2012-2013学年辽宁省丹东市宽甸二中高二下学期期初摸底测试物理卷（带解析）.doc

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1、2012-2013学年辽宁省丹东市宽甸二中高二下学期期初摸底测试物理卷（带解析） 选择题 第一个发现电磁感应现象的科学家是： A奥斯特 B库仑 C法拉第 D安培 答案： C 试题分析： A、奥斯特发现了电流的磁效应；错误 B、库伦研究得出了电荷间的相互作用：库仑定律；错误 C、法拉第第一个发现电磁感应现象；正确 D、安培研究了磁场对电流的作用；错误 故选 C 考点：物理学史 点评：电磁学发展史上，几个著名的物理学家及著名的实验要记牢，可以让我们了解电磁学学建立的过程，加深对电磁学知识的理解。 如图所示，竖直放置的螺线管与导线 abcd构成回路，导线所围区城内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺

2、线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd 所围区域内磁场的磁感应强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（ ） 答案： A 试题分析： abcd回路中磁场变化，会产生感应电流，感应电流通过线圈，在线圈中会产生磁场，产生的磁场通过导体圆环，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因判断出原磁场是增加还是减小，从而判断出电流是增加还是减小 。 导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和 abcd构成的回路中产生的感应电流在减小根据法拉第电磁感应定律， ,则感应电流 可知 减小时

3、，感应电流才减小，由图可知 A图中 减小， B图增大， C、 D图不变。 故选 A 考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律 点评：据感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因，判断导体圆环将受到向上的磁场作用力，原磁场磁通量是减小，螺线管和 abcd构成的回路中产生的感应电流在减小，由法拉第电磁感应定律得 减小。 如图所示是一 个双量程电压表，表头是一个内阻 Rg=500， 满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为 10V和 100V的两个量程，则所串联的电阻 R1和 R2分别为（ ） A 9500， 9.95104 B 9500， 9104 C 1.0103， 9104 D

4、1.0103， 9.95104 答案： B 试题分析：设改装后的量程为 U，由欧姆定律有 ，则可得 , 。 故选 B 考点：电表的改装 点评：电表的改装就是电阻的串并联，注意电表的改装中表头的最大电压和电流是不变的，由欧姆定律进行计算。 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。 O点为圆环的圆心， a、 b、 c、 d 为圆环上的四个点， a 点为最高点， c 点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端 a点由静止释放。下列判断正确的是（ ） A小球能越过与 O 等

5、高的 d点并继续沿环向上运动 B当小球运动到 c点时，洛仑兹力最大 C小球从 a点到 b点，重力势能减小，电势能增大 D小球从 b点运动到 c点，电势能增大，动能先增大后减小 答案： D 试题分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方 45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以 ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的 “最高点 ”关于圆心对称的位置（即 bc弧的中点）就是 “最低点 ”，速度最大。 A、由于 a、 d 两点关于新的最高点对称，若从 a 点静止释放，最高运动到 d 点；错误 B、由于 bc 弧的中点相当于 “最低点 ”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；错误 C、从 a

6、到 b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少；错误 D、小球从 b点运动到 c点，电场力做负功，电势能增大，但由于 bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减；正确 故选 D 考点：带电粒子在混合场中的运动 点评：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方 45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以 ad 弧的中点相当于平时竖直平面圆环的 “最高点 ”；关于圆心对称的位置（即 bc弧的中点）就是 “最低点 ”，速度最大；再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。 如图甲中所示，一矩形线圈 abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的 轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量 随时间 t变化的规律如

7、图乙所示，下列论述正确的是（ ） A t1时刻线圈中感应电动势最大； B t2时刻导线 ad的速度方向跟磁感线垂直； C t3时刻线圈平面与中性面重合； D t4、 t5时刻线圈中感应电流方向相同 . 答案： BC 试题分析： A、感应电动势与磁通量的变化率成正比， -t图线的图线为磁通量的变化率，由图可知 时刻线圈中感应电动势为零；错误 B、 时刻线圈由转过 180，可得导线 ad的速度方向跟磁感线垂直；正确 C、 时刻线圈平面与磁场方向垂直，即与中性面重合；正确 D、 时刻线圈中感应电流为零；错误 故选 BC 考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理 点评：关键抓住感应电动势与磁通量是互余

