2013届江苏省泰兴中学高二期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013届江苏省泰兴中学高二期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是 ( ) A通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用 B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现 C带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功 D通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行 答案： B 试题分析： A、安培力： ，其中 为电流方向与磁场方向的夹角当 时，就算有电流和磁场也不会有安培力；错误 B、导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现；正确 C、根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方

2、向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功；错误 D、通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直；错误 故选 B 考点：安培力的计算、洛仑兹力 点评：安培力： ，其中 为电流方向与磁场方向的夹角当时，就算有电流和磁场也不会有安培力；洛伦兹力： ，其中 为运动方向与磁场方向的夹角，根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方 向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功；导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个 D型金属盒，置于匀强磁场中

3、，两盒分别与高频电源相连。下列说法正确的有 ( ) A粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和 D型盒的半径的增大而增大 B粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 C高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定 D粒子从磁场中获得能量 答案： AC 试题分析： A、当粒子从 D形盒中出来时速度最大，由 其中 R为 D型盒半径，得 ，可见最大速度随磁感应强度和 D型盒的半径的增大而增大；正确 B、粒子被加速后的最大动能 与高频电源的加速电压无关；错误 C、高频电源频率与粒子在磁场中匀速圆周运动的频率相同，则 ，可见频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定；正确 D、洛伦兹力不做功，所

4、以粒子从电场中获得能量；错误 故选 AC 考点：回旋加速器 点评：关键是知道当粒子从 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期相等，粒子射出时的最大速度 (动能 )由磁感应强度和 D形盒的半径决定，与加速电压无关。 如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内，有一从 O 点向右的离子恰能沿直线飞过此区域，已知电场强度的大小为 E，方向未知，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向内，不计离子重力，则 （ ） A若离子带正电， E方向应向上 B不管离子带何种电， E方向都向下 C从 O 点向右的离子只要速度为 EB，都能沿直线飞过此区域 D从 O 点向右的离子

5、只要速度 为 E/B，都能沿直线飞过此区域 答案： BD 试题分析： AB、假设粒子带正电，则受到向上的洛伦兹力，则电场力就应向下，电场向下；若粒子带负电，洛伦兹力向下，电场力向上，电场仍然向下；所以电场的方向始终向下，与粒子的电性无关； B正确 CD、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为，所以电场与磁场的关系为 ； D正确 故选 BD 考点：带电粒子在复合场中的运动 点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用； 粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即 ， ，只有速度为 的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选

6、择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转。 小灯泡通电后其电流 I随所加电压 U变化的图线如图所示， P为图线上一点，PN为图线的切线， PQ为 U轴的垂线， PM为 I轴的垂线，下列说法中正确的是 A对应 P点，小灯泡的电阻为 R B对应 P点，小灯泡的电阻为 R C对应 P点，小灯泡的功率为图中曲线 PQO 所围面积 D对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM所围面积 答案： BD 试题分析： AB、由图象可知， P点对应的电压为 ，电流为 ，则灯泡的电阻； B正确 CD、因 P=UI，所以图象中矩形 PQOM所围的面积为对应 P点小灯泡的实际功率； D正确 故选 BD 考

7、点：伏安特性曲线 点评：由图看出此灯泡是非线性元件，找到 P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的 “面积 ”。 对于线性元件，其电阻 非线性元件， ；对于 U-I图与 I-U图要区分清楚，电阻 R=K，还是 不能搞错。 如图所示，电路中电源电动势 E恒定，内阻 r=2，定值电阻 R3=4。 ab段电路消耗的电功率在开关 S断开与闭 合时相等，则以下说法中正确的是 A电阻 R1、 R2 可能分别为 3、 9 B电阻 R1、 R2 可能分别为 4、 6 C开关 S断开时电压表的示数一定等于 S闭合时的示数 D开关 S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与

