时速度大小. 解答: 解: (1)正离子射入磁场,洛仑兹力提供向心力 可得到离子射

根据牛顿第二定律,则有:B0qv0=m 做匀速圆周运动的周期,T0= 联立①②两式得磁感应强度 B0= (2)将 v0= R=1.25d 代入②得: ④ ②





因 R>d,所以正离子不能从 O′点射出.正离子在 MN 间的运动轨迹如右图所示.设离子将 打到图中的 C 点,C 点离 O′点的距离为 x. 则 x=R﹣ =0.5d ⑤

(3)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场,v0 的方向应如下图所示,正离子在两板之间 可运动 n 个周期即 nT0,则 d=4nR, (n=1、2、3…) ⑥ 联立①、⑥式得 v0= 答: (1)磁感应强度 B0 的大小为 ; = , (n=1、2、3…)

(2)若射入磁场时速度,正离子不能从 O′点射出,它将打到 N 板上离 O′点 0.5d 远处; (3) 要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场, 正离子射入磁场时速度 v0 应为 2、3…) . , (n=1、

点评:此题考查离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动, 掌握牛顿第二定律在其应用, 并掌 握几何关系的重要性,特别画出正确的运动的轨迹,同时运用离子在两板间运动的周期性.


相关文章:
2014-2015学年福建省师大附中高二(上)期末物理试卷
2014-2015 学年福建省师大附中高二(上)期末物理试卷一、单项选择题: 1.下列判断正确的是( ) A. 带电粒子在某处所受的电场力为零,该处的电场强度不一定为零...
福建省师大附中2015-2016学年高二上学期期末考试物理试卷
福建省师大附中2015-2016学年高二上学期期末考试物理试卷_资格考试/认证_教育专区。福建师大附中 2015-2016 学年第一学期期末考试卷 高二物理(完卷时间:90 分钟;...
福建省师大附中2014-2015学年高一物理上学期期末考试试题
福建省师大附中2014-2015学年高一物理上学期期末考试试题_理化生_高中教育_教育专区。福建师大附中 2014-2015 学年第一学期期末模块考试试卷 高一 (时间:90 分钟 ...
福建省师大附中2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题WORD解析版
福建师大附中 2014-2015 学年第二学期期末考试卷 高二物理 (时间:90 分钟 满分:100 分) 命题人:赵昕 高二物理期末试卷说明 审核人:阮云 本试卷分 A 卷和 B...
福建省师大附中2015-2016学年高一物理上学期期末考试试题
福建省师大附中2015-2016学年高一物理上学期期末考试试题_理化生_高中教育_教育专区。福建师大附中 2015-2016 学年第一学期高一年段期末考试试卷 物理(满分:100 分...
福建省师大附中2015-2016学年高二物理上学期期中试题
福建师大附中 2015-2016 学年第一学期期中考试卷 高二物理(完卷时间:90 分钟;满分:100 分) 说明:本试卷共四大题,18 小题。请把答案写在答卷上。考试结束后,...
福建省师大附中2014-2015学年高二物理上学期期中试题
考试结束后,只要将答卷交上 福建师大附中 2014-2015 学年第一学期期中考试卷 高二 (时间:90 分钟 物 理 满分:100 分) 说明:试卷共三大题,16 小题。请把...
福建省师大附中2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题
福建师大附中 2014-2015 学年第二学期期末考试卷 高二 (时间:90 分钟 物 理命题人:赵昕云 审核人:阮 满分:100 分) 高二物理期末试卷说明 本试卷分 A 卷和...
福建省师大附中2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题
福建师大附中 2014-2015 学年第二学期期末考试卷 高二 (时间:90 分钟 物 理 满分:100 分) 高二物理期末试卷说明 本试卷分 A 卷和 B 卷, A 卷为选修 3...
更多相关标签:
福建省师大附中 | 湖南师大附中高一期末 | 福建省2016年高二会考 | 福建省高二会考 | 湖南师大附中 | 华师大二附中 | 师大附中 | 北师大附中 |