2012-2013学年北京市大兴一中高二（上）期中物理试卷（理科）（教师版）

2012-2013学年北京市大兴一中高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共33分，每题只有一个选项正确）1（3分）（2012秋大兴区校级期中）关于电源的电动势，下面正确的叙述是（）A电源的电动势等于电源接入电路时两极间的电压B电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压C同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化D在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大考点：电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和解答：解：A、B、根据U=EIr，电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，接入电路时，电流I不为零，故UE，故A错误，B正确C、电动势有非静电力的性质决定，与电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不变，故C错误；D、在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势不变，故D错误；故选：B点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关2（3分）（2012秋大兴区校级期中）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A一小段通电导体在某处不受磁场力作用B磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量C磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中所受作用力的方向D根据磁感应强度B的定义式B=可知，在磁场中某处，B与F成正比，B与IL成反比考点：磁感应强度菁优网版权所有分析：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元均无关电流元所受磁场力是由左手定则来确定解答：解：A、当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯定此处没有磁感应强度，故A错误；B、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量故B正确；C、根据左手定则，磁感应强度的方向与通电导线在磁场中所受作用力的方向垂直故C错误；D、根据磁感应强度的定义式：，磁场中某处的磁感应强度大小，就是长度为L，所通电流为I的一小段直导线“垂直与磁场方向”放在该处时通电导线所受安培力F与IL的比值，由磁场本身决定，与F无关，与IL无关故D错误故选：B点评：磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关3（3分）（2015春郴州期末）真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到2倍时，Q2减为原来的，而距离增大到原来的3倍，电荷间的库仑力变为原来的（）ABCD考点：库仑定律菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律公式F=k，结合电量与间距的变化，从而即可分析求解解答：解：根据库仑定律公式F=k，Q1增大到2倍时，Q2减为原来的，而距离增大到原来的3倍，则库仑力变为：F=k=k=故D正确、ABC错误故选：D点评：本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可4（3分）（2013涟水县校级模拟）将电量为3106C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6103N，方向水平向右，则将电量为6106C的正电荷放在A点，受到的电场力为（）A1.2102N，方向水平向右B1.2102N，方向水平向左C1.2102N，方向水平向右D1.2102N，方向水平向左考点：电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场中某点的电场强度不会随着放置电荷变化而变化，它是电场固有的当放入电荷变化时，则对应的电场力也会跟着变化当不放入电荷时，电场强度依然存在解答：解：将电量为3106C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6103N，方向水平向右则将电量为6106C的正电荷放在A点，受到的电场力方向与前者相反水平向左，大小为故选：B点评：电场强度是描述电场中的强弱的物理量，不与是否放入电荷，或电荷的多少无关5（3分）（2012秋西安校级期末）将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为（）A4PB0.25PC16PD0.125P考点：电功、电功率；电阻定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电阻的决定式R=可以得知电阻的变化的情况，在由功率的公式P=UI可以得出功率的变化解答：解：根据欧姆定律：I=和电阻公式：R=，（为材料电阻率）可知，导体拉长2倍，截面积减半，而长度加倍，电阻变为原来的4倍，所以电阻R=4R电压不变，电流也变为原来的，根据P=UI可知，功率变为原来的，所以B正确故选B点评：本题就是对于电阻的决定式R=的考查，由电阻的变化求得功率的大小即可6（3分）（2013秋石狮市校级期末）两个固定的等量异种电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）Aa点电势比b点电势高Ba、b两点场强方向相同，a点场强比b点大Ca、b、c三点与无穷远电势相等D一带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，则它将在a、b线上运动考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远处a、b两点场强方向相同，b处电场线较密，场强较大带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，所受的电场力方向与ab连线垂直，不可能沿ab连线运动解答：解：A、C、等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远处，即a、b、c三点与无穷远电势相等故A错误，C正确B、a、b两点场强方向相同，b处电场线较密，场强较大故B错误D、带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，所受的电场力方向与ab连线垂直，不可能沿ab连线运动故D错误故选：C点评：本题考查对等量异种电荷等势线与电场线分布的了解与理解程度，基础题7（3分）（2015海南）如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线AA与螺线管垂直，“”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里电键闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A水平向左B水平向右C竖直向下D竖直向上考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力菁优网版权所有分析：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向解答：解：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向右根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向下故选C点评：本