8、电流表的示数变化量大小之比与 R1、 R2 无关 答案： AD 试题分析： AB、由题知，电键 S断开与闭合时， ab段电路消耗的电功率相等，则有 ，将 , 代入方程成立，将 , 代入方程不成立； A正确 C、电键 S断开时外电路总电阻大于 S闭合时外电路总电阻，则电键 S断开时电压表的示数一定大于 S闭合时的示数；错误 D、根据闭合电路欧姆定律得： ，则压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为 ，与 、 无关；正确 故选 AD 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：当 S闭合时 被短路，根据电键 S断开与闭合时， ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻 、 代入，选择使方程成立的阻

9、值；根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系；根据闭合电路欧姆定律求解电键S断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比。 下列说法正确的是 ( ) A电动势由电源中非静电力的性质决定 ,与其他因 素无关 B在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能 C在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能 D电动势在数值上等于非静电力把 1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功 答案： ABD 试题分析： A、电源的电动势由电源中非静电力做功的性质决定 ,与其他因素无关；正确 B、电源的作用是通过非静电力做功，将其他形式的能转化为电能；正确 C、在外电路中，电场

10、力做功，将电能转化为其他形式的能；错误 D、电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式可知，电动势在数值上 等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功；正确 故选 ABD 考点：对电动势的理解 点评：根据电动势的定义式 可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势，电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与外电路的结构无关，电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压。 如图所示， M、 N 是平行板电容器的两个极板， R0为定值电阻， R1、 R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为 、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键 S

11、，小球静止时受到悬线的拉力为 F。调节 R1、 R2，关于 F的大小判断正确的是 ( ) A保持 R1不变，缓慢增大 R2时， F将变大 B保持 R1不变，缓慢增大 R2时， F将变小 C保持 R2不变，缓慢增大 R1时， F将变大 D保持 R2不变，缓慢增大 R1时， F将变小 答案： B 试题分析： AB、保持 不变，缓慢增大 时，由于 和 串联， 两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压 U减小，带电小球受到的电场力减小 , 悬线的拉力为 将减小； B正确 CD、保持 不变，缓慢增大 时， 两端的电压不变， 不变，悬线的拉力为 F不变；错误 故选 B 考点：闭合电路的欧姆定律 点评

12、：关键是根据分压式得到电容器两端的电压情况，注意本题中电阻 两端电压为零，故电容器两端电压等于电阻 两端电压。 如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（ ） A向纸内偏转 B向纸外偏转 C向上偏转 D向下偏转 答案： C 试题分析：由通电导线的电流方向，根据安培定则可得电子射线管处于垂直纸面向外的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向上偏转。 故选 C 考点：洛仑兹力、通电直导线周围磁场的方向 点评：电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为

13、粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向。 物理学家欧姆在探究通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转某兴趣 研究小组在得知直线电流在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比的正确结论后重现了该实验，他们发现：当通过导线电流为 时，小磁针偏转了 ；当通过导线电流为 时，小磁针偏转了 ，则下列说法中正确的是（ ） A B C D无法确定 答案： A 试题分析：设地

14、磁场的磁感应强度为 B，由题知导线中通有电流时，小磁针受通电导线的磁场和地磁场的共同作用下重新平衡，和磁场方向与小磁针的北极的指向相同，有 ，由题知 ，可得 ,解得 。 故选 A 考点：通电直导线周围的磁场 点评：磁场的基本性质是对放在磁场中的磁体有力的作用，当小磁针发生偏转时，说明了磁场的存在；电流周围存在着磁场，磁场的强弱与电流的大小有关。 如图所示，长方体金属块边长之比 a:b:c=3:1:2，将 A与 B接入电压为 U的电路中时，电流为 I；若将 C与 D接入电压为 U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变） A I B 2I CD 答案： C 试题分析：由电阻定律得 ，同理 ，则，

15、根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，则将 C与 D接入电压为 U的电路中，电流为 。 故选 C 考点：电阻定律、欧姆定律 点评：根据电阻定律公式 确定两次电阻值之比，然后根据欧姆定律确定电流间的关系。 实验题 实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻 r1的电路如图所示。供选择的仪器如下： 待测电流表 G1（ 0 5mA，内阻约 300）； 电流表 G2（ 0 10mA，内阻约 100）； 定值电阻 R1（ 300）； 定值电阻 R2（ 10）； 滑动变阻器 R3（ 0 1000）； 滑动变阻器 R4（ 0 20）； 干电池（ 1.5V）； 电键 S及导

