2013-2014江苏无锡洛社高级中学高二上期中考试物理试卷与答案（选修）（带解析）.doc

《2013-2014江苏无锡洛社高级中学高二上期中考试物理试卷与答案（选修）（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013-2014江苏无锡洛社高级中学高二上期中考试物理试卷与答案（选修）（带解析）.doc（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2013-2014江苏无锡洛社高级中学高二上期中考试物理试卷与答案（选修）（带解析） 选择题 一个标有 “220V、 60W”的白炽灯泡，两端电压由零开始逐渐增大到 220V，在此过程中，电压 U和电流 I的关系可用图线表示在下面所示的图线中，符合实际的是（ ） 答案： B 试题分析：因为金属的电阻随温度的增加而增大， U-I图像的切线的斜率代表电阻值，所以图线 B符合事实。 考点：金属的 U-I图线。 如右图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置， 间距为 l 1m，cd间、 de间、 cf间分别接阻值为 R 10的电阻一阻值为 R 10的导体棒ab以速度 v 4m/s匀速向左运动，导体

2、棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为 B 0.5T、方向竖直向下的匀强磁场下列说法中 正确 的是（ ） A导体棒 ab中电流的流向为由 b到 a B c、 d两端的电压为 1V C d、 e两端的电压为 1V D f、 e两端的电压为 1V 答案： BD 试题分析：根据右手定则得：导体棒 ab中电流的流向为由 a到 b故 A错误；ab产生的感应电动势为 E=Blv=0.514V=2V，则 cd两端的电压为 Ucd=1V；而 de间没有 电流，则 de两端的电压为 0； fe 两端的电压等于 cd两端的电压，是 1V故 BD正确， C错误 考点：法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律

3、。 如图甲所示电路中， R1为定值电阻， R2为滑动变阻器闭合开关 S，将 R2的滑片 P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电路中电流 I的变化关系分别如上图乙中图线 a、 b所示若电表均为理想化，则以下论断 正确的是（ ） A图线 a是电压表 V2的示数变化情况 B电源内阻的阻值为 10 C电源的最大输出功率为 3.6W D滑动变阻器 R2消耗的最大电功率为 0.9W 答案： AD 试题分析：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而 R1两端的电压增大， R2两端的电压减小，故 b表示是 V1示数的变化； a表示 V2示

4、数的变化；故 A正确；由图可知，当只有 R1接入电路时，电路中电流为 0.6A，电压为 3V，则由 E=U+Ir可得： E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为 ，故 ；由闭合电路欧姆定律可得 E=5+0.2r，解得 r=5， E=6V，故 B错误；因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外 阻等于 5时，电源的输出功率最大，故此时电流 I= =0.6A，故电源的最大输出功率 P=UI=1.8W；故 C错误；由图线可知， R1的阻值为 5，把 R1等效为电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值等于 R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为 10时，滑

5、动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 I= =0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率 P=I2R=0.9W；故 D正确。 考点：闭合电路欧姆定律及 U-I图线。 如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向 竖直向下，磁场方向垂直纸面向里下列说法 正确 的是（ ） A小球一定带正电 B小球一定带负电 C小球的绕行方向为顺时针 D改变小球的速率，小球将不做圆周运动 答案： BC 试题分析：因为小球在复合场中做匀速圆周运动，所以重力和电场力平衡，故电场力方向向上，所以小球带负电；由左手定则可知，小球的绕行方向为顺时针方向；若改变小球的速率，小球做圆周运动

6、的半径将改变，但仍将做圆周运动。选项 BC 正确。 考点：匀速圆周运动。 如下图所示： A为平行板电容器内部电场； B为等值异号点电荷的电场，其中 O 为两点电荷连线的中点且 Oa Ob； C为孤立正点电荷的电场， a、 b为以点电荷为圆心的圆上的两点； D为等量正点电荷的电场， a、 b为两点电荷连线的中垂线上的点，且 Oa Ob则下面四图中 a、 b两点的电场强度大小相同且电势也相等的是（ ） 答案： CD 试题分析： A图中 a、 b是匀强电场中的两点，电场强度相同，而 a点的电势高于 b点的电势故 A错误； B图 a、 b是等量异种电荷连线上关于 O 点对称的两点，则 a、 b的场强相

