2012-2013学年山东威海市高二上学期期末考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年山东威海市高二上学期期末考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是 A安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系 B奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式 C库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律 库仑定律 D法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场 答案： CD 试题分析：奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，在世界上是第一个发

2、现了电与磁之间的联系的物理学家，故 A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并推出了洛伦兹力公式，故 B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是库仑，这个规律就是库仑定律，故 C正确； 19世纪 30年代，法拉第提出电荷周围存在一种场，而非 “以太 ”，并且 是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故 D正确所以选 CD 考点：本题考查了通电直导线周围的磁场、奥斯特的电流磁效应实验的结论及法拉第的贡献、库仑定律的发现等物理学史方面的知识

3、如图所示，虚线为一静电场中的等势面 1、 2、 3、 4，相邻等势面间的电势差相等，其中等势面 3的电势为 0。一带正电的点电荷仅在静电力的作用下沿图中实线从 a 点运动到 b 点，经过 a、 b 两点时粒子的动能分别为 5eV 和 26eV。当这一点电荷运动到某一位置 c时，其电势能变为 -5 eV。下列说法正确的是( ) A粒子从 a点运动到 b点的过程 中电场力做负功 B粒子在 a点的电势能小于其在 b点的电势能 C粒子在 c点时的动能为 24 eV D a、 b点的电势关系为 答案： CD 试题分析：带正电的点电荷仅在静电力的作用下沿图中实线从 a 点运动到 b 点，只有电场力做功，根

4、据动能定理得： ，电场力做正功，故 A错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，即，所以 ，故 B错误；由题设知，电荷经过 a、 b点时的动能分别为 5eV和 26eV，动能增加为 21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，动能变化量相等，则电荷从 1等势面到 3等势面时，动能增加 14eV，到达 3等势面时粒子动能为 19 eV，又等势面 3的电势为 0，所以粒子到达 3等势面时的总能量为 19 eV，根据能量守恒定律得 ，又 ，所以 ，故 C正确；因电场力做功，粒子带正电，即 ， ，根据 知，故 D正确所以选 CD 考点：本题考查等势面、动能定理的应

5、用、电势能、电势及电场力做功与电势差的变化关系 意在考查学生的推理能力和分析综合能力 如图所示，直线 A是电源的路端电压和电流的关系图象，直线 B、 C分别是电阻 R1、 R2的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接 到该电源上，下列说法正确的是 ( ) A两电阻阻值 R1 R2 B R2接在电源上时，电源的内阻消耗功率大 C R2接在电源上时，电源的效率高 D电源的内阻和 R2的阻值相等 答案： ABD 试题分析：因为在 图象中，电阻等于斜率，由图象可知直线 B的斜率大于直线 C的斜率，故 A正确；电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态，由图象可知， 、 分别接

6、在电源上时，通过电源的电流分别为 和 ，根据 知，当 接在电源上时，电源的内阻消耗功率大，故 B正确；电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，即电源的效率 ，效率与路端电压成正比，由图知 接在电源上时路端电压大，电源的效率高，故 C错误；如图所示， ，电源的内阻，故 D正确所以选 ABD 考点：本题主要考查 图象的意义同时考查了对闭合电路的欧姆定律、电功率等概今的理解和应用 如图所示，现有一带正电的粒子能够在正交的匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过。设产生匀强电场的两极板间电压为 U，板间距离为 d，匀强磁场的磁感应强度为 B，粒子带电荷量为 q，进入速度为 v(不计粒子的重力）。以下说

7、法正确的是 A匀速穿过时粒子速度 v与 U、 d、 B间的关系为 B若只增大 v，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过 C若只增大 U，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过 D若保持两板间电压不变，只减小 d，其他条件不变，粒子进入两板间后将向下偏 答案： AD 试题分析：解决本题的关键是知道粒子沿直线通过，电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则判断洛伦兹力方向竖直向上，由粒子带正电可得电场强度方向向下，则有 ，即 ，故 A正确；若只增大 v，其他条件不变，则有，粒子不能沿直线穿过，故 B错误；若只增大 U，其他条件不变，则有 ，粒子不能沿直线穿过，故 C错误；若保持两板间电压不变，只减小 d，其他条件不变

