1、绝密启用前 座号 姓名 南安一中20132014学年度上学期期末考高二物理科（理科）试卷 2014-1本试卷考试内容为：电场 电路 磁场。分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），共8页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1答题前，考生务必先将自己的准考证号、姓名、班级、座号填写在答题纸上。2考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，答在密封区域的答案无效。第I卷（选择题 共48分）一单项选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1下列单位中，属于国际单位制中的基本单位的是： A库仑 B法
2、拉 C特斯拉 D安培【答案】D基本单位是：长度（米）、质量（千克）、时间（秒）、电流（安培）、热力学温度（开尔文）、物质的量（摩尔）和发光强度（坎德拉）。故选D。【考点】国际单位制2下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是： A磁感线是磁场中客观存在的线 B磁感线可以形象地描述各点磁场的方向C磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线【答案】BA、磁感线不是真实存在的，是为了描述磁场的分布而引入的，故A错误；B、磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场的方向，故B正确；C、磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，故C错误；D、磁感线是描述磁场分布而假想
3、的，可以用细铁屑连成的曲线来表示，故D错误。故选B。【考点】磁场；磁感线3如图中的几种家用电器工作时的电流最接近5 A的是 【答案】D家用电器正常工作时的电压是220V；A、电风扇的功率约为100W，电流，故A错误；B、笔记本电脑功率大约为80W，电流，故B错误；C、白炽灯的功率约为60W，电流，故C错误；D、电饭锅的功率约为1100W，电流，故D正确。故选D。【考点】电功率4两个分别带有电荷量2Q和4Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为2R的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为R，则两球间库仑力的大小为 A0.5F B2F C F D4F 【答案】A接触
4、前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为；故选A。【考点】 库仑定律；电荷守恒定律5如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力F的方向，那么安培力F的方向正确的是 【答案】A根据左手定值可知，A图中的安培力应该水平向右；B中安培力水平向左；C图中安培力沿斜面向下；D中安培力是竖直向下，故A正确。故选A。【考点】安培力；左手定则6如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，
5、它们的位置关于AC对称，Q与O点的连线和OC间夹角为30。下列说法正确的是 AO点的场强大小为BO点的场强大小为CB、D两点的电势关系是： D电荷量为+q的点电荷在A点的电势能小于在C点的电势能【答案】CA、根据点电荷的电场可得：+Q在O点产生的场强大小等于，方向沿+Q到0；-Q在O点产生的场强大小等于，方向沿O到-Q，两个场强方向的夹角为120，由电场叠加原理得知O点的场强大小，故AB错误；C、根据顺着电场线电势降低和对称性，故C正确；D、A点与C点的电势相等，其电势差为零，则电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零，A点的电势能等于在C点的电势能，故D错误。故选C。【考点】电场强度；电势；电
6、势能7. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个电压恒定的直流电源相连（未画出）。若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球A所受重力与电场力平衡 B做匀速直线运动C动能逐渐增加 D电势能逐渐增加【答案】CAB、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，故AB错误；CD、重力不做功，电场力做正功，则电势能减小，动能增加，故C正确D错误。故选C。【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动8. 如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由
7、M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是 A带电粒子带负电B带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度C带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D电场中M点的电势低于在N点的电势【答案】CA、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，由于不知道电场线的方向所以不能判断出带电粒子的电性，故A错误；B、M点的场强大于N点的场强，所以M点所受的电场力大于N点，则带电粒子在N点的加速度小于在M点的加速度，故B错误；C、假设粒子从M运动到N，受力的方向与轨迹之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大所以带电粒子在N点的电势能大于在M点的电势能，故C正确；D、不知道电场
8、线的方向，也不知道带电粒子的电性，所以不能判断出MN点电势的高低，故D错误。故选C。【考点】电场线；电势能9. 如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则 AR2接在电源上时，电源的输出功率较大 BR1接在电源上时，电源的总功率较大 CR2接在电源上时，电源的效率较高D电源的输出功率一样大【答案】AAD、由两图线的交点读出，R1接在电源上时电压，通过R1的电流，则电源的输出输出功率R2接在电源上时，电源的输出输出功率，则R2接在电源上时，电源的输出功率较大，故A正确D错误；B、电源的总功率，与电
9、流成正比，则知R2接在电源上时，电源的总功率较大，故B错误；C、电源的效率，则知电源的效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率较高，故C错误。故选A。【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率10一台直流电动机的额定电压为100V，正常工作时电流为10A，线圈内阻为0.5，若该电动机正常工作10s，则A该电动机线圈上产生的热量为104J B该电动机线圈上产生的热量为2105JC该电动机输出的机械功为104J D该电动机输出的机械功为9.5103J【答案】DAB、电动机产生的热量 Q=I2Rt=1020.510J=500J，故AB错误；CD、电动机输出的机械功W机=W电-Q=UIt
10、-Q=1001010-500J=9500J，故C错误D正确。故选D。【考点】电功、电功率11在如图所示电路中，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，此时三个电表和V、A1、A2的示数分别为U、I1、I2。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 AU增大，I1增大，I2不变 BU增大，I1增大，I2减小 CU减小，I1减小，I2增大 DU减小，I1减小，I2不变【答案】C由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流；R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减