7、同，但 a点电势高于 b点电势，故 B错误； C图中 a、 b是同一等势面上的两点，电势相同，场强大小相等，但方向 不同故 C正确；D图中，根据电场线的对称性可知， ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反故 D正确 考点：场强与电势。 在一根长为 0.2m的直导线中通入 2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，则导线受到的安培力的大小可能是（ ） A 0.4N B 0.2N C 0.1N D 0 答案： BCD 试题分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为Fmax=BIL=0.520.2N=0.2N；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零则导线所受磁场力的

8、范围为 0-0.2N故 BCD正确。 .考点：磁感应强度的概念。 在右图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内阻为 r， R1、 R2为定值电阻， R3为滑动变阻器， C为电容器， 、 为理想电流表和理想电压表在滑动变阻器滑动头 P自 a端向 b端滑动的过程中，下列说法中 正确 的是（ ） A电压表示数变小 B电流表示数变小 C电容器 C所带电荷量增多 D a点的电势降低 答案： D 试题分析：在滑动变阻器滑动头 P自 a端向 b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流 I增大，电阻 R1两端电压增大，则电压表示数 变大， A 错误；电阻 R2两端的电压 U2=

9、E-I（ R1+r）， I 增大，则 U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小， C错误；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知， a的电势大于零， a点的电势等于 R2两端的电压， U2变小，则 a点的电势降低，通过 R2的电流 I2减小，通过电流表的电流 IA=I-I2， I增大，I2减小，则 IA增大即电流表示数变大故 B错误， D正确 考点：动态电路的分析问题；电容器。 某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr随电流 I变化的图线画在了同一坐标上，如右图中的 a、 b、 c所示以下判断 错误 的是（ ） A直线 a表示电源的总功率 PE B曲线 c

10、表示电源的输出功率 PR C电源的电动势 E 3V，内电阻 r 1 D电源的最大输出功率 Pm 9W 答案： D 试题分析：电源消耗的总功率的计算公式 PE=EI I，故 A 正确； PR=PE-Pr=EI-I2r，是曲线，故 B正确；当 I=3A时， PR=0说明外电路短路，根据 P=EI，得到 E=, ，故 C正确； 图线 c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于 9W，故 D错误。 考点：电源的总功率、输出功率。 如图所示，在屏 MN 的上方有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里 P为屏上的一个小孔， PC与 MN 垂直一群质量为 m、带电荷量为 -q

11、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 的范围内若不计粒子间的相互作用力则在屏 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：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得到 ，解得 ;一群质量、电量都相同的负粒子（不计重力），以相同的速率 v从小孔 P处沿垂直于磁场方向入射，在荧光屏上 P点右侧将出现一条条形亮线，其长度是由离 P点最远与最近的距离之差而最远的是沿 PC方向射出的粒子，打到 MN 上的距离的轨迹刚好完成半个圆，则距离为 2r，最近的距离是粒子沿入射，所对

12、应的一段圆弧，其距离为 2rcos，所以最远与最近的距离之差为,故选项 D正确。 考点：粒子在磁场中的运动 物理实验都需要一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响下列说法中 正确 的是（ ） A该实验必须在地球赤道上进行 B通电直导线应该竖直放置 C通电直导线应改水平东西方向放置 D通电直导线水平南北方向放置 答案： D 试题分析：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有 D