8、关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大。 如图所示，在屏 MN 的上方有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。 P为屏上的一小孔， PC与 MN 垂直。一群质量为 m、带电荷量为 -q的粒子（不计重力），以相同的速率 v，从 P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场 B垂直的平面内，且散开在与 PC夹角为 的范围内。则在屏 MN 上被粒子打中的区域的长度为（ ） A B C D 答案： D 试题分析：任取一粒子分析，作出圆周运动的轨迹，则可得出粒子打在屏上的位置与粒子与 PC夹角的关系，则可得出粒子打在屏上的最远点及最近点，即可得出打中的长

9、度 由 可知， ,如图所示，取一粒子，设粒子与 PC夹角为 ，则由几何关系可知，打在屏上的距离与 P 点相距 ,故可知，当 时，打在屏上的距离最远，最远距离为 2R；当 时，打在屏上的距离最近，最近距离为 ；故有粒子打中的区域为 。 故选 D 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 点评：带电粒子在磁场运动区域的判断时，要注意寻找一般表达式，通过分析再找出可能的边界；另外本题中关于 PC两边对称的粒子方向均可适合。 在图中， L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计， D1和 D2是两个相同的灯泡，若将电键 K 闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键 K，则（ ） A电键 K 闭合时，灯泡 D1和

10、 D2同时亮，然后 D1会变暗直到不亮， D2更亮 B电键 K 闭合时，灯泡 D1很亮， D2逐渐变亮，最后一样亮 C电键 K 断开时，灯泡 D2随之熄灭。而 D1会更亮下才熄灭 D电键 K 断开时，灯泡 D1随之熄灭，而 D2会更亮下才熄灭 答案： AC 试题分析： AB、电键 K 闭合时，由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后 变暗直到熄灭， 更亮； A正确 CD、电键 K 断开时， 立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以 亮一下再慢慢熄灭； C正确 故选 AC 考

11、点：自感现象的应用 点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上 端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极。 如图所示， R1、 、 R2为定值电阻， L为小灯泡， R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（ ） A电压表的示数减小 B R2中的电流强度减小 C小灯泡的功率增大 D电路的路端电压升高 答案： BC 试题分析： A、当照射光强度增大时，光敏电阻 的阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流增大，通过 的电流增大，电压表示数增大；错误 BD、光敏电阻 的阻值减小，通过电源的电流增大，由 知路端电压减小， 两端电压增大，并

12、联部分电压减小， 中的电流减小； B正确 C、干路电流增大， 中的电流减小，通过小灯泡的电流增大，小灯泡的功率增大；正确 故选 BC 考点：闭合电路动态分析 点评：动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分还要注意电源是有内阻的。此题关键是当照射光强度增大时，光敏电阻 的阻值减小。 如图所示，理想变压器输入电压一定，用理想变压器给负载 R供电，则使变压器输入功率增大的方法是（ ） A增大负载电阻的阻值 B减小负载电阻的阻值 C增加原线圈的 匝数 D增加副线圈的匝数 答案： BD 试题分析： A、增大负载电阻的阻值，副

13、线圈的电流减小，输出功率减小，则输入功率减小；错误 B、减小负载电阻的阻值，副线圈的电流增大，输出功率增大，则输入功率增大；正确 C、由 可知，增加原线圈的匝数，副线圈电压减小，电流减小，输出功率减小，则输入功率减小；错误 D、增加副线圈的匝数，副线圈电压增大，电流增大，输出功率增大，则输入功率增大；正确 故选 BD 考点：理想变压器的动态分析 点评：注意变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出 功率，当匝数比不变时，副线圈的输出电压保持不变，负载电阻减小时，输出功率变大，输入功率也变大；当负载电阻不变时，匝数比变化，副线圈的输出电压变化，副线圈的输出电压