11、小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，故C正确。故选C。【考点】闭合电路的欧姆定律12质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力。用U表示夸克间的势能，令U0F0(r2r1)，取无穷远为势
12、能零点。下列Ur图示中正确的是 【答案】B从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；rr1之后，F=0，势能不变，恒定为-U0，由引力做功等于势能将少量，故，故B正确。故选B。【考点】电势能；动能定理第II卷（非选择题，共52分）二实验题：本题共2题，共计20分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答13.（4分）某同学要测量一长为L的电阻丝的阻值，他先使用多用电表100的挡测量，多用电表此时的指针如（甲）图所示，
13、则此时从多用电表上读得R= 。用螺旋测微器测量该电阻丝直径时，测量结果如（乙）图所示，由图可读出d= mm。【答案】1500 6.768由图甲所示可知，欧姆表示数即，电阻阻值R=15100=1500；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为26.80.01=0.268mm，螺旋测微器示数为6.5mm+0.268mm=6.768mm。【考点】用多用电表测电阻14（16分）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有A.小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约为0.6 A)B.电流表A (00.6 A，内阻约为1)C.电压表V (06 V，内阻约为5 k)D.滑动
14、变阻器R1 (010，2 A)E.滑动变阻器R2 (0100，1 A)F.电源 (6 V，内阻不计) G.开关及导线若干(1)实验中滑动变阻器选(填“R1”或“R2”).（2分）(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I. 在如甲图所示的实物图中，该同学已完成了部分导线的连接，请用笔画线代替导线完成余下的导线连接（请在答题卷上连接，此处连接无效）。（4分） (3) 图(乙)中的曲线a是某次实验中同学根据实验数据作出的小灯泡的U-I图像，根据图像可知小灯泡的电阻随着电流的增大而 (选填“增大”、“减小”或“不变
15、”). （2分）(4) 图(乙)中的直线b是某同学在用伏安法测定电源的电动势和内阻实验中，根据测得的数据作出的U-I图像，由直线b可以得到电源电动势E = V，内电阻r = 。（4分）(5) 现在将（3）中的小灯泡接入（4）中的电源中，则电源的总功率P总= W， 小灯泡的实际功率P实= W。（4分）【答案】R1 如图 增大 1.5 1 0.6 0.44（1）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻，电流表内阻约为1，电压表内阻约为
16、5k，相对来说电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；（3）由图乙所示图象可知，随电流I的增大，灯泡两端电压U增大，电压与电流的比值增大，由此可知：小灯泡的电阻随着电流的增大而增大；（4）由图乙所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻；（5）由图乙所示图象可知，灯泡两端电压为1.1V，电路电流为0.4A，电源总功率，灯泡实际功率。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线准考证号 三运算题：本大题共4小题，共32分。请写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1
17、5.（6分）如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？（2）A、B两球之间的距离为多少？【答案】水平向右 （1）取B球为研究对象，根据平衡条件可知解得，方向：水平向右；（2）根据库仑定律可知：将式中代入可得。【考点】共点力平衡；库仑定律16. （8分）如图，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向
18、垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小。【答案】 （1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力由于F1小于安培力，故导线受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡，可得解得：。【考
19、点】闭合电路欧姆定律；共点力平衡17. （8分）在光滑绝缘的水平面上有半圆柱形的凹槽ABC，截面半径为R=0.4 m.空间有竖直向下的匀强电场，一个质量m=0.02 kg，带电荷量q=+1.010-3 C的小球(可视为质点)以初速度v0=4 m/s从A点水平飞入凹槽，恰好撞在D点，D与O的连线与水平方向夹角为=53，重力加速度取g=10 m/s2，sin 53=0.8，cos 53=0.6，试求：(1)小球从A点飞到D点所用的时间t；(2)电场强度E的大小；(3)从A点到D点带电小球电势能的变化。【答案】 (1)水平方向上，小球做匀速直线运动得；(2)在竖直方向上，小球做匀加速直线运动由位移公
20、式有得；(3)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，有得。【考点】牛顿第二定律；匀强电场中电势差与电场强度的关系18（10分）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出 （1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度【答案】（1）如解析 （2）（3）（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度
21、为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有联立可得：即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心；（2）解得当时，则两板间所加电压的范围；（3）当时粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），而解得则粒子可能到达屏上区域的长度为。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动南安一中 20132014 学年度 高二年级 第一学期 期末考物理参考答案及评分标准一、选择题:本大题共12小题，每小题4分，共48分1.D 2.B 3.D 4.A 5.A 6.C 7.C 8.C 9.A 10.D 11.C 12. B二、实验题：本题共3题，共计20分13.1500 6.7681
22、4R1 如图 增大 1.5 1 0.6 0.44准考证号 三运算题。15.（6分）（1）取B球为研究对象，根据平衡条件可知解得，方向：水平向右；（2）根据库仑定律可知：将式中代入可得。16. （8分）（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力由于F1小于安培力，故导线受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡，可得解得：。17. （8分）(1)水平方向上，小球做匀速直线运动得；(2)在竖直方向上，小球做匀加速直线运动由位移公式有得；(3)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，有得。18（10分）（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有联立可得：即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心；（2）解得当时，则两板间所加电压的范围；（3）当时粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），而解得则粒子可能到达屏上区域的长度为。
