2012-2013学年江苏省徐州市高二上学期期末考试物理试卷与答案（选修）（带解析）.doc

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1、2012-2013学年江苏省徐州市高二上学期期末考试物理试卷与答案（选修）（带解析） 选择题 自然界中的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是 A洛伦兹 B安培 C法拉第 D奥斯特 答案： D 试题分析：洛伦兹用实验证实了磁场对运动电荷有作用力安培提出了分子电流的假说法拉第研究电磁感应现象，首先发现了产生感应电流的条件奥斯特最早发现通电导线周围存在磁场解答：解： A、洛伦兹用实验证实了磁场对运动电荷有作用力故 A错误 B、安培提出了分子电流的假说故 B错误 C、 1831年，法拉第研究电磁感应现象，首先发现了产生感应电流的

2、条件故C错误 D、 1820年，奥斯特首先发现通电导线周围存在磁场故 D正确 故选 D 考点：物理学史 点评：本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢 如图所示为一种微小位移传感器的原理图。 1是待测的物体，软铁芯 2插在线圈 3 中并且可以随着物体 1 在线圈中平移， 为频率一定的正弦交流信号源，A为交流电流表。现将开关 S闭合，下列说法正确的是 A该传感器可以将待测物体位移的变化量 转换成电路中电流的变化量 B若待测物体向右平移，电流表的示数将减小 C若待测物体向左平移，电流表的示数将减小 D若将信号源换成电压一定的直流电源，该传感器仍可测量出待测物体的位移变化量 答案

3、： AC 试题分析：图中被测物体位移变化，带动软铁芯 2在线圈中移动，线圈的电感值将变化，这一变化通过转换电路和检测电路输出电流，就得到了被测物体位移的变化 . 若待测物体向左平移，线圈的电感值将变大，对交流电的阻碍作用变大，电流表的示数将减小 AC正确。 考点：传感器 点评：理解传感器原理，线圈电感值的决定因素。 如图所示的电路中，电源电动势为 ，内阻忽略不计闭合开关 ，电灯正常发光。再将滑动变阻器的滑片 稍向左移动一段距离，下列说法正确的是 A电流表、电压表的读数均变小 B小灯泡 L变暗 C电源的总功率变大 D电容器所带电荷量变大 答案： BD 试题分析：滑动变阻器滑片 P向左移动，变阻器

4、接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮 L的电阻大于电源的内阻，当 R增大时，电源的输出功率减小变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数 U=E-Ir变大 A、当滑动变阻器滑片 P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻 R总增大，电流 I减小，电流表读数变小，电压表读数 U=E-Ir变大，故 A错误 B、灯泡的功率 ， 不变，则灯泡变暗，故 B正确 C、电源的总功率 ，电源的功率减小， C错误 D变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故 D正确 故选 BD 考点：

5、闭合电路的欧姆定律 点评：本题的难点在于确定电源的 输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等 如图所示， A、 B为两个完全相同的灯泡， 为自感线圈 (自感系数较大；直流电阻不计 )， 为电源， 为开关。下列说法正确的是 A闭合开关的瞬间， A、 B同时亮，但 A很快又熄灭 B闭合开关稳定后， A、 B一样亮 C闭合开关稳定后，断开开关， A、 B立即同时熄灭 D闭合开关稳定后，断开开关， A闪亮后又熄灭 答案： AD 试题分析：闭合 S， A、 B同时亮，随着 L中电

6、流增大，线圈 L直流电阻可忽略不计，分流作用增大， A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析 B灯亮度的变化断开 S， B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断 A灯亮度如何变化 A、 B闭合 S时，电源的电压同时加到两灯上， A、 B同时亮，随着 L中电流增大，由于线圈 L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大， A 逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大， B变亮故 A正确， B错误 C、 D断开 S， B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯， A闪亮一下后熄灭故 C错误， D正确 故选 AD 考点：自感现象和自感系数 点评：对于通电与断电的自感现象，它们是

7、特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象 某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为 ，输电电压为，输电导线的总电阻为 ，则下列说法正确的是 A输电线上的电流 B输电线上的电流 C输电线上损失的功率 D输电线上损失的功率 答案： BC 试题分析：根据输出功率 P=UI，得出输出电流，根据 求出损耗的功率 A、根据 P=UI得， ，则输电线上损耗的功率 故 A错误， B正确， C正确； D错误 故选 BC 考点：电能的输送 点评：解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率 P损 =I2R 如图所示，将硬导线中间一段折成