14、增大，输出功率变大，输入功率也变大。 在赤道上空，沿东西方向水平放置两根通电直导线 a 和 b，且导线 a在北侧，导线 b在南侧，导线 a中的电流方向向东，导线 b中的电流方向向西，则关于导线 a和地磁场对导线 b的安培力 F1和 F2的方向判断正确的是（ ） A F1水平向北， F2竖直向上 B F1竖直向下， F2水平向北 C F1水平向南， F2竖直向下 D F1竖直向上， F2水平向南 答案： C 试题分析：由题知导线 a、 b的电流方向相反，由反向电流相互排斥可知， 水平向南；在赤道上空，地磁场方向由南向北，由左手定则可知， 竖直向下。 故选 C 考点：安培力 点评：通电导线间的相互

15、作用可由安培定则与左手定则结合判断，利用结论法判断更简单；对地磁场对导线的安培力的判断，关键是明确地磁场的分布情况。 关于闭合电路的性质，下列说法正确的是（ ） A外电路断路时，路端电压最大 B外电路短路时，电源功率最大 C外电路电阻增大时，电源的输出功率变大 D电动势越大，则非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多 答案： ABD 试题分析： A、外电路断路时，路端电压等于电源的电动势，路端电压最大；正确 B、外电路短路时，通过电源的电流最大，由 可知，电源功率最大；正确 C、当内外电阻相等时电源的输出功率最大，则外电路电阻增大时，电源的输出功率不一定变大；错误 D、由电动

16、势的定义知，电动势越大，则非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多；正确 故选 ABD 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：对于电源的两个特殊状态：短路和断路，路端 电压和电流要通过欧姆定律在理解的基础上记忆路端电压随外电阻的增大而增大，知道当 时电源的输出功率最大。 把电感线圈接在交流电源上，增大通过线圈电流的方法是（ ） A仅把线圈中的铁芯取出，从而减少自感系数，减小线圈的感抗 B仅增加交流电源的频率，这样也可以减小线圈的感抗 C仅减小交流电源的频率，不改变电源电压的有效值，可以增大线圈中的电流 D不改变电源电压的有效值，仅改变交流电源的频率，不能改变通过线圈中的电流 答案：

17、 AC 试题分析： A、电感线圈的自感系数越大，对交变电流的阻碍作用越大，则仅把线圈中的铁芯取出，从而减少自感系数，减小线圈的感抗，通过线圈的电流增大；正确 B、交流电源的频率越高，线圈的感抗越大，通过线圈的电流减小；错误 C、交流电源的频率越小，线圈的感抗越小，通过线圈的电流增大；正确 D、改变交流电源的频率，线圈的感抗变化，通过线圈的电流变化；错误 故选 AC 考点：电感线圈对交变电流的作用 点评：电感线圈的感抗，与交变电流的频率、电感线圈的自感系数成正比。 实验题 有一个小灯泡标有 “6 V， 0.6W”，现要用伏安法求测小灯泡的 I-U图线，要求测量结果尽量准确，备有以下器材供选用：

18、A学生电源（直流 9 V） B电压表（ 0 5 V，内阻 10 k） C电压表（ 0 10 V，内阻 20 k） D电流表（ 0 0.3 A，内阻 1） E电流表（ 0 0.6 A，内阻 0.4） F滑动变阻器（ 0 30 ，允许最大电流 2 A） G滑动变阻器（ 0 2000 ，允许最大电流 0.3 A） H开关、导线 （ 1）实验中电压表应选用 ，电流表应选用 （用序号字母表示） （ 2）实验中同学应采用安培表 接法（填 “外 ”或 “内 ”），且测量值比真实值偏 （填 “大 ”或 “小 ”）根据测量数据得到的伏安特性曲线如上图所示，图中 MN段向上弯曲的主要原因是 （ 2分） 答案：（

