2013-2014学年黑龙江省哈师大附中上学期高二期末考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年黑龙江省哈师大附中上学期高二期末考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图是铁棒甲与铁棒乙内部各分子电流取向的示意图，甲棒内部各分子电流取向是杂乱杂乱无章的，乙棒内部各分子电流取向大致相同，则下列说法中正确的是（ ） A两棒均显磁性 B两棒均不显磁性 C甲棒不显磁性，乙棒显磁性 D甲棒显磁性，乙棒不显磁性 答案： C 试题分析：由安培分子电流假说知：安培认为在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流 分子电流，使每个微粒成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极。通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性。当外界磁场作用后，分子

2、电流的取向大致相同，分子间相邻的电流作用抵消，而表面部分未抵消，它们的效果显示出宏观磁性。故甲棒不显磁性，乙棒显磁性， C选项正确。 考点：安培分子电流假说 （ 4分）读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数 游标卡尺的示数为 cm； 螺旋测微器的示数为 cm 答案： .025 0.5700 试题分析： 20分度的游标卡尺的精确度为 0.05mm，主尺读数为 100mm，游标第 5条刻线对的最齐，由游标卡尺的读数规则可读出 100.25mm=10.025cm；螺旋测微器的精确度为 0.01mm，主尺读数为 5mm，半刻度露出则 5.5mm，游标为 20.00.01mm，故读数为 5.700mm=0.

3、5700cm。 考点：游标卡尺 螺旋测微器 如图所示，在水平放置两平行金属板 M、 N 之间的 P点，固定有一个带电荷量为 -q的点电荷，两金属板通过电阻 R接到直流电源上，其中 N 板接地 ( ) A当保持其它条件不变，而将 M板向上移动的过程中，通过 R的电流方向是向右的 B当保持其它条件不变，而将 M板向上移动的过程中，通过 R的电流方向是向左的 C当保持其它条件不变，而将 M板向上移动到某处稳定后与移动前相比， p处点电荷的电势能变大 D当保持其它条件不变，而将 M板向上移动到某处稳定后与移动前相比， p处点电荷的电势能变小 答案： AC 试题分析：电容器和电源相连，两端的电势差不变，

4、通过电容的变化，结合电容器的定义式 Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电荷量的变化确定通过R的电流流向。 根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出 pN 间电势差的变化，从而确定 p点电势的变化，得出 p点电势能的变化。当保持其它条件不变，而将 M板向上移动的过程中， d增大，根据 知，电容减小，根据 Q=CU， U不变，则电荷量减小，则通过 R的电流向右故 A正确，B错误。由于电容器两端的电势差不变，将 M板向上移动， d增大，由则电场强度减小， pN 间的电势差减小，因为 N 点电势为零，知 p点的电势减小，根据 Ep=q，电荷为负电，则 p点的电势能变大故 C正确， D错误

5、。解决本题的关键掌握电容的决定式 ，知道电容器与电源始终相连，两端电势差不变。 考点：电容器的定义式和决定式 电容器的动态分析 匀强电场强度和电势差的关系 电势的定义式 如图所示匀强电场 E的区域内，在 O 点处放置一点电荷 +Q， a、 b、 c、 d、e、 f为 以 O 点为球心的球面上的点， aecf平面与电场线平行， bedf平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是（ ） A b、 d两点的电场强度相同 B a点的电势大于 f点的电势 C点电荷 +q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D将点电荷 +q在球面上任意两点之间移动，从球面上 a点移动到 c点的电势能变化量最大 答案：

6、BD 试题分析：空间任何一点的电场都是由匀强电场和点电荷的电场叠加面成，根据平行四边形定则分析各点场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同根据叠加原理，判断各点的电势关系。若两点间电势差不为零，电场力做功不为零。点电荷 +Q 在 b点产生的电场方向为竖直向上，在 d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知， b点的合场强斜向右上方， d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故 A错误；在匀强电场 a、 c两点有电势差，且而在点电荷 电场中电场 a、 f两点电势相等，根据叠加原理可知， a点的电势大于 f点的电势， B选项

