2013-2014学年河北省保定市高阳中学高二上12月物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年河北省保定市高阳中学高二上 12月物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是（ ） A孤立正点电荷周围的电场线一定是直线 B孤立负点电荷周围的电场线可能是曲线 C负电荷在电势越高的地方电势能越大 D正电荷在电势越高的地方电势能越小 答案： A 试题分析：孤立的点电荷电场，其电场线是以点电荷为中心的辐射状的直线，故孤立正、负点电荷周围的电场线一定是直线，选项 A正确， B错误；由公式求出的电势能有正、负之分，而电势能为标量，电势能的正、负表示大小，所以负电荷在电势越高的地方电势能越小，负电荷在电势越低的地方电势能越大，同理正电荷在电势越高的地方电势能越大，正电荷在

2、电势越低的地方电势能越小，所以选项 C、 D错误 考点：点电荷的电场线 电势与电势能的关系 图中 a、 b是两个点电荷，它们的电荷量分别为 Q1、 Q2， MN 是 ab连线的中垂线， P是中垂线上的一点 .下列哪种情况能使 P点场强方向指向 MN 的左侧 ( ) A Q1、 Q2都是正电荷，且 Q1 Q2 B Q1是正电荷， Q2是负电荷，且 Q1 |Q2| C Q1是负电荷， Q2是正电荷，且 |Q1| Q2 D Q1、 Q2都是负电荷，且 |Q1| |Q2| 答案： ACD 试题分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场

3、强度矢量叠加而成的当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在 P点的电场强度方向沿 MN 背离 N 方向当 Q1 Q2时，则 b点电荷在 P点的电场强度比 a点强，所以电场强度合成后，方向偏左，如图 A，故 A选项正确；当 Q1是正电荷， Q2是负电荷且 |Q1| Q2时， b点电荷在 P点的电场强度方向沿 Pb连线指向 b点，而 a点电荷在 P点的电场强度方向沿 aP连线指向 P点，则合电场强度方向偏右故不论 a、 b电荷量大小关系，合场强方向仍偏右，如图 B，故 B选项错误；当Q1是负电荷， Q2是正电荷时， b点电荷在 P点的电场强度方向沿 bP连线指向 P点，而 a点电荷在 P点的

4、电场强度方向沿 aP连线指向 a点，则合电场强度方向偏左不论 a、 b电荷量大小关系，仍偏左如图 C,故 C选项正确；当 Q1、 Q2是负电荷时且 |Q1| |Q2|， b点电荷在 P点的电场强度方向沿 bP连线指向 b点，而 a点电荷在 P点的电场强度方向沿 aP连线指向 a点，由于 |Q1| |Q2|，则合电场强度方向偏左，如图 D，故 D选项正确。 考点：电场的叠加 平行四边形定则 在如图所示电路中，电源的电动势是 E，内电阻是 r，当滑动变阻器 R3的滑动头向左移动时 （ ） A电阻 R1的功率将减小 B电阻 R2的功率将增大 C电源的功率将加大 D电源的效率将增加 答案： ABC 试

5、题分析：如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动片 P向左移动时，变阻器电阻减小，与变阻器 R3串联的电阻 R1部分的电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律 分析得知，总电流增大 ， 知路端电压减小，由 知电阻 R1的功率减小， A选项正确；由 流经电阻 R1的的电流减小，由 流经电阻 R2的的电流增大，再由 知电阻 R2的功率将增大， B选项正确；由 知电源的功率将加大， C选项正确；由知电源的效率将减小，故 D选项错误。本题是电路中动态变化分析问题，在认识电路结构的基础上，先分析局部电阻的变化，局部电阻减小，整个电路的电阻减小，再由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化 考点：

6、闭合电路欧姆定律 电路中动态变化分析问题 电功率 如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 。如果仅改变下列某一个条件， 角的相应变化情况是 ( ) A棒中的电流变大， 角变大 B两悬线等长变短， 角变大 C金属棒质量变大， 角变大 D磁感应强度变大， 角变大 答案： AD 试题分析：对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据物体平衡列出平衡方程分析答题导体棒受力如图所示，根据物体的平衡条件有，而导体棒与磁场垂直，所受的安培力为大小为 ，方向水平向右 ,所以有 ，棒中电流 I变大， 角

7、变大，故 A选项正确；两悬线等长变短，重力和安培力均不变，故 角不变，故 B选项错误；金属棒质量变大， 角变小，故 C 选项错误；磁感应强度变大， 角变大，故 D 选项正确； 考点：左手定则 安培力 物体的平衡 下列说法中正确的是 ( ) A电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度一定为零 B一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零 C把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱 D把一小段通电导线放在磁场中 某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱 答案： AC 试题分析：电荷在电场中