8、不封闭的正方形，每条边长均为 ，它在磁感应强度为 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的 轴匀速转动，角速度为 ，导线在 两处通过电刷与外电路连接。设外电路电阻为 ，其余电阻忽略不计，则整个回路的功率为 A B C D 答案： C 试题分析：根据 Em=nBS可以求得最大电动势的大小，由 可以求得整个回路的功率大小根据最大感应电动势 可得，最大感应电动势为，所以电动势的有效值为 ，由 可得，灯泡的电阻 ，所以 C正确 故选 C 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；交变电流 点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em=nBS和有效值

9、之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算 如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 。一个电阻为 、单径为 、圆心角为 450的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的 轴匀速转动 ( 轴位于磁场边界 )，周期为 则线框内产生的感应电流的图象为 (规定电流顺时针方向为正 ) 答案： A 试题分析：（ 1）正确利用法拉第电磁感应，在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进出磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的 （ 2）注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生 故 A正确。 考点：法拉第电磁感应定律；匀速圆周运动；闭合电路的欧姆定律 点评

10、：本题考察了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式 和 E=BLv的区别以及感应电流产生条件 下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是答案： B 试题分析：由安培定则可得出通电导体周围的磁场情况，注意分析其平面图形 A、由图可知，电流方向向外，则由安培定则可知，磁感线应与图示方向相反，故 A错误； B、由安培定则可知， B正确； C、线圈中电流由左侧流入，右侧流出，则由安培定则可知磁场方向向下，故 C错误； D、由图可知电流由上侧流入，则由右手螺旋定则可知，内部磁感线向左，故D错误； 故选 B 考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 点评：通电导体周围的磁场方向要求我们能熟练判出，并能结合立体

11、图 和平面图进行分析 下列说法中正确的是 A磁感线总是从磁体的 N极出发终止于磁体的 S极 B一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零 C线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量一定越大 D穿过线圈的磁通量变化越快；线圈中产生的感应电动势越大 答案： D 试题分析： A磁感线在磁体的外部，由 N极出发终止于磁体的 S极，在磁体的内部，由N极出发终止于磁体的 S极； A错误； B当通电导线与磁场方向平行时，导线不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度不一定为零， B错误； C当线圈与磁场方向平行放在磁场越强的位置，线圈的磁通量是零，不一定越大， C错误； D穿过线圈的磁通量变化

12、越快；线圈中产生的感应电动势越大， D正确。 考点：磁感线及其特点、磁场力、磁通量、法拉第电磁感应定律 点评：本题主要考查学生对磁场特点的了解和掌握，是一道基础题 实验题 (12分 )在探究 “决定导体电阻的因素 ”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具。 (1)在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器： 毫米刻度尺； 10分度游标卡尺； 20分度游标卡尺； 螺旋测 微器。一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为 3.125 cm，则他所使用的仪器为 (填仪器序号 )。如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径 = mm。 (2)某

13、研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率。 同学们截取了约 1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是 A测量前检查表针是否停在左端的 “0”位置，如不在则要进行欧姆调零 B若用欧姆表 “l”挡测量，指针恰好在刻度 30 50的正中，则待测电阻为40 C若用欧姆表 “10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成 “1”挡 D每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零 若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为 3，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式 求得电阻丝的电阻率 。可供选择的器材如下： A量程 0 6A，内阻 0.5的电流表 B量程 3 A，内阻 0.1的

14、电流表 C量程 3 V，内阻 6 k的电压表 D量程 15V，内阻 30k的电压表 E阻值为 0 1 k，额定电流为 0.5A的滑动变阻器 F阻值为 0 10，额定电流为 1 A的滑动变阻器 G 6 V蓄电池 H 电键一个、导线若干 实验中要求金属丝的发热功率不超过 0.75 W，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。 (请填写备选器材前的字母 ) 答案：（ 1） 、 1.020（ 2） CD A C F 试题分析：（ 1）根据游标卡尺和螺旋测微器的原理可知各种仪器的精度，则可知它们的应保留的位数，即可判断读数是否精确； 10分度的游标卡尺精度为0.1mm； 20分度的游标卡尺精

