2015学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理卷（带解析）.doc

《2015学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理卷（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理卷（带解析）.doc（15页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2015学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练物理卷（带解析） 选择题 下列关于静电场的说法中错误的是： A在孤立点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相同的两点 B正电荷只在电场力作用下，一定从高电势点向低电势点运动 C场强为零处 ,电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动 答案： B 试题分析：孤立的点电荷形成的电场是发散电场，场强是矢量，所以没有场强相同的两点，但电场中都有等势面，所以有电势相同的两点，故 A说法正确；初速度的方向可以是任意的，由于惯性粒子不一定从高电势点向低电势点运动，故 B项说法错；场强是矢量，电势是标量，

2、二者大小无关，故 C项说法正确；当电场线是曲线时电场力的方向总沿曲线的切线方向，而由于惯性，电荷的速度并不总是沿力的方向，所以就不能一直沿电场线运动，故 D项说法正确。 考点：本题考查了电场、电势、电场线的概念及关系。 如图所示， O1O2是矩形导线框 abcd的对称轴，其左方有匀强磁场。以下哪些情况下 abcd中有感应电流产生，而且感应电流方向逆时针？ A将 abcd 向纸外平移 B将 abcd向右平移 C将 abcd以 ab为轴转动 60 D将 abcd以 cd为轴转动 60 答案： BD 试题分析：导线框向外平移穿过线框的磁通量不变，因此无感应电流，故 A项错；导线框向右平移时，穿过线框

3、的磁通量减少，因此产生感应电流，用楞次定律或右手定则可判断电流方向沿逆时针，故 B项正确；将 abcd以 ab为轴无论向里转还是向外转过 600，线框在垂直于磁场方向的投影面积是线框面积的一半，由磁通量公式 知，穿过线框的磁通量不变，因此无电流产生，故 C项错；将线框以 cd为轴转动 600 ，穿过线框的磁通量减为零，因此产生感应电流，用楞次定律可判断电流方向沿逆时针，故 D项正确。 考点：本题考查了产生感应电流的条件和判断感应电流方向的楞次定律或右手定则。 在匀强磁场中置一均匀金属薄片，有一个带电粒子在该磁场中按如图所示轨迹运动由于粒子穿过金属片时有动能损失，在 MN上、下方的轨道半径之比为

4、 10 9，不计粒子的重力及空气的阻力，下列判断中正确的是 ( ) A粒子带正电 B粒子沿 abcde方向运动 C粒子通过上方圆弧比通过下方圆弧时间长 D粒子恰能穿过金属片 10次 答案： A 试题分析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当动能减小时速度减小，由知运动半径减小，所以粒子是沿 edcba方向运动，由左手定则可判断粒子带正电，故 A项正确， B项错；由 知，运动时间跟速度无关，所以粒子通过上方圆弧与通过下方圆弧时间相等，都等于半个周期，故 C项错；设未穿过金属片时运动半径为 ，穿过后半径为 ，则 ，动能之比，可认为每次穿过金属片损失的动能相等，则，可看出最多穿过 5次，故 D项错。

5、考点：本题考查了带电粒子在磁场中的运动、运动半径与周期的特点。 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A该束带电粒子带负电 B速度选择器的 P1极板带正电 C在 B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D在 B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小 答案： BD 试题分析：由左手定则可判断粒子带正电，故 A项错；粒子在两板间匀速运动时，受到的洛仑兹力竖直向下，所以受到的电场力竖直向上，粒子带正电，所以 P1极板带正电，故 B项正确；通过两板的速度都是相同 的，由 知半径还跟粒

6、子的电量有关，故 C项错；通过两板的速度都是相同的，由 知荷质比 q/m小的，运动半径越大，故 D项正确。 考点：本题考查了粒子速度选择器的原理、左手定则、半径公式 。 如图所示， x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场 .有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从 O点射入磁场中，射入方向与 x轴均夹 角 .则正、负离子在磁场中 : A运动时间相同 B运动轨道半径相同 C重新回到 x轴时速度大小和方向均相同 D重新回到 x轴时距 O点的距离相同 答案： BCD 试题分析： 由 知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，由 知转道半径也相同，且在 O点受到的洛仑兹力大小