8、某处受电场力 知，只要 则该处的电场强度一定不为零，同理 ，则该处的电场强度一定为零， A选项正确；一小段通电导线在磁场某处受安培 知，当 时，即使磁场存在，但由于电流方向平行于磁场方向，所以不受安培力，故一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一不定为零， B选项错误；把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱，这是电场强度的定义式，故 C选项 正确；把一小段通电导线垂直放在磁场中某处，而不是任意放置，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱，所以 D选项错误。 考点：电场力 安培力 电场强度和磁感应强度的

9、定义 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 v从 A点沿直径 AOB方向射入磁场，经过 t时间从 C点射出磁场， OC与OB成 600角。现将带电粒子的速度变为 v/3，仍从 A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 A B 2t CD 3t 答案： B 试题分析：设有界圆磁场的半径为 R，带电粒子的做匀速圆周运动的半径为 r，OC与 OB成 600角，所以 AO1C=60,带电粒子做匀速圆周运动，从 C点穿出 ,画出轨迹，找到圆心 O1,中 ，即 ,带电粒子在磁场中飞行时间，现将带电粒子的速度变为 v/3，则带电粒子的运动半径,设带电粒子的圆心角为

10、，则 ，故 ，运动时间 ，所以 ，选项 B正确。 考点：带电粒子的匀速圆周运动 牛顿第二定律 如图所示，把电阻 R和电动机 M串联接在电路中，已知电阻 R与电动机线圈的电阻相等，接通电路后，电动机能正常工作，设电阻 R和电动机两端 的电压分别为 U1和 U2，经过时间 t，电流通过电阻 R做功为 W1，产生的电热为 Q1，电流通过电动机做功为 W2，产生的电热为 Q2，则： （ ） A W1 W2， Q1 = Q2 B W1 = W2， Q1 = Q2 C W1 W2， Q1 Q2 D U1 U2， Q1 = Q2 答案： D 试题分析：电阻 R与电动机线圈的电阻相等，由焦耳定律 知 ,由于电

11、动机两端的电压 U2大于电阻 R两端的电压 U1，由电流做功 知，,所以选项 D正确。 考点：焦耳定律 电功 质量和电荷量都相等的带电粒子 M和 N，以不同的速率经小孔 S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示。忽略带电粒子的重力。下列表述正确的是 ( ) A M带负电， N 带正电 B M的速率小于 N 的速率 C洛伦兹力对 M、 N 均做正功 D M的运行时间大于 N 的运行时间 答案： A 试题分析：由左手定则可判断出， N 带正电， M带负电， A选项正确；洛伦兹力充当向心力 得 ，由图知 ，带电粒子质量和电荷量都相等，所以 ， B选项错误；由于洛伦兹力时刻与速度方向垂直，所以

12、洛伦兹力不做功， C 选项错误；由 知， ,两个带电粒子均转半圈，, M的运行时间等于 N 的运行时间， D选项错误。 考点：左手定则 洛伦兹力 牛顿第二定律 将两个电源的 U-I图象画在同一个坐标上如图所示，关于对这两个电源的判断正确的是： A电动势 Ea Eb，短路电流 Ia Ib B电动势 Ea Eb，短路电流 Ia Ib C电动势 Ea Eb，内电阻 ra rb D电动势 Ea Eb，内电阻 ra rb 答案： C 试题分析：在电源的 U-I图象中，图线与 U轴的交点表示电源的电动势，图线与 I轴交点表示短路电流，图线的斜率表示电源的内阻。故由题意知，电动势Ea Eb，短路电流 Ia

13、Ib， a图线的斜率小于 b图线的斜率，即内电阻 rarb，所以只有选项 C正确。 考点： U-I图象的物理意义 如图所示，螺线管 A、 B两端加上恒定直流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做： A若 A端接电源正极，电子做加速直线运动 B若 B端接电源正极，电子做加速直线运动 C无论 A、 B两端极性如何，电子均做匀速直线运动 D无论 A、 B两端极性如何，电子均做往复运动 答案： C 试题分析：论 A、 B两端极性如何，通电螺线管内部的磁感应强度的方向与螺线管中轴线平行，而电子沿着螺线管轴线方向射入，故无论 A、 B两端极性如何，电子的运动方向与磁场方向平行，不受洛