15、度为 0.05，故测量结果只能为 0或 5，他所使用的仪器为 ；螺旋测微器固定刻度读数为 1mm，可动刻度读数为 0.020mm，则螺旋测微器读数为 1.020mm （ 2） 若用欧姆表 “10”挡测量，指针偏转角度过大，说明量程选大了，所以应换成 “1”挡；每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零， CD正确。 金属丝的发热功率不超过 0.75 W，由 ，回路中的电流大约为：，所以电流表应选 A，电压表根据：，电压表应选 C；滑动电阻器应选： F。 考点：探究 “决定导体电阻的因素 ”实验 点评：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等 (1

16、3分 )在 “测量电源的电动势和内阻 ”的实验中，待测电源是两节干电池，图甲 给出了实验电路图，图乙已按电路图将器材部分连线。 (1)请将乙图中的器材连线补充完整 (在答题卡的图中完成 )。 (2)设电源电动势为 ，内阻为 ，则路端电压 和闭合电路的电流 的关系可以表达为 。 (3)实验测出了六组 、 值，并在 - 坐标上描绘出如图丙所示的图线，根据图线可以算出电源的电动势为 V，内阻为 。 答案：（ 1）如图所示 （ 2） （ 3） 2.9、 1.61（ 1.60-1.64都对） 试题分析：设电源电动势为 ，内阻为 ，则路端电压 和闭合电路的电流的关系可以表达为 ；由纵轴上截距可读出电动势大

17、小 2.9v，由图象的斜率可求得内电阻 r=1.61。 考点：实验题， 点评：理解实验原理是解决实验题目的关键。 填空题 (6分 )如图所示，光滑水平导轨向有方向竖直向下的匀强磁场，质量为 1kg的导体棒 放在导轨上，在电动机牵引下运动。当导体棒运动了一段时间后，获得稳定的速度为 2m/s。牵引导体棒的过程中，电动机两端的理想电压表和理想电流表的读数分别为 7V和 1A，电动机内阻 为 1，不计框架电阻及一切摩擦，则电动机的输出功率为 W；导体棒从开始运动至速度达到稳定的过程中产生的热量为 10J，求此过程中电动机对外做功的时间为 s 。 答案： W、 2s 试题分析：（ 1）电动机的输出功率

18、等于电动机消耗总功率减去线圈的热功率 （ 2）研究金属棒从静止开始运动到获得稳定速度的过程中，根据能量守恒列出等式求解 （ 1）电动机的输出功率（即绳对金属棒的拉力功率）为 P ， P=6W （ 2 ）研究金属棒从静止开始运动到获得稳定速度的过程中，根据能量守恒列出等式： t=2s 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率、电磁感应中的能量转化 点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律以及切割产生的感应电动势 (6分 )如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。半径为 的两个中空 D形盒，处于垂直于盒面向里、磁感应强度为 的匀强磁场中。两 D形盒左端狭缝处放置一场强恒定的加速电场。带电粒

19、子从 处以速度 沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，接着又从处进入 、 板间，如此反复，最后从 D形盒右侧的边缘飞出。对于这种改进后的回旋加速器，带电粒子每运动一周被加速 次。若被加速的带电粒子的电荷量为 ，质量为 ，则粒子的最大速度 的表达式为 。 答案：、 试题分析：带电粒子在电场外运动时，电场方向不用改变，带电粒子每运动一周被加速 一次；当粒子从 D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D形盒的半径， 考点：回旋加速器的工作原理 点评：解决本题的关键知道当粒子从 D形盒中出来时，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周

20、期相等 计算题 (15分 )如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数 ： =3： l，原线圈电路中接有一量程为 3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻 以及若干 “6 V、 6 W”的相同灯泡。输入端交变电压 的图象如图乙所示。 (1)求图甲中电压表的读数。 (2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数。 (3)为满足第 (2)问中要求，求可变电阻 应调到的电阻值 答案：（ 1）电压表的读数 U2=9V（ 2）允许接入的灯泡个数为 盏（ 3）电阻阻值为 试题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，

