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1、12014-20152014-2015 学年福建省南平市武夷山实验中学高二（上）学年福建省南平市武夷山实验中学高二（上）期末物理试卷期末物理试卷一、单项选择题：（本大题共一、单项选择题：（本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分分 ）1 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）下列说法正确的是（ ）A处在磁场中的电荷一定受到洛仑兹力的作用B处在电场中的电荷一定受到电场力的作用C电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁场的方向D电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向考点： 洛仑兹力分析： 运动电荷在磁场中受到的磁场力为洛伦兹力，其方向由左手定则来确定
2、，而大小则是由 F=Bqv 求得电荷在电场中一定会受到电场力的作用，正电荷受力的方向沿电场线的方向解答： 解：A、静止的电荷处于磁场中，不受到洛伦兹力故 A 错误；B、电荷在电场中的电荷一定受到电场力的作用故正确；C、电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场的方向一定垂直故 C 错误；D、正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向故 D 错误；故选：B点评： 洛伦兹力由左手定则来确定，其方向垂直与磁场、运动电荷的方向且电荷的运动取决于洛伦兹力是否存在，或大小与否22 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板 A与一灵敏的静电计相接，极板 B 接地若
3、极板 B 向左移动一小段距离，则观察到的静电计指针偏角变化和得出平行板电容器电容变化的结论是（ ）A静电计指针偏角变大，电容器电容变小B静电计指针偏角变小，电容器电容变大C静电计指针偏角不变，电容器电容变小D静电计指针偏角变小，电容器电容变小考点： 电容器的动态分析专题： 电容器专题分析： 由平行板电容器的决定式可求得电容的变化；由电容器的定义式可求得电容器两端的电压变化，则可得出静电计的指针偏角的变化解答：解：极板 B 向左移动后，电容器间的距离增大，则由 C=可知，电容器的电容减小；因电容器和电源断开，故电容器极板上的电荷量不变，则由 Q=UC 可知，电容器两端的电压增大，则静电计的偏角增
4、大；故选：A点评： 本题考查电容器的动态分析，要注意明确静电计的张角反映电容器两端的电压大小33 （4 分） （2014 秋湖南期末）如图所示，实线为一点电荷 Q 建立的电场中的几条电场线（方向未标出） ，虚线为一电子在电场中从 M 点运动到 N 点的轨迹若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）A建立电场的点电荷 Q 带负电B粒子在 M 点的加速度比在 N 点的加速度大C粒子在 M 点的速度比在 N 点的速度大D粒子在 M 点的电势能比在 N 点的电势能大考点： 电场线；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： 由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线
5、的方向根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系解答： 解：A、由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷 Q 带正电，A 错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，M 点电场线稀疏，所以离子在 M 点的电场力小，加速度也小，B 错误；C、粒子从 M 到 N，电场力做正功，动能增大电势能减小，所以离子在 N 点的速度4大于在 M 点的速度，粒子在 M 点的电势能比在 N 点的电势能大，所以 C 错误 D 正确；故选：D点评： 在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要
6、求，要重点掌握4 （4 分） （2011 秋合肥校级期末）在如图所示的电路中，电池的电动势为 E，内电阻为r，R1、R2 为 两个阻值固定的电阻，当可变电阻 R 的滑片向下移动时，电流表的示数 I 和电压表的示数 U 将（ ）AI 变小，U 变大BI 变小，U 变小CI 变大，U 变小DI 变大，U 变大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 当 R 的滑动触头 P 向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化解答： 解：当 R 的滑动触头
7、P 向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流 I 增大电压表测量路端电压 U，而U=EIr，I 增大，E、r 不变，则 U 变小设变阻器两端电压为 U，则 U=EI（R1+R5+r） ，I 增大，其他量不变，则 U变小，通过 R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数 I 变大故 C 正确故选：C5点评： 本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析5 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）一台直流电动机的额定电压为 100V，正常工作时电流为 10A，线圈内阻为 0.5
8、，若该电动机正常工作 10s，则（ ）A该电动机线圈上产生的热量为 104JB该电动机线圈上产生的热量为 2105JC该电动机输出的机械功为 104JD该电动机输出的机械功为 9.5103J考点： 电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： 电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，产生的热量只能用 Q=I2Rt 计算，消耗的电能只能用 W=UIt 计算转化为的机械能等于电流的总功减去发热的能量解答： 解：A、B、电动机产生的热量 Q=I2Rt=1020.510J=500J，故 A、B 均错误C、D、电动机输出的机械功 W机=W电Q=UItQ=1001010500J=9500J，故 C 错误、D 正确
9、故选：D点评： 本题考查了电动机中的转化的能量的计算在电动机工作时，电能转化为了机械能和内能，内能大小只能由 Q=I2Rt 计算66 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场方向，射入匀强磁场中，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可以近似看成圆弧由于带电粒子使周围的空气电离，粒子的能量逐渐减小而带电量不变从图中情况可以确定（ ）A粒子是带正电的，它是由 a 点运动到 b 点B粒子是带正电的，它是由 b 点运动到 a 点C粒子是带负电的，它是由 a 点运动到 b 点D粒子是带负电的，它是由 b 点运动到 a 点考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律
10、；向心力专题： 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 C 正确，ABD 错误故选：C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7二、不定选择题：（本大题共二、不定选择题：（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分
11、，共 1616 分每题所给的选项中有的只有分每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得 4 4 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有错选或分，有错选或不选的得不选的得 0 0 分）分）7 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）如图所示，在通电长直导线 AB 的一侧悬挂一闭合矩形金属线圈 P，AB 在线圈平面内当 AB 中通以向上的电流并增大时（ ）A线圈中产生逆时针方向的电流，线圈向 AB 运动B线圈中产生逆时针方向的电流，线圈离开 AB 运动C线圈中产生顺时针方向的电流，线圈向 AB 运动D线圈中产生
12、顺时针方向的电流，线圈离开 AB 运动考点： 楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析： 直导线中的电流方向由 B 到 A，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况解答： 解：根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向根据左手定则可知导线框所受安培力指指向线框内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小因此线圈离开 AB 直导线，故 ACD 错误，B 正确；故选：B点评： 本题考查安培定则、楞次定
13、律和左手定则综合应用的能力同时注意远离直导线的8磁场较弱，靠近直导线的磁场较强并根据线框所受安培力的合力大小来判定如何运动8 （4 分） （2011 秋合肥校级期末）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将其磁感应强度增大为原来的 2 倍B将其磁感应强度增大为原来的 4 倍C将 D 形金属盒的半径增大为原来的 2 倍D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，
14、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= mvm2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R= （2）9由（1） （2）可得 Ekm= 显然，当带电粒子 q、m 一定的，则 EkmR2 B2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
15、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9 （4 分） （2014 秋武夷山市校级期末）一个带正电荷的微粒（重力不计）穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法正确的是（ ）A若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转B若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小C若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度D若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动考点： 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
16、析： 粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，故做匀速直线运10动解答： 解：A、粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，故做匀速直线运动，有 qE=qvB；若仅减小入射速度，洛伦兹力减小，故合力向下，向下偏，故A 正确；B、若仅减小电场强度，电场力减小，合力向上，上偏，电场力做负功，动能减小，故 B 正确；C、若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，根据 qE=qvB，可以减小 v，或者增加 E，故 C 错误；D、若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，电场力和洛伦兹力都反向，粒子依然平衡，做匀速直线运动，故 D 正确；故选 ABD点评： 本题涉及速度选择器的工作原理，速度选择器只选择速度，不选择电荷的电性、质量和电荷量，是近代实验仪器的重要