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用8（3分）（2012秋大兴区校级期中）将一正检验电荷从无限远处移入电场中的M点，电场力做功2108J，将一个等量的负电荷从无限远处移入电场中N点，电场力做功3108J，比较M、N两点电势高低为（）AMNBMNCM=ND无法选择考点：电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低解答：解：正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=2108J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=q，知M点的电势小于无穷远的电势，即M0负电荷等量的负电荷从无限远处移入电场中N点，静电力做功W2=3109J，电势能增加，电势降低，则N点的电势小于无穷远的电势，即N0由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到NM故选：B点评：本题也可以画出电场线，标出M、N两点在电场线上大致位置，再判断电势的高低9（3分）（2010秋广州期末）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由a端滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表读数减小，电流表读数增大B电压表读数增大，电流表读数减小C电压表和电流表读数都减小D电压表和电流表读数都增大考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：分析电路结构，由滑片的移动可知接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流表与电压表的变化解答：解：由图可知，R与R2并联后与R1串联；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，R2中电流增大；而总电流减小，故流过R的电流增大；故选D点评：对于闭合电路欧姆定律的题目，一般按整体局部整体的思路进行分析，注意正确利用好串联电路的分压关系和并联电路的分流关系10（3分）（2012秋大兴区校级期中）在地球赤道上，有一束电子束垂直于地球赤道射向地球，此电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转（）A向北B向东C向西D向南考点：洛仑兹力菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断电子的受力的方向，从而可以判断电子的运动的方向解答：解：地球的磁场由南向北，当带负电的电子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断电子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；故选：C点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向11（3分）（2012秋大兴区校级期中）用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小考点：伏安法测电阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：伏安法测电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差解答：解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；故选：B点评：本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法二、不定项选择题（每题4分，共24分，每题至少有一个选项正确）12（4分）（2012秋白城期末）如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（）A向右飞行的正离子B向左飞行的正离子C向右飞行的负离子D向左飞行的负离子考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向菁优网版权所有分析：带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负解答：解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，若这束粒子带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故AD错误，BC正确故选：BC点评：对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系13（4分）（2011秋望城县校级期末）如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A粒子带负电B粒子运动方向是abcdeC粒子运动方向是edcbaD粒子在上半周所用时间比下半周所用时间短考点：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系解答：解：A、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba根据左手定则知，粒子带负电故AC正确，B错误D、由T=知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为故D错误故选：AC点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解14（4分）（2012秋皇姑区校级期末）如图所示的各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是（）ABCD考点：左手定则菁优网版权所有分析：磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项解答：解：A、磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A正确；B、磁场向左，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向向右，所以B正确；C、磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向向上，所以C错误；D、磁场向里，电流向右上方，根据左手定则可得，安培力的方向向左上方，所以D正确；本题选错误的，故选：C点评：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用15（4分）（2011秋惠来县校级期末）如图所示，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态若从某时刻起，油滴所带的电荷开始缓慢减少，为维持该油滴仍处于静止状态，可采取下列哪些措施（）A其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近B其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离C其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动D其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动考点：电容器的动态分析菁优网版权所有专题：电容器专题分析：带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡，若油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，电场强度应缓慢增大仅仅改变板间距离，板间场强不变，P将向下运动根据电容器的电压等于电阻R的电压，将变阻器的滑片缓慢向左移动时，电阻R的电压缓慢增大，油滴仍处于静止状态解答：解：A、带