1、2015-2016学年安徽省马鞍山二十二中高二（下）期初物理试卷一、单选题（每题4分4X7=28分）1如图所示，小磁针正上方的直导线一小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A安培，小磁针的N极垂直转向纸内B安培，小磁针的S极垂直转向纸内C奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内D奥斯特，小磁针的S极垂直转向纸内2关于静电场，下列说法正确的是（）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加3如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运
2、动到B的过程中，其速率时间图象是选项中的（）ABCD4一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）AEa最大BEb最大CEc最大DEa=Eb=Ec5欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD6一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是（）A在R上串联一个比R小得多的电阻B在R上串联一个比
3、R大得多的电阻C在R上并联一个比R小得多的电阻D在R上并联一个比R大得多的电阻7如图为显像管的构造示意简图当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场，使电子束在竖直方向发生偏转，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转（）ABCD二、多选题（每题6分3X6=18分）8如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B=1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm，当磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开则要使
4、闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为（）A电流方向COB电流方向OCC电流大小为2AD电流大小为0.5A9如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A电流表示数变小，电压表示数变大B小电珠L变亮C电容器C上电荷量增大D电源的输出功率变大10如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种
5、粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置二、实验题（每空4分3X7=21分）11为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D电阻R某同学进行如下几步进行测量：（1）直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图1，由图可知，该金属丝的直径d=（2）欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆10档，测量结果如图2所示，为了使读数更精确些，还需进行的步骤是A换为1档，重新测量 B换为100档，重新测量C换为1档，先欧姆调零再测量 D换为100档，先欧姆调零再测量（3）伏安法测电阻，实验室提供的滑变阻值为020，电流表00
6、.6A（内阻约0.5），电压表03V（内阻约5k），为了测量电阻误差较小，且电路便于调节，下列备选电路中，应该选择12在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A干电池一节B电流表（量程0.6A）C电压表（量程3V）D开关S和若干导线E滑动变阻器R1（最大阻值20，允许最大电流1A）F滑动变阻器R2（最大阻值200，允许最大电流0.5A）G滑动变阻器R3（最大阻值2000，允许最大电流0.1A）（1）按图1所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选（填“R1”、“R2”或“R3”）（2）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数用同样方法测量多组数据，将
7、实验测得的数据标在如图2所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=V，内电阻r=（结果保留两位有效数字）三、计算题（13题15分14题18分15+18=33分）13如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v14在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角=37今有
8、一质量m=3.6104 kg、电荷量q=+9.0104 C的带电小球（可视为质点），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力2015-2016学年安徽省马鞍山二十二中高二（下）期初物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每题4分4X7=28分）1如图所示，小磁针正上方的直导线一小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转首先观察到这个
9、实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A安培，小磁针的N极垂直转向纸内B安培，小磁针的S极垂直转向纸内C奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内D奥斯特，小磁针的S极垂直转向纸内【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；物理学史【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABD错误，C正确故选：C【点评】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类
10、似简单问题不能忽视，要不断加强练习2关于静电场，下列说法正确的是（）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【考点】电势；电场【专题】图析法【分析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低【解答】解：A、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故A错误；B、静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，故B错误；C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C错误；D、电场线的切线方向表示电场强度
11、的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；故选D【点评】本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零3如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率时间图象是选项中的（）ABCD【考点】电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象【解答】解：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度
12、一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确故选：B【点评】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小4一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）AEa最大BEb最大CEc最大DEa=Eb=Ec【考点】电场强度；电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】静电平衡
13、后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系【解答】解：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大故选C【点评】本题静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键常规题要注意金属球内场强为零是指合场强为零5欧姆不仅发现了欧姆定律，
14、还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由金属导体电阻的决定式R=进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；故电阻最小的为A；故选：A【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的6一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是（）A在R上串联一个比R小得多的电阻B在R上串联一个比R大得
15、多的电阻C在R上并联一个比R小得多的电阻D在R上并联一个比R大得多的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】读数偏小说明通过G表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值【解答】解：A 在R上串联一个比R小得多的电阻，可实现增大分流电阻，减小分流，使电表示数增加故A正确 B 在R上串联一个比R大得多的电阻，会使G表的电流增加太多，读数偏大故B错误 C 在R上并联一个比R小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小故C错误 D 在R的并联一个比R大的电阻，会使分流更大，示数更偏小故D错误故选：A【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成