7、正确；匀强电场中 bedf平面是个等势面，点电荷 +Q 产生的电场中 bedf平面也是等势面，则叠加后 bedf平面是等势面在此面上移动电荷电场力不做功，故 C错误；在匀强电场中 ac两点的电势差最大，故在这两点间移动电荷，电场力做功最大，电势能变化最大，故 D正确。本题关键是运用叠加原理分析两点间场强和电势的关系。 考点：电场叠加 电场力做功与电势能的关系 如图是一条通电导体棒 a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图， 通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒 a能静止在斜面上，需在 MN 间垂直纸面放置通电导体棒 b，则关于导体棒 b的电流方向及位置可能正确的是（ ） A垂直纸面向外，放在 A点 B垂

8、直纸面向外，放在 B点 C垂直纸面向里，放在 B点 D垂直纸面向里，放在 C点 答案： AD 试题分析： 由题意知分别画出了磁场方向和所受安培力的方向，由物体平衡知能使物体平衡的是 AD选项。 考点：安培定则 左手定则 物体平衡 如图所示，质量为 m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈 中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力 N 和摩擦力 f的情况，以下判断正确的是（ ） A N 先大于 mg ，后小于 mg B N 一直大于 mg C f先向左，后向右 D f一直向左 答案： AD 试题分析：当磁

9、铁靠近线圈时和远离线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体与磁体间的相对运动，分析线圈受到的安培力方向，再分析支持力 N 和摩擦力 f 的情。当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律和左手定则可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即 N 大于 mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知和左手定则，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的

10、压力减小，即N 小于 mg，线圈相对桌面仍有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力，故 A、D正确， B、 C错误。本题应用楞次定 律的第二种表述判断， “来拒去留 ”，也可以运用楞次定律、左手定则、安培则进行判断。 考点：楞次定律、左手定则、安培定则 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个 D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两 D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大某一带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 ( ) A增大匀强电场间的加速电压 B增大磁场的磁感应强度 C减小狭缝间的距离 D增

11、大 D形金属盒的半径 答案： BD 试题分析：设 D形盒的半径为 R，则粒子可能获得的最大速度由 解得带电粒子做匀速圆周运动的轨道半径 得粒子可能获得的最大动能Ekm= ,由此式得选项 BD正确。 考点：带电粒子做匀速圆周运动 回旋加速器 下列说法正确的是（ ） A奥斯特提出分子电流假说 B法拉第采用了电场线的方法来描述电场 C密立根用实验测定了电子的电量 D纽曼和韦伯先后提出了电磁感应定律 答案： BCD 试题分析：安培提出分子电流假设， A选项错误；法拉第首先采用了电场线的方法来描述电场， B选项正确；密立根用实验方法测定了电子的电量，称为电子之父，故 C选项正确；纽曼和韦伯先后在对理论和

12、实验资料进行严格的分析后提出了电磁感应定律，后人称之为法拉第电磁感应定律， D选项正确。 考点：物理学史 如图所示，在真空中坐标 xOy面的 x 0区域内，有磁感应强度 B=1.010-2T的匀强磁场，方向与 xOy平面垂直，在 x轴上的 P(10,0)点处有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率为 v=1.0105m/s的带正电粒子，粒子的质量为m=1.010-26kg，粒子带电量为 q=1.010-18C，则带电粒 子能打到 y轴上的范围是（重力的影响不计）（ ） A -10cmy10cm B -10cmy cm C cmy cm D cmy10cm 答案： B 试题分析： 洛仑兹力提

13、供圆周运动向心力，由 解得带电粒子做匀速圆周运动的轨道半径 =10cm，放射源射出粒子速度大小相同，因此在磁场中轨道半径相同，它们轨迹的圆心都在以 P 点为圆心 R=10cm 为半径的圆上，如图所示，当轨道圆心在 O1处时，粒子打在 y轴的最低点： y1=-R=-10cm ；当轨道圆心在O2处时，粒子打在 y轴的最高点 y2： = cm ，故粒子打在 -10cmy cm的范围内， B选项正确。 考点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 两个完全相同的金属小球 A、 B，球 A所带电荷量为 4Q，球 B不带电现将球 B与球 A接触后，移到与球 A相距为 d处（ d远远大于小球半径）已知静电力常量