7、相等，作轨迹可看出正离子在磁场中运动的轨迹长，时间就长，故 A项错误， B项正确；两个离子轨迹都是圆，速度是轨迹的切线方向，如图， 根据圆的对称性可知，重新回到磁场边界时速度大小和方向都相同故 C 正确；根据几何知识得到，重新回到磁场边界的位置与 O点距离相等故 D正确 考点：本题考查了带电粒子在磁场中的运动及运动周期和半径公式。 如图所示，水平虚线 EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E，磁感应强度为 B。一带负电微粒自离 EF为 h的高处自由下落，从 B点进入场区，沿虚线 BCD做匀速圆周运动，从 D点射出 .已知重力加速度为 g，下列说法正确的是： A电场强度的方向竖直

8、向上 B微粒做圆周运动的半径为 C从 B点运动到 D点的过程中微粒的电势能先减小后增大 D从 B点运动到 D点的过程中微粒的电势能和重力势能相加之和先增大后减小 答案： B 试题分析：粒子进入复合场做匀速圆周运动，受到的向心力只能是洛仑兹力，所以电场力与重力平衡，电场力应竖直向上，粒子带负电，所以电场强度方向竖直向下，故 A 项错；进入 复合场的速度 ，做圆周运动的半径 ，又 ，联立叁式，得 r ，故 B项正确；因电场力向上，所以凿子由 B运动到 C的过程电场力做负功，电势能增加，故 C项错；从 B到 D的过程，电场力与重力合力为零，所以电势能与重力势能之和无变化，故 D 项错。 考点：本题考

9、查了带电粒子在复合场中的运动、洛仑兹力和电场力的概念公式、功与势能的关系。 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 从 点沿直径 方向射入磁场，经过 时间从 点射出磁场， 与成 60角。现将带电粒子的速度变为 /3，仍从 点沿原方向射入磁 场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( ) A B 2 C D 3 答案： B 试题分析：设磁场半径为 R ，粒子运动轨迹半径为 r，如图， 当粒子速度为 v时，轨迹对应的圆心角为 600， ，当粒子速度变为 /3时，由公式 知轨迹半径与速度成正比，所以 ，同理，即轨迹的圆心角为 1200，又因粒子在磁场中做圆周运动的时间

10、与圆心角成正比，所以运动时间变为原来的 2倍，故 B项正确。 考点：本题考查了带电粒子在磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力概念公式。 如图中的实线表示电场线 ,虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹 ,粒子先经过 M点 ,再经过 N点 ,则下列说法中错误的是：（ ） A M点的电势高于 N点的电势 B粒子在 M点受到的电场力小于在 N点受到的电场力 C粒子在 M点的动能小于在 N点的动能 D粒子在 M点的电势能小于在 N点的电势能 答案： D 试题分析：如图， 过 M、 N两点各做一个等势面，沿电场线方向移动，等势面的电势降低，故 A项正确； M 点处的电场线比 N 点处的疏，场强弱，因

11、而粒子受的电场力就较小，故 B项正确；粒子带正电荷，由运动轨迹可判断出电场力为动力，做正功，所以由 M到 N动能增大，故 C项错；因电场力做正功，所以电势能减小，故 D项错。 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、电场线、等势面、电势能等知识。 如图所示， A、 B为两块竖直放置的平行金属板， G是静电计，开关 S合上后，静电计指针张开一个角度。下述做法可使指针张角增大的是（ ） A使 A、 B两板靠近些 B使 A、 B两板正对面积错开些 C断开 S后，使 B板向左平移减小板间距 D断开 S后，使 A、 B板错位正对面积减小 答案： D 试题分析：由图可看出 静电计测得的是 A、 B两金属板