13、正确 考点：物理学的研究方法。 一充电后的平行板电容器，若保持两极板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电 介质，则其电容 C和两极板间的电势差 U的变化情况是（ ） A C和 U均增大 B C增大， U减小 C C减小， U增大 D C和 U均减小 答案： B 试题分析：根据 ，所以当保持两极板间的正对面积、间距不变，在两板间插入一电介质，则 C变大；根据 ，则若保持两极板间电荷量不变，则 U减小。选项 B正确。 考点：电容器的电容的定义式及决定式。 真空中，若 A、 B两点与点电荷 Q 的距离分别为 r和 3r，则 A、 B两点的电场强度大小之比为（ ） A 3 1 B 1 3

14、C 9 1 D 1 9 答案： C 试题分析：根据点电荷的场强公式 ，所以 A、 B两点的电场强度大小之比 ,选项 C正确。 考点：点电荷的场强。 实验题 为测定某电源的电动势 E和内阻 r，以及一段电阻丝的电阻率 ，设计了如右图（ a）所示的电路 ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝， R0是阻值为 2的保护电阻，滑动片 P与电阻丝接触始终良好 实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如下图（ b）所示，其示数为 d mm 实验时闭合开关，调节 P的位置，记录 aP长度 x和对应的电压 U、电流 I等相关数据，如下表： 请根据表中数据在下图（ c）上描点连线作 U I关系图线，根据该图象，可求得

15、电源的电动势 E V；内阻 r 根据表中数据作出的 x关系图象如下图（ d）所示，利用该图象可求得电阻丝的电阻率 m（计算结果保留两位有效数字） 图（ d）中 x关系图线纵截距的物理意义是 。 答案：（ 1） 0.400mm（ 2） 3.00V； 3.0 电流表的内阻。 试题分析： 螺旋测微器测得电阻丝的直径为 40.00.01mm=0.400mm；（ 2） U I关系图线如下图；从图线中读出： E=3.00V， ； 因为 ，根据 作出的 x 关系图象可求得 ，电阻丝的电阻率 图（ d）中 x关系图线纵截距是当 x=0时电压表与电流表的示数之比，所以它的物理意义是电流表的内阻。 考点：测电源的

16、电动势及内阻；测导体的电阻率。 某同学用伏安法测量一个未知电阻 Rx的阻值（阻值约为 6），除被测电阻外，还有如下实验器材： A学生电源（直流稳压 3V） B电流表 A（量程 0 0.6 A，内阻约为 0. 125） C电压表 V（量程 0 3 V，内阻 3k） D滑动变阻器（最大阻值 20） E开关、导线等 请根据所提供的器材，在右图所示的方框中画出合理的实验电路图 这种连接方法属于电流表 （选填 “内接 ”或 “外接 ”）；测得的电阻值比真实电阻值偏 （选填 “大 ”或 “小 ”） 答案： 外接；小 试题分析： 因为 ，故采用电流表外接电路，电路如图； 这种连接方法属于电流表 外接；因为电

17、流表测得的电流值大于电阻上的电流，所以测得的电阻值比真实电阻值偏小。 考点：伏安法测电阻。 将红表笔插入多用电表的 “ ”插孔，黑表笔插入多用电表的 “-”插孔，用该表测直流电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时， 下列说法正确的是 A测电压时，电流从红表笔流出多用电表；测电阻时，电流从红表笔流入多用电表 B测电压时，电流从红表笔流入多用电表；测电阻时，电流从红表笔流出多用电表 C选择欧姆档 “10”档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太大，则应换用 “1”档，调零后再测 D选择欧姆档的适当档位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向

18、电阻 答案： C 试题分析：测电压时，电流从红表笔流入多用电表；测电阻时，电流从红表笔流入多用电表，选项 AB均错；选择欧姆档 “10”档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太大，则应换用 “1”档，调零后再测。选项C正确；选择欧姆档的适当档位并调零后，因为黑表笔内部接电源的正极，所以将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的正向电阻。选项 D错误。 考点：万用表的适用。 计算题 如右图所示电路中，电源电动势 E 30V、内阻 r 1，是规格为 “6、12 ”的灯泡，电动机线圈的电阻 RM 2若开关 S闭合时，灯泡 L恰能正常发光，试求： 电路中的电流强度