14、为 k，则此时两球 A、 B之间相互作用的库仑力大小是（ ） A B C D . 答案： C 试题分析：电荷守恒定律知两球接触后电荷中和后再平分，则电荷量均为 2Q，由库仑定律可得库仑力的大小为 ， C选项正确。 考点：库仑定律 电荷守恒定律 在如图所示的电路中， E为电源电动势， r为电源内阻， R1和 R3均为定值电阻， R2为滑动变阻器当 R2的滑动触点在 a端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2和 V的示数分别为 I-1、 I2和 U。现将 R2的滑动触点向 b端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ） A I1增大， I2不变， U增大 B I1减小， I2增大， U减小 C I1

15、增大， I2减小， U增大 D I1减小， I2不变， U减小 答案： B 试题分析：当 R2的滑动触头向 b端移动时，电阻 R2减小，故此与 R2并联部分的电路的电阻减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律 知，总电流增大，由 ，路端电压 U减小，所以伏特表的示数减小，由于R3部分的电压 增大，而 ,所以 R1和 R2并联部分分压 U2减小，分到 R1支路的电流减小，电表 A1示数减小，由 ，知 I2增大，即 A2的示数增大，选项 B正确。 考点：闭合电路欧姆定律 电路的动态分析 一辆电瓶车，质量为 500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供 24V的电压，当电瓶车在水平地面上以

16、0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为 5A，设车所受的阻力是车重的 0.02倍（ g=10m/s2），则此电动机的内阻是（ ） A 4.8 B 3.2 C 1.6 D 0.4 答案： C 试题分析：由电动机三个功率间的关系有： ，当电瓶车在水平地面上匀速行驶时有 ，而 ，联立以上三式可得 ,C选项正确， ABD选项错误。 故选 C 考点：电动机的功率问题。 点评：电动机三个功率的关系是： ，我们经常运用此关系式求解非纯电阻用电器的电压、电流、功率等各物理量此题注意当电瓶车在水平地面上匀速行驶时有 。 如图将金属导体放在沿 x正方向的匀强磁场中，导体中通有沿 y正方向的电流时，在导体

17、的上下两侧面间会出现电势差，这个现象称为霍尔效应。关于金属导体上下两侧电势高低判断正确的是（ ） A上高下低 B下高上低 C上下一样 D无法判断 答案： A 试题分析：由于金属导体中的自由电荷是电子，根据左手定则可以判断电子受到向下的洛伦兹力，电子积累到下极板，故上极板电势高，选项 A正确。 考点：左手定则 电势 在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图甲所示，圆形区域内的偏转磁场方向垂直于圆面，当不加磁场时，电子束将通过 O 点而打在屏幕的中心 M点。为了使屏幕上出现一条以 M点为中点的亮线 PQ，偏转磁场的磁感应强度 B随时间变化的规律是图乙中的 答案： B 试

18、题分析：首先要使通过磁场的电子在中心点 O 左右两侧偏转，则需改变磁场的方向，在一次扫描过程中，沿电子运动方向观察，由左向右逐次扫描，则洛伦兹力先向左后向右。根据左手定则判断，磁场方向应先向外（ B为负值）后向里（ B为正值）；其次要使电子偏转到 PQ间任何一点上，即通过磁场时，要求有不同的偏转角度，所以磁感应强度 B的大小应随时间而变化，选项 B正确 . 考点：电视机的显像管的原理 左手定则 如图，间距为 L的 平行金属导轨上有一电阻为 r的金属棒 ab与导轨接触良好 .导轨一端连接电阻 R，其它电阻不计，磁感应强度为 B，金属棒 ab以速度 v向右作匀速运动，则（ ） A回路中电流为逆时针

19、方向 B电阻 R两端的电压为 BLv C ab棒受到的安培力的方向向右 D ab棒中电流大小为 答案： A 试题分析：金属棒 ab以速度 v向右作匀速运动，由右手定则判定感应电流的方向由 ba ，回路中电流为逆时针方向，再由左手定则判定出安培力的方向向左， A选项正确， C选项错误；利用导线切割式电动势公式 和闭合欧姆定律，可求解 ab两 端的电压 ，故 B、 D选项错误。 考点：左手定则和右手定则 导体切割磁感线时的感应电动势 实验题 （ 8分）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为 1.5V，内阻约 1，双量程电压表（ 0 3V 内阻约 3k； 0 15V