16、线若干。 （ 1）定 值电阻应选 _，滑动变阻器应选 _。（在空格内填写序号） （ 2）用连线连接实物图。 （ 3）补全实验步骤： 按电路图连接电路，将滑动触头移至最 _端（填 “左 ”或 “右 ”）； 闭合电键 S，移动滑动触头至某一位置，记录 G1、 G2的读数 I1、 I2； 多次移动滑动触头，记录相应的 G1、 G2读数 I1、 I2； 以 I2为纵坐标， I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。 （ 4）根据 I2 I1图线的斜率 k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_。 答案： (1) ， (2)如图 (3) 将滑动触头移至最左端 (4) 试题分析：（ 1）定值电阻要和待测电流表

17、内阻接近，因 内阻约 300，故定值电阻选 ； 因为电流表 的量程是待测电流表 的 2倍；滑动变阻器的电阻不要太大，故滑动变阻器选 (2) 连接实物图如图所示 （ 3） 电键闭合前应使测量电路的电流和电压最小，则应将滑动触头移至最左端 （ 4）根据并联分流有 ，又 ，解得解得 。 考点：伏安法测电阻 点评：由于电流表 的量程是待测电流表 的 2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻 不要太大，对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小；根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式。 某同学为测定某电源的电动势 E和内阻 r以及一段电

18、阻丝的电阻率 ，设计了如图 (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 . 图（ a） 图（ b） （ 1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图（ b）所示，其示数为 d= mm （ 2）实验时闭合电键，调节 P的位置，将 aP长度 x和对应的电压 U、电流 I数据记录如下表： x(m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 U(V) 1.50 1.72 1.95 2.00 2.10 2.18 I（ A） 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28 U/I () 3.06 4.

19、00 5.13 6.06 6.77 7.79 该同学根据实验数据绘制了如图 (c)所示的 U-I图像，可得电源的电动势 E= V；内阻 r = 请你根据表中数据在图（ d）上描点连线作 U/I和 x关系图线 . 根据测得的直径可以算得金属丝的横截面积 s=0.1210-6m2,利用图（ d）图线，可求得电阻丝的电阻率 为 m（保留两位有效数字）；根据图（ d）图线还可以得到的信息是 . 答案：（ 1） 0.385（ 0.383 0.387） （ 2） 3.0（ 3V、 3.00V）， 1.0（ 1、 1.00）； 如图 （ ） 电流表内阻为 2.0（电流表内阻） 试题分析：（ 1）螺旋测微器读

20、数方法：测量长度 =固定刻度示数 +可动刻度示数 精确度 (注意单位为毫米 )所以读数为 0.385mm （ 2） U-I图象与纵轴的截距为电源的电动势，由图可得 E=3.0V；图线斜率为电源的内电阻与 串联的总电阻，由图可得 关系图线如图 由电阻定律有 ， ,由图可得 图像与纵轴的截距为电流表的内电阻，由图可得电流表内电阻为 2.0 考点：伏安法测电阻 点评： U-I图象与纵轴的截距为电源的电动势，图线斜率为等效电源（电源与串联组成的电路）的内电阻，对 图像要理解其斜率与截距的物理意义。 计算题 如图所示，电解槽 A 和电炉 B并联后接到电源上，已知电炉阻值 R 19 ，电源内阻 r 1 ，