8、，则有 ，即粒子所受的电场力大于洛仑兹力，合力向下，由牛顿运动定律知，粒子进入两板间后将向下偏，故 D正确所以选AD A错误， B正确； 考点：本题考查带电粒子在混合场中的运动、速度选择器的原理以及牛顿第二定律，意考查学生的推理能力 根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置 电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去。现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是 ( ) A增大磁感应强度 B的值 B增大电流 I的值 C减小磁感应强度 B的

9、值 D改变磁感应强度 B的方向，使之与炮弹前进方向平行 答案： AB 试题分析：电磁炮就是在安培力的作用下运动，要想提高炮弹的发射速 度，即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度故 A正确， B正确，C错误；当改变磁感应强度 B的方向，使之与炮弹前进方向平行时，由左手定则可知，电磁炮受的安培力方向竖直向下，在前进方向上合力为零，根据由牛顿运动定律可知，电磁炮的运动状态不会改变，故 D错误 考点：本题考查磁场对通电直导线的作用、左手定则、安培力、牛顿运动定律以及应用这些知识解决实际问题的能力 如图所示，平行板电容器 C与一电源 E连接， P为一自动控制元件，只有自 a向 b的电流通过

10、P时， P才会自动控制外电路，关于该电路的工作原理，下列叙述 正确的是 ( ) A当电键 S闭合后，增大平行板电容器两板间距离， P会对外电路起到控制作用 B当电键 S闭合后，减小平行板电容器两板间距离， P会对外电路起到控制作用 C将电键 S断开，增大平行板电容器两板间距离， P会对外电路起到控制作用 D将电键 S断开，减小平行板电容器两板间距离， P会对外电路起到控制作用 答案： B 试题分析：当电键 S闭合后，电容器极板间的电压不变，增大平行板电容器两板间距离，由电容的决定式 知，电容减小，由 分析得知，极板上的带电量减小，电容器放电，电流方向为自 b向 a通过 P，由题设可知： P不会

11、对外电路起到控制作用，故 A错误；当电键 S闭合后，电容器极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由电容的决定式 知，电容增大，由分析得知，极板上的带电量增大，电容器充电，电流方向为自 a向 b的通过 P，由题设可知： P 会对外电路起到控制作用，故 B 正确；将电键 S 断开，无论增大或是减小平行板电容器两板间距离，极板上的带电量保持不变，无电流通过 P，由题设可知： P 不会对外电路起到控制作用，故 CD错误所以选 B 考点：本题考查平行板电容器的电容、电压、电量的关系以及应用这些关系解决具体问题的能力 关于 带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是 A带电粒子在电场中某点受到的电场力

12、方向与该点的电场强度方向相同 B正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同 答案： C 试题分析：当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带负电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故 A错误；由 知，若电场力的方向与运动方向相反 ，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故 B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直故 C正确， D错误所以选 C 考点：本

13、题综合考查电场力与洛仑兹力的比较、电场强度、电势、电场力做功与电势差的关系 如图，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个 答案： CD 试题分析：方框中放置通电螺线管时，由右手螺旋定则知，方框右边通电直导线处的磁感线的方向指向右侧，再由左手定则可判定通电直导线受到垂直纸面向里的作用力，故 A错误；方框中放置垂直纸面的通电直导线时，由安培定则知，垂直纸面的通电直导线的周围磁感线分布情况为逆时针同心圆，由左手定则可判定方框右边通电直导线上端所受作用力垂直纸面向外，下端所受作用力垂直纸面向内，