20、 内阻约 15 k），电流表（ 0 0.6A 内阻约 1.0），滑动变阻器有 R1(10 2A)和 R2 (100 0.1A)各一只。 实验中滑动变阻器应选用 _（选填 “R1”或 “R2”）。 在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路。 在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的 U I图线，由图可较准确求出该电源电动势 E = _V，内阻 r = _。 答案： R1 如图所示 1.48(1.45 1.49均正确 ) 1.85(1.78 1.89均正确 ) 试题分析： 滑动变阻器选择 R1时电路中的电流表和电压表的调节范围大，故选 R1； 由于干电池的电动势约为 1.5V，故电压表的量程选择

21、0 3V 内，电路连接如上图； 由 U I图线的延长线与纵轴的交点坐标得出电源的电动势E=1.48(1.45 1.49均正确 ),由图象的斜率可计算出电源的内阻 r=1.85(1.78 1.89均正确 )。 考点：测定电源电动势和内电阻的实验 计算题 （ 8分）如图所示为一速度选择器，板间存在方向互相垂直的匀强电场和磁场。现有速率不同的电子从 A点沿直线 AB射入板间。平行板间的电压为 300 V，间距为 5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为 0.06 T，问： (1)匀强磁场的方向指向纸面里还是向外？ (2)能沿直线通过该速度选择器的电子的速率？ 答案： (1) 垂直于纸面向里 (2)

22、 105m/s 试题分析： (1)由于电子所受到的电场力向上，由平衡知，洛伦兹力向下，由左手定则判断出 B的方向垂直于纸面向里（ 2分） (2)电子受到的洛伦兹力为： FB=evB，它的大小与电子速率 v有关，只有那些速率的大小刚好使得洛伦兹力与电场力相平衡的电子，才可沿直线 KA通过小孔S 据题意，能够通过小孔的电子，其速率满足下式： evB=eE(2分 ) 解得： （ 1分） 又因为 （ 2分） 所以 得 v=105m/s（ 1分） 考点：左手定则、速度选择器、物体平衡、洛伦兹力、电场力 （ 10分）如图所示的电路中，两平行金 属板 A、 B水平放置，两板间的距离 d=40cm，电源电动势

23、 E=24V，内电阻 r=1，电阻 R=15，闭合开关 S，待电路稳定后，将一带正电的小球从 B板小孔以初速度 v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为 q=110-2C，质量为 m=210-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能达到 A板？此时，电源的输出功率是多大？（ g取 10m/s2） 答案：（ 1） 8（ 2） 23W 试题分析： (1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到 A板时速度为零 设两板间电压为 UAB，由动能定理得 一 mgd一 qUAB=0一 mv02 (3分 ) 滑动变阻器两端电压为 U 滑 U 滑 =UAB=8v (1分

24、 ) 设通过滑动变阻器的电流为，由闭合电路的欧姆定律得 (3分 ) 滑动变阻器接人电路的电阻 (1分 ) (2)电源的输出功率 P 出 = I2 (R+R 滑 )=23W (2分 ) 考点：动能定理 闭合电路欧姆定律 电源的输出功率 （ 14分）如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于 OC且垂直于磁场方向一个质量为 m 、电荷 量为 -q 的带电粒子从 P孔以初速度 v0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角 600，粒子恰好从C孔垂直于 OC射入匀强电场，最后打在 Q 点且 OQ间距是 OC间距

25、的 2倍，不计粒子的重力，求： （ 1）电场强度 E的大小 （ 2）粒子从 P运动到 Q 所用的时间 t （ 3）粒子到达 Q 点时的动能 EKQ 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析： (1)粒子在电场中做类平抛运动 1分 1分 由题意知 ,联立解得 1分 (2)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧 (O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）： PO1C=120 设粒子在磁场中圆周运动的半径为 r， 2分 有几何关系得 r+rcos 60= OC=x O C=x=3r/2 2分 粒子在磁场中圆周运动的时间 1分 粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r 1分 1分 粒子从 P运动到 Q 所用时间 1分 （ 3）由动能定理： 2分 解得 1分 考点：粒子在电场中和磁场中的类平抛运动和匀速圆周运动的规律 牛顿第二定律 动能定理