16、反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大7如图为显像管的构造示意简图当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场，使电子束在竖直方向发生偏转，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向【解答】解：根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为
17、正，且逐渐增加，故A正确故选A【点评】本题就是对洛伦兹力的考查，掌握住左手定则即可解决本题二、多选题（每题6分3X6=18分）8如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B=1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm，当磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为（）A电流方向COB电流方向OCC电流大小为2AD电流大小为0.5A【考点】安培力【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】由左手定则判断电流方向，由安培力计算公式求解电流大小【解答】解：由F=BIL得：I=2
18、A；由左手定则判断，电流方向OC，故BC正确故选：BC【点评】与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型9如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A电流表示数变小，电压表示数变大B小电珠L变亮C电容器C上电荷量增大D电源的输出功率变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小电珠亮度的变化
19、由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化根据结论：电源的内外电阻相等时，输出功率最大，分析输出功率的变化【解答】解：A、B、C、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知总电流减小，路端电压增大所以电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗电容器的电压 U=EI（RL+r），I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU可知电容器C上电荷量Q增加故AC正确，B错误D、由于电源的内电阻与外电路总电阻的关系不能确定，所以不能判断电源的输出功率怎样变化故D错误故选：AC【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析分析电源
20、的输出功率，可结合数学知识进行分析，也可以根据结论进行研究10如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置【解答】
21、解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：E1qd=mv2；解得：v=；粒子在偏转电场中的时间t=；在偏转电场中的纵向速度v0=at=纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比；故选：AD【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用二、实验题（每空4分3X7=21分）11为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D电阻R某同学进行如下几步进行测量：（1）直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图1，由图可知，该金属丝的直径d=
22、2.545mm（2）欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆10档，测量结果如图2所示，为了使读数更精确些，还需进行的步骤是DA换为1档，重新测量 B换为100档，重新测量C换为1档，先欧姆调零再测量 D换为100档，先欧姆调零再测量（3）伏安法测电阻，实验室提供的滑变阻值为020，电流表00.6A（内阻约0.5），电压表03V（内阻约5k），为了测量电阻误差较小，且电路便于调节，下列备选电路中，应该选择D【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据螺旋测器的读数方法可知该金属丝的直径；（2）根据指针偏转可知档位选择是否合适，从而得出应进行的步骤；（3）根据给出的实验仪器结合实验
23、原理可得出实验电路图【解答】解：（1）螺旋测微器的固定部分为：2.5mm；转动部分为：4.5；故读数为：2.5+4.50.01=2.545mm；（2）由图可知，指针的偏角过小，则说明档位选择过小；应选择大档位，再重新进行欧姆调零，进行测量；故选：D；（3）由题意可知，给出的滑动变阻器不能起到保护作用，故应采用分压接法；由欧姆表的示数可知，电阻约为5000；而电压表内阻只有5000；故只能采用电流表内接法；故选：D；故答案为：（1）2.545mm（2.543mm2.547mm）；（2）D；（3）D【点评】本题考查伏安法测电阻的方法和原理，要注意明确分压接法的电路图，及内外接法的选择12在“用电流
24、表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A干电池一节B电流表（量程0.6A）C电压表（量程3V）D开关S和若干导线E滑动变阻器R1（最大阻值20，允许最大电流1A）F滑动变阻器R2（最大阻值200，允许最大电流0.5A）G滑动变阻器R3（最大阻值2000，允许最大电流0.1A）（1）按图1所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选R1（填“R1”、“R2”或“R3”）（2）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图2所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=1.5V，内电阻r=1.8（结果保留两位
25、有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据电池内阻以及实验安全和准确性原则可明确滑动变阻器的选择；（2）测出的路端电压和电流已标出，则用直线将这些点连接即可得出UI图象；图象与纵坐标的交点为电动势；由闭合电路欧姆定律可求出内电阻【解答】解：（1）因干电池内阻较小，为了便于调节，应选择总阻值较小的滑动变阻器；故选：R1（2）根据闭合电路欧姆定律可知，U=EIr，则可知，图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示内阻；由图可知，待测电池的电动势E=1.5V，图象的斜率等于内阻，则r=1.8故答案为：（1）R1；（2）如图所示；1.5
26、；1.8【点评】本题考查了电源电动势与内阻的仪表选择和实验数据的处理；要明确UI图象的应用；明确电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率表示电源内阻三、计算题（13题15分14题18分15+18=33分）13如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）小球受到的电场力向左，与
27、场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解【解答】解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qE=mgtan故即电场强度E为（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有F合=ma 由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故F合= 根据速度时
28、间公式，有v=at 由解得即经过t时间小球的速度v为【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度14在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角=37今有一质量m=3.6104 kg、电荷量q=+9.0104 C的带电小球（可视为质点），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动已知重力加速度g=10m/s2
29、，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）对小球受力分析，根据平衡条件，结合电场力的表达式，即可求解；（2）根据动能定理，选取小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程，结合洛伦兹力表达式，即可求解；（3）根据牛顿第二定律，且确定向心力的来源，并依据牛顿第三定律，即可求解【解答】解：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图1所示，由平衡条件得：F电=qE=
30、mgtan 代入数据解得：E=3 N/C （2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电RsinmgR（1cos）=代入数据得：v=5m/s由F洛=qvB=解得：B=1T （3）分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：FN+Bqv0mg=代入数据得：FN3.2103 N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力FN=FN3.2103 N答：（1）匀强电场的场强大小3 N/C；（2）匀强磁场的磁感应强度大小1T；（3）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力3.2103 N【点评】考查如何受力分析，掌握平衡条件的应用，理解动能定理与牛顿第二、三定律的运用，注意电场力与洛伦兹力表达式，同时确定小球做匀速圆周运动的向心力的来源是解题的关键2016年3月5日