14、故 B错误；方框中放置通电圆环或者通电直导线时，根据电流与电流间的相互作用：同向电流相吸，异向电流相斥可知， C正确， D正确所以选 CD 考点：本题考查磁场对通 电直导线的作用以及电流对电流的作用、左手定则和右手螺旋定则等知识点，考查学生的理解能力和分析综合能力 如图所示为一带电体的电场线，已知 a、 b、 c为电场线上的点，其中 a、 b两点的电势关系为 ，分别用 、 表示 a、 b两点的电场强度，则下列说法正确的是 A a、 c两点所在的电场线方向由 a指向 c B a、 c两点所在的电场线方向由 c指向 a C D a、 c两点处在同一等势面上 答案： AC 试题分析：因沿着电场线方向

15、电势是降低的，且电场线与等势线垂直，由 a、 b两点的电势关系为 可知： ，所以 a、 c两点所在的电场线方向由 a指向 c，故 A正确， BD错误；电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于图中电场线的疏密程度可知， b点的电场强度强，故 C正确 考点：本题考查对电场线与等势面、电场强度与电势的认识和理解 下列选项对公式认识正确的是 A公式 可以用来求平行板电容器两极板间的匀强电场的电场强度，其中 Q 为一极板所带电量的绝对值， r为研究点到带正电极板的距离 B P=I2R可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率 C由公式 可知导体的电阻与加在导体两端电压成正比，与通过导体的电流成反比 D由公式

16、可知，磁场中某一点的磁感应强度由公式中的电流 I的大小来决定 答案： B 试题分析：公式 是由库仑定律得出的真空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场，故 A错误；公式 是由焦耳定律推导出来的，适用于任何电路计算热功率，故 B正确；公式 利用的是比值定义法，与电压、电流无关 ,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，故 C错误；公式 利用的是比值定义法，磁感应强度与电流元及所受的磁场力无关，由磁场本身的性质决定，故 D错误所以选 B 考点：本题考查学生对热功率、电场强度、磁感应强度、电阻等概念的理解 实验题 （ 6分）某同学想用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻，其原理如下图

17、所示，电路中串联了一只 2的保护电阻 R0。该同学通过实验得到电压表和电流表显示的五组数据（见表格）。 请你根据表中数据在给出的坐标图中画出 U-I图线，并求出该电池的电动势 E _V，内阻 r _。 答案： .50（ 1.48 1.51） 0.5（ 0.4 0.6） 图像见 试题分析：由表格中数据采用描点法，得出各点的坐标，由直线将各点连接可得图象如下图 由图象的纵坐标的截距可求得电源的电动势 E=1.50V；由图象的横坐标的交点可求得路端电压为 0.9V时的电流为 I 0.24A，电压表的接入位置不是直接并联在电源两端，而是把定值电阻也包括在其中，故由闭合电路欧姆定律求出的内阻值包括了 R

18、0，可以将 R0等效为内电阻的一部分，由闭合电路欧姆定律可得： E=U+I（ r+R0），解得： 考点：本题考查闭合电路欧姆定律及测量电源电动势和内阻实验的数据处理 小明同学在测定金属丝电阻率的实验中，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整。 （ 1）他首先用螺旋测微器测金属丝的直径，如图甲所示，该金属丝的直 径为 mm。 （ 2）他再用多用电表粗测金属丝的阻值，操作过程如下： 将红、黑表笔分别插入多用电表的 “ ”、 “-”插孔，选择开关旋至电阻挡 “10”挡位； 将红、黑表笔短接，调节 旋钮（填图乙中的 “A”或 “B”或 “C”），使欧姆表指针对准电阻的 处（填 “0刻线 ”或 “