21、电解槽内阻 r 0.5 .当 S1闭合、 S2断开时，电炉消耗的功率为 684 W； S1、 S2都闭合时，电炉消耗的功率为 475 W试求： (1)电源的电动势 E； (2)S1、 S2都闭合时，流过电解槽的电流大小、电解槽内阻消耗的功率及电解槽将电能转化为化学能的功率 答案： (1)120V (2)20A、 200W、 1700W 试题分析： (1) 闭合， 断开，电炉的消耗功率为 ， 电炉中的电流 (2) 、 均合上，电炉的消耗功率为 ， 电炉中的电流 外电压 总电流 . 电解槽内阻消耗的功率 电解槽消耗的总功率为 ， 则其将电能转化为化学能的功率 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：电解槽

22、电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流 ,要注意电解槽为非纯电阻电路，求解功率时要用 P=UI进行计算。 如图甲所示，一根重 G 0.2 N、长 L 1 m的金属棒 ab，在其中点弯成 60角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端 a、 b悬挂于两相同的弹簧下端，当导体中通以 I 2 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短 x 0.01 m.已知匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度 B 0.4 T，求： (1)导线中电流的方向 . (2)弹簧的劲度系数 k. 答案： (1)ba (2)10N/m 试题分析： (1)通电后，根据左手定则可判断安培力的方向，

23、 F、 F的方向各与导线垂直 (如图乙所示 )，而 F、 F的合力则是竖直向上的，所以导线中电流的流向应为 ba. (2)ab在重力 G，弹簧弹力 、 ，安培力 F、 F的作用下处于平衡状态，则： 解得： =10 N/m. 考点：安培力 点评：通过受力分析，得知安培力的方向、大小，用左手定则判断电流的方向 ,求弹簧的劲度系数时还可以根据金属棒的有效长度计算。 如图所示， Oxyz为空间直角 坐标系，其中 Oy轴正方向竖直向上。在整个空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现有一质量为 、电荷量为 q（ q 0）的带电小球从坐标原点 O 以速度 v0沿 Ox轴正方向射出，重力加速度为

24、 g，空气阻力可忽略不计。 （ 1）若在整个空间加一匀强电场，小球从坐标原点 O 射出恰好做匀速圆周运动，求所加电场的场强大小，以及小球做匀速圆周运动第一次通过 z轴的 z坐标； （ 2）若改变第（ 1）问中所加电场的大小和方向，小球从坐标原点 O 射出恰好沿 Ox轴做匀速直线运动，求此时所加匀强电场的场强大小； （ 3）若保持第（ 2）问所加的匀强电场不变而撤去原有的磁场，小球从坐标原点 O 以速度 v0沿 Ox轴正方向射出后，将通过 A点，已知 A点的 x轴坐标数值为 xA，求小球经过 A点时电场力做功的功率。 答案：（ 1） ， （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设所加电场场强大小为

25、 E1，由于带电小球从坐标原点 O 射出在电场和磁场共存的区域做匀速圆周运动，所以带电小球受到的电场力必定与重力平衡，有 qE1=mg。 解得 设带电小球做匀速圆周运动的半径为 R， 根据牛顿第二定律和向心力公式 ，解得 带电小球第一次通过 z轴的 z坐标 （ 2）设所加电场 场强大小为 E2，带电小球做匀速直线运动，它所受重力 mg、洛伦兹力 以及电场力 三力合力为零。 因洛伦兹力沿 z轴的负方向，重力沿 y轴的负方向， 所以电场力 解得 （ 3）当撤去磁场后，带电小球只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为，方向指向 Oz正方向，所以小球在 xOz平面做匀变速曲线运动。 带电小球沿 Ox轴正方向以 v0做匀速直线运动，小球从坐标原点 O 射出，运动到 A点所用时间 带电小球沿 Oz轴正方向做初速为零的匀加速直线运动，其加速度大小带电小球到 A点时沿 Oz正方向的分速度大小为 因重力在这个过程中不做功，小球经过 A点时，电场力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得 考点：带电粒子在复合场中的运动 点评：本题个解题关键是根据小球的运动情况分析所加电场的大小和方向，圆周运动就是让电场力平衡重力，匀速直线运动就是让电场力、重力、洛伦兹力合力为零，在第（ 3）问中要注意小球受到的合力大小等于洛伦兹力大小，方向与之相反，小球做类平抛运动。