12、间的电势差，电势差增大，指针张角就增大。 只要电键 S闭合着，两板间的电势差就不变，总等于电源的电动势，故 A、 B项错；断开 S后，两板上的电量保持不变，两板间距变小，由 知电容 C增大，再由 知两板间的电势差 U减小，故 C项错；断开 S后减小两板正对面积，由 知电容 C减小，再由 知电压 U增大，故 D项正确。 考点：本题考查了静电计、电容及平行板电容器的电容概念和公式。 如图所示电路中，电压表、电流表都是理想电表，电源内阻不能忽略。若电阻 R1断路，则两电表的示数变化情况是（ ） A两电表 示数都变小 B两电表示数都变大 C电流表示示数变大，电压表示数变小 D电流表示示数变小，电压表示

13、数变大 答案： B 试题分析：电阻 R1 并在电路中，断开后总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律总电流减小，由欧姆定律知电阻 R2 上的电压也减小，故 A项正确。 考点：本题考查了用闭合电路欧姆定律及欧姆定律分析电路状态的变化。 下列关于磁场和磁感线的说法中，正确的是： A磁场和磁感线是假想的，不是客观存在的 B磁感线的疏密程度描述了磁场的强弱 C磁感线总是从磁体 N极出发到磁体 S极终止 D磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处所受的安培力方向相同 答案： B 试题分析：磁感线是假想的，而磁场是客观存在的一类特殊物质，故 A项错；磁场的强弱是用磁感线的疏密来表示的，故 B项正确；磁感线是闭合曲

14、线，从N极出发进入 S极，故 C项错；由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度方向垂直，故 D项错。 考点：本题考查了磁场、磁感线的概念和左手定则。 关于闭合电路，下列说法中正确的是： A闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 B闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C闭合电 路中，电流越大，电源的路端电压就越大 D闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 答案： A 试题分析：外电压与内电压之和保持不变，等于电动势，外电阻与内电阻是串联的，根据串联电路的特点，电阻越大分得的电压越大，故 A 项正确；外电阻越大，路端电压，但电流越小，由 P 输出 UI 可看

15、出电源的输出功率不一定越大，实际上电源的输出功率有最大值，故 B项错；当电源一定时，外电阻越小，电流越大，由以上分析可知，外电压越小，故 C项错；在电源内部，电流从负极流向正极，是从电势低的地方流向电势高的地方，故 D项错。 考点：本题考查了关于闭合电路的知识。 如图所示，在水平方向的匀强电场中，一带负电的微粒以初速度 v0从图中的 A点沿直线运动到 B点，在此过程中 A粒子一定做匀速直线运动 B粒子的机械能将守恒 C粒子运动的动能减小，电势能增加 D粒子运动的动能增加，电势能减小 答案： C 试题分析：微粒受坚直向下的重力和水平向左的电场力，合力不为零，因此一定不是匀速直线运动，故 A项错；

16、因不只有重力做功，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故 B项错；因粒子做直线运动，从受力分析可知，合力的方向与速度方向相反，所以做减速运动，动能减小，可看出电场力做负功，所以电势能增加，故 C项正确， D项错。 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、运动与力的关系、机械能守恒定律、功与能的关系。 根据安培假说的物理思想：磁场来源于运动电荷，如果用这种思想解释地球磁场的形成，根据地球上空并无相对地球定向移动的电荷的事实，那么由此推断，地球上总体应该是 A不带电 B带负电 C带正电 D不能确定 答案： B 试题分析：地磁场磁感线的分布与环形电流的磁场分布相似，可以想像地球的表面带有电荷，地球的自

17、转形成环形电流，从而产生地磁场，地磁场的方向在地球内部由北极附近指向南极附近，地球由西向东自转，由安培定则，电流的方向应由东指向西，与电荷运动方向相反，所以地球带负电，故 B项正确。 考点：本题考查了电流的概念、安培假说、安培定则。 三根相互平行的通电长直导线放在等边三角形的三个顶点上，如图所示为其截面图，电流方向如图，若每根导线的电流均为 I，每根直导线单独存在时，在三角形中心 O点产生的磁感应强度大小都是 B，则三根导线同 时存在时的磁感应强度大小为 ( ) A 0 B C B D 2B 答案： D 试题分析：根据安培定则，三根导线在 O点产生的磁感应强度的方向分别为：上边导线产生的 B水