19、刻线 ”）； 把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图丙所示； 为了使金属丝的阻值读数能够再准确一些，小明将选择开关旋至电阻挡 挡位（填 “1”或 “1k”），重新进行 ； 重新测量得到 的结果如图丁所示，则金属丝的电阻为 。 （ 3）他想用伏安法更精确地测量该金属丝的阻值，他用如图所示的装置进行测量，其中部分器材的规格为：电源 E（两节干电池， 3V），电流表（量程 0.6A，内阻约 1），电压表（量程 3V，内阻约 10k），滑动变阻器（阻值范围 020，额定电流 1 A）。要求滑动变阻器采用限流式接法，为了减小实验误差，请你在下图中加两条导线将未连接完的电路连起来。 答

20、案：（ 1） 0.850（ 0.8480.852） （ 2） B 0刻线 1 欧姆调零 6 （ 3）见 试题分 析：（ 1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 0.5mm，可动刻度示数为 35.00.01mm=0.350mm，螺旋测微器示数为 0.5mm+0.350 mm=0.850 mm （ 2） 欧姆表在使用上要求每一次换挡后都要进行欧姆调零，调节欧姆挡调零旋钮 B，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度； 指针对准刻度盘中央附近时读数较准确，由丙图可以看出用 10挡测量时指针偏转角度太大，即电阻读数较小，即电阻小，要用小量程的，所以应换倍率小的 1 挡，换挡后将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调

21、零； 图示读数为： 61=6. （ 3）电阻丝电阻是 6，电流表内阻是 1，电压表内阻是 10k，电压表内阻远大于电阻丝阻值，因此应采用电流表的外接法，电压表并联在电阻丝两端，实物图如图 考点：本题考查了螺旋测微器的读数需要估读、欧姆表在使用上要求每一次换挡后都要进行欧姆调零及读数技能、伏安法测电阻时电流表采用内外接法的选择原则及实物连线技能 计算题 （ 8分）如图所示，两根平行光滑金属导轨 MP、 NQ与水平面成 =37角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距 L=0.5 m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒 ab，金属棒 ab处于静止状态，它的质量为。金属棒 ab两端连在导轨间

22、部分对应的电阻为 R2 2，电源电动势E 2V，电源内阻 r 1，电阻 R1 2，其他电阻不计。装置所在区域存在一垂直于斜面 MPQN 的匀强磁场。（已知 sin37 0.6， cos37 0.8， ）求： （ 1）所加磁场磁感应强度方向； （ 2）磁感应强度 B的大小。 答案：（ 1）垂直斜面向下 （ 2） 0.6T 试题分析：（ 1）由于金属棒 ab 处于静止状态，且匀强磁场垂直于斜面 MPQN，因此据平衡条件可知，金属棒所受安培力 F沿斜面向上，受力情况 如下左侧视图所示，根据电流方向及安培力方向，由左手定则可判定所加磁场磁感应强度方向垂直斜面向下 （ 2）等效电路如上右图所示， R1和

23、 R2并联的总电阻 R 1 根据闭合电路欧姆定律得：电路中的总电流 I= 因 ，由并联电路分流原理知：通过导体棒的电流 I= 导体棒受到安培力为 F=B IL 金属棒 ab处于静止状态受力平衡，由平衡条件得： F=mgsin 联立以上各式解之得：磁感应强度为 B=0.6T 考点：本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题、力的合成与分解的运用、安培力的分析和计算、 左手定则、闭合电路的欧姆定律 如图所示， 、 、 为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为 e，质量为 m，重力不计）由静止状态从 P点经过 、 间的电场加速后垂直到达边界 的 Q 点。匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场边界宽度为

24、d，电子从磁场边界 穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为 30。求： （ 1）电子在磁场中运动的时间 t； （ 2）若改变 PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界 射出，则此时 PQ间的电势差 U是多少？ 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）电子进入磁场后做匀速圆周运动， 设其半径为 R，则 evB= 电子在磁场的周期为 ， 于是得电子在磁场中运动周期 电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得： 联立以上各式得电子在磁场中运动时间 t= = 所以 t= （ 2）电子刚好不从边界 穿出时，说明电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域的右边界相切，画出电子的运动轨迹如图所示，运动半径为