14、伦兹力的作用，所以电子均做匀速直线运动，故只有 C选项正确。 考点：通电螺线管的磁场 洛伦兹力 关于闭合电路下列说法正确的是（ ） A电源短路时，放电电流为无限大 B电源短路时，内电压小于电源电动势 C用电器增加时，路端电压一定增大 D内、外电路上的电压之和总等于电源电动势 答案： D 试题分析：电源短路时，由于电源由内阻，根据闭合电路欧姆定律 ，放电电流不是无限大， A选项错误；当电源短路时，外电路电阻为 ，路端电压 ,由 知，内电压等于电源电动势， B选项错误；用电器增加时，若外电路为串联电路，则可认为总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小， 知，路端电压增大，用电器增加时，若外电

15、路为并联电路，则可认为总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律 知，总电流增大， 知，路端电压减小，故 C选项错误；根据闭合电路欧姆定律 知内、外电路上的电压之和总等于电源电动势， D 选项正确。 考点：闭合电路欧姆定律 路端电压 内电压 由磁感应强度定义式 知，磁场中某处的磁感应强度的大小 ( ) A随着通电导线中电流 I的减小而增大 B随着 IL乘积 的减小而增大 C随着通电导线所受磁场力 F的增大而增大 D跟 F、 I、 L无关 答案： D 试题分析：磁感应强度是描述磁场本身性质的物理量，跟放入磁场中的电流元IL乘积的以及所受到的磁场力 F无关，既与跟 F、 I、 L无关，公式 ，只是用比值的方

16、法定义了磁感应强度这个物理量，故只有 D选项正确。 考点：磁感应强度的大小 实验题 （ 16分）在 “测定金属的电阻率 ”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为 50cm。 （ 1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图 1所示，其读数应为 _mm（该值接近多次测量的平均值） （ 2）用伏安法测金属丝的电阻 Rx实验所用器材为：电池组 (电动势为 3V，内阻约 1)、电流表 (内阻约 0.1)、电压表 (内阻约 3k)、滑动变阻器 R(020，额定电流 2A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2

17、 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上数据可知，他们测量 Rx是采用图 2中的 _图 (选填 “甲 ”或 “乙 ”)。 （ 3）图 3是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片 P置于变阻器的一端。请根据图 (2)所选的电路图，补充完成图 3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。 （ 4）这个小组的同学在坐标纸上建立 U、 I坐标系，如图 4所示，图中已标出了测量数据对应的 4 个坐标

18、点。请在图 4 中标出第 2、 4、 6 次测量数据坐标点，并描绘出 UI图线。由图线得到金属丝的阻值 Rx=_(保留两位有效数字 )。 （ 5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 _(填选项前的符号 )。 A 110-2m B 110-3m C 110-6m D 110-8m （ 6）任何实验测量都存在误差本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 _(有多个正确选项 )。 A用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D用 UI图像处

19、理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 答案：（ 1）（ 0.3950.399） （ 2）甲 （ 3）如答图 3（ 4）如答图 4 （ 4.34.7）（ 5） C （ 6） CD 试题分析：（ 1）固定刻度读数为 0，可动刻度读数为 39.7，所测长度为0+39.70.01=0.397mm（ 2）由记录数据电压的范围在 0.1V-2.3V的范围，要求电压电流从接近 0开始调节，需要选择分压式电路，再根据欧姆定律可知金属丝的电阻 Rx约 5则有 ， ，比 较 Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小所以应该采用分压接法甲（ 3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（ 2）可知应该连接成外

20、接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使 Rx两端的电压为 0先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片 P必须置于变阻器的左端实物图如上图 3所示。（ 4）描绘出第 2、 4、 6三个点后可见第 6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出 U-I图线如上图 4所示；其中第 4次测量数据的坐标点在描绘出的U-I图线上，有： 。（ 5）根据电阻定律 得有 =4.510-6 m，从 数量级上估算出的金属丝电阻率是 C选项。（ 6）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差答案：为 CD。 该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：

21、 1.对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读数时是固定刻度的值与可动刻度的值得和 2.会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接 3.实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电键时，分压电路的输出端电压要为零 4.会用电阻定律来求解导线的电阻率 .5.了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差 考点：测定金属丝的电阻率 伏安法测电阻 填空题 （ 4分）将长度为 0.2m、通有 1A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图所示。已知磁感应强度为 1T，试求下列各图中导线所受安培力的大小。 （ 1） F1 = N （