18、平向左，左边导线产生的 B方向斜向左上方，与水平方向成 60角，右边导线产生的 B方向斜向左下方，与水平方向成 60角，根据平行四边形定则进行合成可得三个 B的合矢量大小为 2B,故 D正确。 考点：本题考查了安培定则及磁感应强度。 如下左图所示， A、 B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从 A点沿电场线运动到 B点。在此过 程中，该点电荷的速度 v随时间 t变化的规律如下右图所示。则下列说法中正确的是（ ） A A、 B两点的电场强度是 EA EB A、 B两点的电场强度是 EA EB C A点的电势比 B点的电势高 D A点的电势跟 B点的等势 答案： A

19、试题分析：从 A点沿电场线运动到 B点的过程，由 v-t图可看出电荷的加速度越来越大，可推知受到的电场力越来越大，场强越来越大，故 A项正确， B项错；由 v-t 图可看出电荷运动的速度越来越大，所以电场力的方向由 A 指向 B，所以电场线的方向由 B 指向 A，沿电场线移动电势越来越低，故 C、 D 两项错。 考点：本题考查了电场线、电场强度、电势、力与运动的关系、速度图象的意义等知识的综合运用。 实验题 在做 “描绘小灯泡的伏安特性曲线 ”实验时，所用器材有：电动势为 6V的电源，额定电压为 2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。要求能测出尽可能多组数据，如图是

20、没有连接完的实物电路。（已连接好的导线有 a、 b、 c、 d、 e、 f六根） （ 1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整； （ 2）连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片 P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能 是 ； （ 3）排除故障后闭合开关，移动滑片 P到某处，电压表的示数为 2.2V，在要测量小灯泡的额定功率，应将滑片 P向 _端滑动（选填 “左 ”“右 ”）； （ 4）通过移动滑片 P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了如图所示的 UI 图线。根据 UI 图线提供的信息，可计算出小灯泡正常工作时电阻是 _ 。 （ 5）图线是

21、曲线而不是过原点的直线，原因是_ 。 答案：（ 1）连线如图；（ 2） c(d)段导线断路或灯泡损坏； (3）右； （ 4） 12.5； （ 5）灯丝的电阻会随温度的升高而增大 试题分析：（ 1）根据题目 “要求能测出尽可能多组数据 ”，滑动变阻器应连接成分压器电路；小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，应用安培表外接法；连接时注意电流的方向与电表的 “+、 ”接线柱的关系。连线如图。（ 2）电压表有示数，而电流表无示数，说明电压表串在电路中了，电压表测量的电路部分断开了，即 c(d)段导线断路或灯泡损坏。（ 3）要测出小灯泡的额定功率，需使其电压达到额定电压 2.5V，而小灯泡是与滑动变阻器的滑片

22、 P左侧的电阻并联，要增大这部分的电阻才 能增大电压，所以应将滑片向右移动。（ 4）由图线可看出当 U=2.5V,I=0.2A,由欧姆定律 。（ 5）随着电压、电流的增大，灯丝发热功率增大，温度升高，电阻增大。 考点：本题考查了 “描绘小灯泡的伏安特性曲线 ”实验原理和方法。 利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻，提供的器材有 A干电池两节，每节电池的电动势约为 1.5V，内阻未知 B直流电压表 V1、 V2，内阻很大 C直流电流表 A，内阻可忽略不计 D定值电阻 R0，阻值未知，但不小于 5 （ E）滑动变阻器 （ F）导线和开关 （ 1）甲同学 利用该电路完成实验时，由于某根导线发生

23、断路故障，因此只记录了一个电压表和电流表的示数，如下表所示： U/V 2.62 2.48 2.34 2.20 2.06 1.92 I/A 0.08 0.12 0.19 0.20 0.24 0.28 试利用表格中的数据作出 U I图， (2)由题（ 1）图象可知，该同学测得两节干电池总的电动势值为 V，总内阻为 。由计算得到的数据可以判断能够正确示数的电压表应为表 (选填 “V1”或 “V2”)。 （ 3）乙同学在找出断路的导线并调换好的导线后，连接该电路继续实验时，由于电流表发生短路故障，因此只能记下两个电压表的示数，该同学利用表中的数据，以表 V1的示数 U1为横坐标、表 V2的示数 U2为