25、R=d 设电子在 PQ间被加速电场加速后速度为 ，据动能定理有 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：evB= 以上三式联立解得 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的 运动的半径与周期、速率关系；带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 (12分 )如图所示，在倾角为 的绝缘斜面上，有相距为 L的 A、 B两点，分别固定着两个带电量均为 的正点电荷。 O 为 AB连线的中点， a、 b是 AB连线上两点，其中 Aa Bb 。一质量为 m、电荷量为 +q的小滑块（可视为质点）以初动能 从 a点出发，沿 AB直线向 b点运动，其中小滑块第一次经

26、过O 点时的动能为 ，第一次到达 b点时的动能恰好为零，已知静电力常量为。求： （ 1）两个带电量均为 的正点电荷在 a点处的合场强大小和方 向； （ 2）小滑块由 a点向 b点运动的过程中受到的滑动摩擦力大小； （ 3） aO 两点间的电势差。 答案：（ 1） 方向沿斜面向上 （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）根据真空中点电荷的电场强度的表达式 得： A点处电荷在 a处场强 ，方向沿斜面向上 B点处电荷在 a处场强 ，方向沿斜面向下 根据电场的叠加原理，可知，在 a点处的合场强大小和方向分别是： ，方向沿斜面向上 （ 2）由 Aa Bb ， O 为 AB连线的中点得： a、 b关于 O

27、点对称，则 a点与b点等势，即 Uab=0，小滑块从 a点运动到 b点的过程中，电场力做功 W 电 =0 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为 f ，小滑块从 a点运动到 b点的过程中根据动能定理有 而 f=mg 解得 （ 3）小滑块从 a点运动到 O 点的过程中，根据动能定理 得 考点：本题考查电场的叠加、点电荷的场强、等量同种电荷的连线上电势及电场线的认识和理解、电场力做功和动能定理在电场中的运用 如图所示，真空中有以 O为圆心， r为半径的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为 B。圆的最下端与 x轴相切于直角坐标原点 O，圆的右端与平行于 y轴的虚线 MN 相切，在虚线 MN

28、 右侧 x轴上方足够大的范围 内有方向竖直向下、场强大小为 E的匀强电场，在坐标系第四象限存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为 B的匀强磁场，现从坐标原点 O 沿 y轴正方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做半径为 r的匀速圆周运动，然后进入电场到达 x轴上的 C 点。已知质子带电量为 +q，质量为 m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力。求： （ 1）质子刚进入电场时的速度方向和大小； （ 2） OC间的距离； （ 3）若质子到达 C点后经过第四限的磁场后恰好被放在 x轴上 D点处（图上未画出）的一检测装置俘获，此后质子将不能再返回电场，则 CD间的距离为多少。 答案

29、：（ 1） 方向沿 x轴正方向 （ 2） r+ （ 3） 试题分析：（ 1）质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律得 qvB= 解得 质子运动轨迹如下图， 因为圆形匀强磁场区域的半径为 r，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为 r，所以四边形 是菱形，由几何知识知，质子刚进入电场时的速度方向沿 x轴正方向 （ 2）质子沿 y轴正方向射入磁场，则以 N 为圆心转过 圆弧后从 A点垂直电场方向进入电场，进入电场后质子做类平抛运动，设质子电场中运动时间 t ， 则在 y方向上有 由牛顿第二定律得 qE=ma 解得 在 x方向上，由题意可知 x1=ON=r 电场中 x2=N

30、C=v 所以 OC间的距离为 x=x1+ x2 =r+ （ 3）设质子出电场时在竖直方向的速度为 ，质子合速度为 ，则 质子合速度与 x轴正向夹角 的正弦值为 sin= 质子到达 C点后进入第四限的磁场的运动轨迹如下图所示，设质子在第四限磁场中运动的轨道半径为 R 根据圆的性质，由几何知识得： x3=CD= 2R sin 质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB= ， 运动半径 以上各式联立解得： x3=CD= 2 = = 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识点