22、2） F2 = N （ 3） F3 = N （ 4） F4 = N 答案： (1)0 (2)0.2 (3)0.1 (4)0.2 试题分析：由安培力的公式 ， 是 B与 I方向间夹角，当 =0时，表示 B与 I平行，安培力为零，当 =90时， B与 I方向间垂直，所受安培力为。图 1知 B与 I平行，安培力 ，图 2知 B与 I方向垂直，=0.2N，图 3知当 =120时， =0,1N，图 4知 B与 I方向垂直， =0.2N。解题是要分清 B与 I方向间夹角。 考点：安培力的公式 的应用 计算题 （ 8分）如图所示，在 xOy平面上第一象限内有平行于 y轴的有界匀强电场，方向如图。有一电子先后

23、两次以相同的初速度垂直于 y轴从 P点射入电场中，当匀强电场的场强为 E1时，电子从 A点射出， A点的坐标为（ xA,0），当匀强电场的场强为 E2时，电子从 B点射出， B点的坐标为（ xB,0）， 求匀强电场的场强 E1、 E2大小之比； 答案： 试题分析：设电子的质量为 m，电荷为 e，场强为 E1时在电场中的运动时间为t1，场强为 E2时在电场中的运动时间为 t2，则 当场强为 E1时： xA=v0t1 当场强为 E2时： xB=v0t2 由以上几式得 考点：匀变速曲线运动规律 （ 10分）如图所示，在 A、 B两点间接一电动势为 4V，内电阻为 1的直流电源，电阻 R1、 R2、

24、R3的阻值均为 4，电容器 C的电容为 30F，电流表的内阻不计，求： (1)电流表的读数； (2)S断开后，通过 R2的电量 答案：（ 1） 0.8A（ 2）流过 R2的电量为 Q2=Q/2=4.810-5C 试题分析： (1)由于电流表的内阻不计，所以 R1、 R2被短路 根据闭合电路欧姆定律，电流表的读数为： =0.8A (2)S闭合时，电容器的带电荷量为 Q=CU 电容器两端的电压 U=IR3=3.2V 由以上两式解得 Q=9.610-5C 开关断开后，电容器开始放电，放电回路为电容 C,电阻 R1、 R2并联与 R3串联放电的总电荷量为 Q Q= Q1+ Q2 由于 R1=R2，所以

25、通过电阻 R1、 R2的电荷量相等 ,即 Q1=Q2 即流过 R2的电量为 Q2=Q/2=4.810-5C 考点：闭合电路欧姆定律 电容器及充放电 （ 12分）如图所示，在第二象限的正方形区域内在着匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，一电子由 P（ ）点，沿 轴正方向射入磁场区域 I.（电子质量为 m，电荷量为 e） （ 1）求电子能从第三象限射出的入射速度的范围 . （ 2）若电子从 位置射出，求电子在磁场 I中运动的时间 t. 答案：（ 1）速度的范围为 （ 2） 试题分析： (1)能射入第三象限的电子临界轨迹如图所示，电子偏转半径范围为由 得 解得速度的范围为 (2)设电子在磁

26、场中运动的轨道半径为 R,得 解得 设圆心角为 ， =0.8， =53 再由 所以 考点：带电粒子在匀强磁场的圆周运动 （ 12分）如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量 m=0.2g、电荷量 q=810-5C的小球，小球的直径比管的内径略小在管口所在水平面 MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度 B1= 15T的匀强磁场， MN 面的上方还存在着竖直向上、场强 E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度 B2=5T的匀强磁场现让小车始终保持 v=2m/s的速 度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界 PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力 FN随

27、高度 h 变化的关系如图所示 g 取 10m/s2，不计空气阻力求： （ 1）小球刚进入磁场 B1时的加速度大小 a； （ 2）绝缘管的长度 L； （ 3）小球离开管后再次经过水平面 MN 时距管口的距离 答案：（ 1） 2m/s2（ 2） 1m（ 3）（ ） m 试题分析：（ 1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力 f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为 a，由牛顿第二定律而 得 （ 2）由小球对管侧壁的弹力 FN 随高度 h 变化的图象知，在小球运动到管口时，FN 2.410-3N，设 v1为小球竖直分速度及由 v1使小球受到的洛伦兹力 ，则由水平方向平衡知 ,即 解得 由竖着方向小球做匀加速直线运动 得 =1m （ 3）小球离开管口进入复合场，其中 qE 210-3N， mg 210-3N 故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度与 MN 成 45角， m/s轨道半径为 R，此时洛伦兹力充当向心力 得 小球离开管口开始计时，到再次经过 MN 所通过的水平距离由几何关系得 对应时间 小车运动距 离为 x2， m 故 x= x1- x2=（ ） m 考点：牛顿第二定律 洛伦兹力 电场力 匀加速直线运动规律 带电粒子在复合场中的运动