19、1） C ； D （ 2）外 ；小 ；随着灯丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大 试题分析：（ 1）小灯泡额定电压为 6V，为了保证实验数据充分，所以电压表应选 C；根据 P=UI可得小灯泡的额定电流为 0.1A，为了读数误差更小些，电流表应选择 D。 （ 2）根据 可得小灯泡的工作时的电阻为 60，相比之下，电流表和电阻比较接近，电流表在电路中应该外接；测量时测得的电流偏大，根据可知测得的电阻比真实值偏小；图中 MN 段向上弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线 点评：测量电路的选择：当 时，用电流表外接法；当 时，用电

20、流表外接法。 用游标上刻有 20个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如下图所示结果，由于遮挡，只能看游标的后半部分，则工件的直径为 cm。答案： .560 试题分析： 20分度游标卡尺游标上每格的长度为 0.95mm，本题游标尺的第 12条刻线和主尺的 27.0mm对齐，则零刻线正对主尺的位置应是 27.0mm-120.95mm=15.60mm=1.560cm，卡尺读数为 1.560cm，则工件的直径为1.560cm. 考点：游标卡尺读数 点评：解决本题首先要掌握游标卡尺的原理，并且知道 20分度的游标卡尺的游标尺刻度总长度为 19mm，分成 20个格，每个格为 0.95mm。 填空题 “

21、大洋一号 ”是我国首次组织的横跨三大洋的远洋考察船 ,在航行过程中 ,海洋工作者可以根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测定海水的速度 .假设海洋某处的地磁场竖直分量为 B=0.510-4T，水流是南北流向 ,如图所示 ,将两个电极竖直插入此处海水 中 ,且保持两极极板平行于水流方向 .若两电极距离L=10m ,与两电极相连的灵敏电压表读数 U=0.2mV,则海水的流速大小为 m/s. 答案： .4m/s 试题分析：正负离子随海水流动，受到洛伦兹力，正负离子向东西侧极板偏转，两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，由可得 考点：霍尔效应及其应用 点评：解决本题的关键知道海水

22、南北流向流动时，正负离子与海水流动方向相同，受到洛伦兹力向东西方向偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡。 如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕 OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。线圈长 l 1=0.50m，宽 l 2=0.40m，匝数 N=20匝，线圈总电阻 r=0.10 。磁场的磁感强度 B=0.10T。线圈绕 OO轴以 的角速度转动。线圈两端外接一个 R=9.9 的电阻和一块内阻不计的交流电流表。则线圈中产生的感应电动势的最大值为 ；电流表的读数为 （ 保留两位有效数字）。 答案： V ； 1.4A 试题分析：感应电动势的最大值为 ；电动势的有效值

23、，根据闭合电路欧姆定律 得 ，所以电流表读数为 1.4A. 考点：交 流电 点评：电压表和电流表的读数为电压和电流的有效值，不是最大值或瞬时值。 将万用表的选择开关置于欧姆档，再将电表的两支表笔分别与光敏电阻 Rg的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的中央，若用不透光的黑纸将 Rg包裹起来，表针将向 （填 “左 ”或 “右 ”）转动，若用手电筒光照射 Rg，表针将向 （填“左 ”或 “右 ”）转动。 答案：左 ； 右 试题分析：光敏电阻的特性是有光照射电阻减小，光照越强，电阻越小。若用不透光的黑纸将 包裹起来，光敏电阻阻值变大，用欧姆表测量时，电阻大，指针向左偏；若用手电筒光照射 ，光敏电阻阻值