24、纵坐标作图象，也得到一条不过原点的直线，已知直线的斜率为 k，纵截距为 b，则两节干电池总的电动势大小为 V，两节干电池的总内阻 （选填 “可以 ”或 “不可以 ”）求出。 答案：（ 1） U I图像 （ 2） 2.902.98 ， 3.53.8 ， V1 （ 3） b/(1-k) ， 可以 试题分析：（ 1） U I图像见答案： 这条图线 是路端电压与电流的关系，图线与纵轴的交点的纵坐标表示电动势。电表 V1 测得是路端电压。电源内阻等于直线斜率的绝对值，即 ，从图线上找出两组数据即可算出。 由闭合电路的欧姆定律得， 由题意得， 由 式变形得 对比 两式得 ； 两式联解得 ， . 考点：闭合

25、电路的欧姆定律 计算题 （本题 6分）如图所示，水平向右的匀强电场场强为 E，有一绝缘轻细杆长为 l，一端可绕 O点在竖直面内无摩擦转动，另一端粘有一带正电荷的小球，电量为 q，质量为 m，将小球拉成与 O点等高的 A点后自由释放，求小球到达最低点 B时绝缘杆给小球的力。 答案： 试题分析：小球受水平恒定的电场力和竖直向下的重力，在带电小球运动过程中两力均做正功，由动能定理得： ，经 B 点由牛顿第二定律得：，两式联立解得 考点：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用。 （本题 10分）如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度 E，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中 ,在金属板

26、的正上方高度 h的 a处有一微粒源 ,盒内微粒以 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m，电荷量为 q的带正电微粒，粒子最终落在金属板 b上。（要考虑微粒的重力，阻力 不计）求 : （ 1）微粒源所在处 a点的电势 （ 2）带电微粒打在金属板上时的动能 （ 3）从微粒源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积） 若使带电微粒打在金属板上的范围增大，可以通过改变哪些物理量来实现？（至少答两种） 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 可增大 h、 m、 V0 ，或减小 q、 E来实现。 试题分析：（ 1）题中匀强电场竖直向下， b板接地；因此 （ 2）微粒在重力和电场力作用下做功；对微粒由

27、动能定理得 带电粒子打在金属板上的动能为 （ 3）粒子源射出的微粒打在金属板上的范围以微粒水平抛出为落点 边界，由类平抛运动知识得： 联立三式解得 由面积表达式可看出，要使面积增大，可增大 h、 m、 V0 ，或减小 q、 E来实现。 考点：本题考查了带电粒子在复合场中的类平抛运动、电势、动能定理、处理类平抛运动的知识和方法。 （本题 12分）如图所示，条形区域 和 内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度 B的大小均为 0.3T， AA、 BB、 CC、 DD为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，磁场宽度及 BB、 CC之间的距离 d=1m。一束带正电的某种粒子从

28、AA上的 O点以沿与 AA成 60角、大小不同的速度射入磁场，当粒子的速度小于某一值 v0时，粒子在区域 内的运动时间均为 t0=410-6s；当粒子速度为 v1时，刚好垂直边界 BB射出区域 。取3，不计粒子所受重力。 求： (1)粒子的比荷 q/m； 速度 v0和 v1的大小； 速度为 v1的粒子从 O到 DD所用的时间。 答案：（ 1） C/kg （ 2） m/s 2106m/s （ 3） 试题分析：（ 1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得运动周期 当粒子运动的时间均为 t0=410-6s时，粒子运动的圆周角为 ，即 ，由以上三式解得 C/kg 或 C/kg （ 2）当粒子速度为 v0时，粒子在区域 I内的运动轨迹刚好与 BB边界相切，此时有 R0+R0sin = d 得 m/s 当粒子速度为 v1时，刚好垂直边界 BB射 出区域 ，此时有： R1sin = d 得 v1 =2106m/s （ 3）区域 I、 II宽度相同，则粒子在区域 I、 II中运动的时间均为 ，穿过中间无磁场区的时间为 ，则粒子从 O1到 所用的时间为 。 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动及牛顿第二定律和圆周运动知识的应用。