21、电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可 （ 1）根据图象可得原线圈电压的最大值 U1m=27 V 其有效值为 U1=27V （ 2分） 根据 n1 n2= U1 U2 代入数据后可得 U2=9V （ 2分） 此即为电压表的读数。 （ 1分） （ 2）设原线圈中通过的电流为 I1，副线圈中通过的电流为 I2 为使副线圈接入的灯泡最多，则 I1取允许通过的最大电流的有效值为 3A 根据 U1 I1=U2 I2 代入数据后可得 I2=9A （ 2分） 正常发光时每个灯泡中电流为 I 灯 = =1A （ 2分） 所以允许接入的灯泡个数为 盏。 （ 2分） （ 3）电阻两端电压为 =3V （ 2

22、分） 电阻阻值为 （ 2分） 考点：变压器的构造 和原理 点评：根据理想变压器的电压与匝数，电流与匝数之间的关系，和欧姆定律来逐项的分析求解即可求得结论 (16分 )如图甲所示，在 轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度=1T。从原点 处向第 象限发射一比荷 =1104C/kg的带正电的粒子 (重力不计 )，速度大小 =103m/s，方向垂直于磁场且与 轴正方向成 300角。 (1)求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 和在该磁场中运动的时间 。 (2)若磁场随时间变化的规律如图乙所示 (垂直于纸面向外为正方向 )，s后空间不存在磁场在 =0时刻，粒子仍从 点以与原来相同的速度 射入

23、，求粒子从 点射出后第 2次经过 轴时的坐标。 答案： 试题分析：（ 1）粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求出粒子运动轨迹的半径由带电粒子在匀强磁场中的周期公式 ，可求出粒子的运动周期，通过题意找出磁场的变化周期和粒子的运动周期的关系，结合几何图形，可求出粒子运动的时间 （ 2）结合前面的分析，考虑到带电粒子从运动中可完成的周期的重复性，列式求解即可 （ 1）轨迹如图甲所示由 得 图甲 轨迹半径 （ 2分） 粒子运动周期 （ 2分） 粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为 240 ， 所以粒子在磁场中运动的时间为 t1= = （ 2分） （ 2）磁场变化的半周期为 （ 2分） 在

24、图乙中， OO1C CO2D 120，且 O1O2平行于 x轴 OE 2（ R Rsin30） 3R 0.3 （ 2分） RtEDP中， EDP 60， DE 2Rsin60 （ 2分） EP DEtan60 3R 0.3 （ 2分） 则粒子从 O点射出后第 2次经过 x轴时的坐标 xp OE EP 0.6m （ 2分） 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 点评：该题考察了带电粒子在方向随时间作周期性变化的磁场中运动的问题，此题不但要求学生要熟练的应用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径公式和周期公式，还要求要有较强的对物体运动的分析能力，该题关键是找出磁场变化的周期和粒子圆周运动的周期的关

25、系正确的绘制出粒子的轨迹图，对解决问题有非常大的帮助 (16 分 )如图所示，空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场。现将质量为 、边长为 的正方形线框 ，静止放在光滑绝缘足够大的水平桌面上，边与 轴重合。 边的电阻为 ， 边的电阻为 ，线框其余部分电阻不计。 (1)若磁场随时间的变化规律为 ( 为大于零的已知常数 )，求线框中感应电流的大小和方向。 (2)若磁场不随时间变化，而是按照下列情况分布：磁感应强度沿 轴方向均匀分布，沿 轴方向按规律 变化 ( 为大于零的已知常数 )，线框从 =0时刻、以初速度 由图示位置向 轴正方向平动。求在图示位置线框所受安培力的大小和方向。 (3)在第 (2)问中

26、，若 ，求在整个运动过程中，电阻 产生的焦耳热。 答案：（ 1） 感应电流的大小 ，感应电流的方向沿 NPQMN。 （ 2）安培力大小为 ，安培力方向沿 -x方向（或水平向左） （ 3）电阻 R1产生的焦耳热为 试题分析：（ 1）根据法拉第电磁感应定律可知 : 感应电流的大小 感应电流的方向沿 NPQMN。 (2） MN处的磁感应强度为 kL，所以 MN切割产生的电动势 E=BLv0=kL2v0， PQ处磁感应强度为 0，所以其产生的电动势也为 0， 因此线框中的感应电动势 E= kL2v0 线框中的感应电流 线框受的安培力方向沿 -x方向（或水平向左） 安培力大小为 （ 3）线框最终停止，根据能量关系，线框中产生的焦耳热为 电阻 R1产生的焦耳热为 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律焦耳定律 。 点评：准确理解和应用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小，应用楞次定律判断感应电流的方向是电磁感应的基本内容。