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡使容器两极板缓慢靠近时，E=得，板间场强增大；则可以保证小球受力平衡；故A正确；B、两极板远离时，由E=可知，两极板场强减小，则电场力减小，故物体不可能处于静止状态，故B错误；C、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电阻R的电压增大，电容器的电压增大，则场强增大，故C可以保证小球处于平衡状态；故C正确；D、由C的分析可知，变阻器的滑片向右移动时，场强减小，故小球不能再保持平衡状态，故D错误；故选：AC点评：对于电容器的动态分析，要注意先明确是电压不变，还是电量不变，本题中电容器与电源相连，故电路不变时，电压不变16（4分）（2012秋大兴区校级期中）带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（）A摆球受到的磁场力相同B摆球的动能相同C摆球的动量相同D向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力考点：洛仑兹力菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功因此仅有重力作功，则有机械能守恒从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力最后由向心加速度公式来确定是否相同解答：解：A、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同故A错误；B、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故B正确；C、由B选项可知，速度大小相等，但速度可能方向不同，故动量方向不一定相同，故C错误；D、由B选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故D正确；故选：BD点评：本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度17（4分）（2014秋四川校级期中）某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（）A如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较小B如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势考点：电势能；电场强度菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低解答：解：A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，在a处动能最大，所以A错误；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，即在a点动能较小，所以B错误；C、若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，由沿着电场线方向电势越来越低可判断a处的电势较高，所以D错误；若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小，也能判断D错误，而等差等势面密集处电场线也越密集，故a处场强较大，因此无论虚线是电场线还是等势面，均有a点的场强大于b点的场强，故C正确，故D错误故选：C点评：无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功三、计算题（43分）18（8分）（2013春金乡县校级期末）在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2，限流电阻R=3当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V求：（1）通过电动机的电流是多大？（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UII2r求解输出功率解答：解：（1）通过电动机的电流I与流过限流电阻R的电流相同，由I=得：I=0.1 A（2）由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压：UD=EIrU=6 V0.11 V0.3 V=5.6 V所以电动机输入的电功率：P入=UDI=0.56 W电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W电动机的输出功率：P出=P入P热=0.54 W答：（1）通过电动机的电流是0.1A；（2）电动机输入的电功率为0.56W、转变为热量的功率为0.02W和输出机械功率是0.54W点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的19（8分）（2012秋大兴区校级期中）如图所示，离子发生器发射发出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经过加速电压U1加速后，获得速度v0（v0未知），并沿垂直于电场线方向的射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，离开电场，已知平行板长为l，两板间距离为s，（离子重力忽略不计）求：（1）v0的大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t；（3）离子在偏转电场中受到的电场力的大小F；（4）离子离开偏转电场时的速度v的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度，根据电势差和两极板间的距离求出电场强度，从而得出电场力，根据牛顿第二定律求出加速度；抓住粒子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动求出离开偏转电场时的竖直分速度，根据平行四边形定则求出离开偏转电场时的速度解答：解：（1）不管加速电场是不是匀强电场，W=qU都适用，所以由动能定理得：解得：（2）粒子在水平方向上做匀速直线运动，则：t=（3）电场强度：故电场力：F=qE=根据牛顿第二定律，有：a=，则竖直方向速度，根据平行四边形定则，合速度为：v=答：（1）v0的大小为；（2）离子在偏转电场中运动的时间t为；（3）离子在偏转电场中受到的电场力的大小F为；（4）离子离开偏转电场时的速度v的大小为点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解20（8分）（2012秋大兴区校级期中）如图所示，在磁感强度为1特的匀强磁场中，有两根相同的弹簧下面挂一条长为0.5米，质量为0.1千克的均匀金属棒MN，这时弹簧伸长10厘米要使弹簧不伸长，求金属棒MN上通过电流的大小和方向考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律菁优网版权所有分析：利用共点力平衡即可求的通过的电流的大小和方向解答：解：要使弹簧不伸长，受到的安培力向上，故电流方向由M指向N此时安培力等于重力即mg=BILI=答：通过电流的大小为2A和方向由M指向N点评：考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用21（9分）（2013秋泉州校级期末）如图所示，一带电的小球从P点自由下落，P点距场区边界MN高为h，边界MN下方有方向竖直向下、电场场强为E的匀强电场，同时还有匀强磁场，小球从边界上的a点进入电场与磁场的复合场后，恰能作匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，已知ab=L求：（1）该匀强磁场的磁感强度B的大小和方向；（2）小球从P经a至b时，共需时间为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；机械能守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由p到a机械能守恒，求得小球进入复合场的速度，小