19、 I； 电动机消耗的总功率 PM； 电动机的输出功率 P 出 答案： (1) 2A (2) 44W (3) 36W 试题分析：（ 1）小灯泡正常发光时的电流为： （ 2）电源的总功率为 P=IE=60W;电动机消耗的总功率 P1=P-P 灯 -I2r=44W; （ 3）电动机的输出功率 P 出 =P1-I2RM=36W 考点：电功率的计算。 如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为 m、带负电的小球从斜直轨道上的 A点由静止滑下，小球通过半径为 R的圆轨道顶端的 B点时恰好不落下来若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力 2倍，试求： A点在斜轨道上的高度 h； 小球运动到最低

20、点 C时，圆轨道对小球的支持力 答案： (1) R (2) 3mg 试题分析：由题意得： mg=2Eq 设小球到 B点的最小速度为 VB，则由牛顿第二定律可得： mg-Eq=m ； 对 AB过程由动能定理可得： mg（ h-2R） -Eq（ h-2R） = mVB2； 联立解得： h= R； （ 2）对 AC 过程由动能定理可得： mgh-Eqh= mvc2； 由牛顿第二定律可得： F+Eq-mg=m 联立解得： F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为 3mg 考点：牛顿定律及动能定理。 如下图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距 d 0.5m，电阻不计，左端通过

21、导线与阻值 R 2的电阻连接，右端通过导线与阻值 RL 4的小灯泡 L连接在 CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场， CE长 L 2m，有一阻值 r 2的金属棒 PQ放置在靠近磁场边界 CD处 CDFE区域内磁场的磁感应强度 B随时间变化规律如下图乙所示在 t 0到 t 4s内，金属棒 PQ保持静止；在 t 4s时使金属棒 PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动已知从 t 0开始到金属棒运动到磁场边界 EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，试求： 通过小灯泡的电流； 金属棒 PQ在磁场区域中运动的速度大小 答案：（ 1） 0.1A（ 2） 1m/s 试题分析：（ 1）在 t=0至

22、 t=4s内，金属棒 PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路为 r与 R并联，再与 RL串联，电路的总电阻 R 总 =RL+=5 此时感应电动势为 E1= =0.520.5V=0.5V 通过小灯泡的电流为： I1= =0.1A （ 2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为 R与 RL并联，再与 r串联 ，此时电路的总电阻 R 总 = 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流 IL=0.1A，则流过棒的电流由并联电路的规律可得： I=IL+IR=IL+ =0.3 A， 棒产生的感应电动势为 E2=Bdv 解得棒 PQ在磁场区域中运动的速度大小 v=1m/s 考点：法

23、拉第电磁感应定律及欧姆定律。 如右图所示，一个质量为 m、电荷量为 q的正离子，从 D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里结果离子正好从距 A点为 d的小孔 C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与 AC 平行且向上，最后离子打在距离 A点 2d的 G处， AG AC若不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，试求： 此离子在磁场中做圆周运动的半径 r； 离子从 D处运动到 G处所需时间； 离子到达 G处时的动能 答案： (1) d (2) (3) 试题分析：（ 1）正离子的运动轨迹如图所示，离子圆周运动半径 r满足： r+rcos 60=d 解得： r= d （ 2）设离子在磁场中运动的速度为 v0，则有 得， 离子在磁场中运动的周期为 根据轨迹得：离子在磁场中做圆周运动的时间为： ， 离子从 C运 动到 G做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，所需的时间 由 得， 故离子从 DCG 的总时间为： t=t1+t2= （ 2）设电场强度为 E，对离子在电场中的运动过程，有： qE=ma， d= at22 由动能定理得： Eq d=EkG- mv02 解得： 考点：类平抛运动及圆周运动；牛顿定律及动能定理。