24、 变小，用欧姆表测量时指针向右偏。 考点：光敏电阻 点评：注意欧姆表读数和电压表、电流表不同，表盘上最左端是 “”，最右端是“0”。 电子电路中常用到一种称为干簧管的元件，它在电路中能起到 的作用；电熨斗装有双金属片传感器来控制电路的通断，这种双金属片上层金属的热膨胀系数 下层金属的热膨胀系数。 答案：开关 ；大于 试题分析：干簧管是玻璃管内封入两个软磁性材料制成的簧片，当磁铁靠近时，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管在电路中起到开关的作用； 电熨斗装有双金属片传感器来控制电路的通断，当温度过高时，双金属片的膨胀系数不同，上层金属的膨胀系数大于下层的膨胀系数，双金属片将会向下弯曲，使上、下触点分

25、开，从而使电熨斗的工作温度降下来。 考点：传感器 点评：知道干簧管的原理，在电路中起到开关的作用；双金属片是温度传感器的敏感元件两个金属片用不同金属制造，它们的热彩胀系数不同当温度升高或降低时，叠合在一起的金属片会由于伸长或收缩不一样发生弯曲，使得与之相连的触点断开或接触 计算题 某电站输送总功率为 100kW，输送电压为 500V，输电线的电阻为 10，允许功率损耗为输出功率的 4%，用电单位需要 220V电压。求：所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？变压器为理想变压器输电线路如图所示。 答案：升压变压器原、副线圈的匝数比 1:10；降压变压器原、副线圈的匝数比 240:

26、11 试题分析：由题意得： ， 所以升压变压器原、副线圈的匝数比： 所以降压变压器原、副线圈的匝数比： 考点：远距离输电 点评：处理远距离高压输电问题时，首先要根据具体问题正确画出输电线路的示意图，一般输送电流根据损失功率计算，计算匝数比可以根据原、副线圈匝数比等于电压比或电流比的反比。 如图所示，在 x0且 y0的区域内存在沿 y轴正方向的匀强电场 . 一质量为 m、电荷量为 q的带电粒子从 x轴上的 M点沿 y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从 y轴的 N 点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到 x轴上的 P点，已知 = = =l。 不计带电粒子所受重力， 求：（ 1）带电粒子进入匀

27、强磁场时速度的大小； （ 2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间； （ 3）匀强电场的场强大小 . 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为 v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为 l。 （ 2）设带电粒子在磁场中运动时间为 ，在电场中运动的时间为 ，总时间为t。 （ 3）带电粒子在电场中做类平抛运动 联立解得 考点：带电粒子在组合场中的运动 点评：这类问题的解决思路一般是在电场中做类平抛运动，在磁场中洛伦兹力做向心力，做匀速圆周运动，根据几何关系找出圆心角来求周期，找到半径

28、来求磁场。 如图所示， AB和 CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为 l，导轨平面与水平面的夹角为 .整个装置处在磁感应强度为 B的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中 .AC端连有电阻值为 R的电阻 .若将一质量 M，垂直于导轨的金属棒 EF 在距 BD端 s处由静止释放，在 EF 棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段 .今用大小为 F，方向沿斜面向上的恒力把 EF 棒从 BD位置由静止推至距BD端 s处，突 然撤去恒力 F，棒 EF 最后又回到 BD端 . 求：（ 1） EF 棒下滑过程中的最大速度 . （ 2） EF 棒自 BD端出发又回到 BD端的整个过程中转化成电能是多少（金属棒、

29、导轨的电阻均不计） 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）如图所示当 EF 从距 BD 端 s 处由静止开始滑至 BD 的过程中，受力情况如图所示 .安培力： 根据牛顿第二定律： 所以， EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动 .当 a=0时速度达到最大值 . （ 由 式中 a=0有： （ 2）由恒力 F推至距 BD端 s处，棒先减速至零，然后从静止下滑， 在滑回BD之前已达最大速度 开始匀速 . 设 EF 棒由 BD从静止出发到再返回 BD过程中，转化成的内能为 E.根据能的转化与守恒定律： 考点 :电磁感应中能量转化与守恒 点评： EF 棒自 BD端出发又回到 BD端的整个过程中，拉力做的功等于等于系统产生的电能和最终到达 BD时金属棒的动能之和，这就是本题功能关系。