1、山西大学附中20122013学年第一学期高二12月月考物理试题考试时间：90分钟 一. 不定项选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分,在每小题给出的四个选项中有的只有一个正确,有的有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有错选或不答得0分)。1、19世纪20年代，以赛贝克为代表的科学家已经认识到温度差引起电流。安培考虑到地球自转造成了太阳照射后地球正面与背面的温度差，从而提出“地球磁场是绕地球的环形电流引起的”假设。已知磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，则该假设中的电流方向是A.由西向东垂直磁子午线 B.由东向西垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线 D.由赤道向两极沿
2、磁子午线【答案】B由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线。故选B。【考点】安培定则2、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是A沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B在磁场中，没有画磁感线的地方就没有磁场C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【答案】DA、磁感线的疏密表示磁场强弱，沿磁感线方向，磁场不一定减弱，比如匀强磁场沿磁感线方向，磁场强弱不变，故A错误；B、对于磁体的周围，没有画出磁感线的地方也是存在磁场的，故B错
3、误；C、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向相互垂直，故C错误；D、在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小，因为同一通电导线在同一磁场地方，不同角度放置，则安培力大小也不同，故D正确。故选D。【考点】磁场；磁感线3、如图所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的轴OO转动。现通以abcda电流，要使它受到磁场力后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是A垂直纸面向外 B竖直向上C竖直向下 D在上方垂直纸面向里，在下方垂直纸面向外【答案】BA、磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，ab边所示安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，线框不动
4、，故A错误；B、磁场竖直向上，由左手定则可知，ab边所示安培力垂直于纸面向外，cd边受到的安培力垂直于纸面向里，ab边向纸外，cd边向纸里转动，故B正确；C、磁场垂竖直向下，由左手定则可知，ab边所示安培力垂直于纸面向里，cd边受到的安培力垂直于纸面向外，ab边向纸里，cd边向纸外转动，故C错误；D、磁场在OO上方垂直纸面向里，在OO下方垂直纸面向外，由左手定则可知，ab边所示安培力竖直向上，cd边受到的安培力竖直向下，线框不动，故D错误。故选B。【考点】左手定则；安培力4、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。当通过该导
5、线电流为I时，小磁针偏转了30，问当发现小磁针偏转了45时 ，通过该导线的电流为（已知直导线在某点产生磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比）A2I B3IC. I D无法确定【答案】C由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情况如图所示，由数学知识得：，当小磁针左偏45、60时对应的表达式为，当通过该导线电流为I时，小磁针左偏45，直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当小磁针左偏60时，通过导线的电流为，故C正确。故选C。【考点】左手定则；安培力5、已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反
6、比。如图所示，a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置，它们的横截面构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、d中电流方向垂直纸面向里，c中电流方向垂直纸面向外，电流大小满足：Ia=Ic=IdIb，则关于a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向可能是A由0点指向aob区域 B由0点指向boc区域C由O点指向aod区域 Dc导线受到的磁场力沿ac方向向外【答案】C假设，则根据矢量的合成法则，可知，b、d两棒产生的磁场为零，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；由题意，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；而根据矢量的合成法则可知，b、d两棒产生的
7、磁场方向：o指向a；所以再由矢量合成法则可知，a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向：由O点指向aod区域，故C正确。故选C。【考点】右手螺旋定则6、如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O点，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度方向和大小可能为Az正向，mgtan/IL By正向，mg/ILCz负向，mgtan/IL D沿悬线向上，mgsin/IL【答案】BCA、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在此位置平衡，故A错误；B、当磁场沿y正方向时，由左手定则
8、可知，导线受到的安培力竖直向上，当，导线静止，与竖直方向夹角=0，故B正确；C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：，所以，故C正确；D、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向下，导线不能平衡，故D错误。故选BC。【考点】左手定则；安培力7、磁电式电流表中通以相同的电流时，指针偏转的角度越大，表示电流表的灵敏度越高.下列关于电流表灵敏度的说法，正确的有A.增加电流表中的线圈匝数，可以提高电流表的灵敏度B.增强电流表中永久磁铁的磁性，可以提高电流表的灵敏度C.电流表中通的电流越小，电流表的灵敏度越高D.电流表中
9、通的电流越大，电流表的灵敏度越高【答案】ABA、线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度，故A正确；B、增强电流计中永久磁铁的磁性，即增大磁场强度B，由F=BIL，B越大安培力越大，可以提高电流表的灵敏度，故B正确；C、电流表的灵敏度与电流计中通的电流大小无关，故CD错误。故选AB。【考点】多用电表的原理及其使用8、垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是下图中的【答案】BC若该离子带正电，进入匀强磁场，洛伦兹力方向沿y轴正方向，则向上偏转，且轨迹与速度相切若该离子带负电，洛伦兹力方向沿y轴负方向，离子向下偏转，轨迹与速度相
10、切，故BC正确。故选BC。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力9、目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压.在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是A金属板A的电势较高B通过电阻R的电流方向是bRaC等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功D等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功【答案】ADAB、大量带正电和带负电的微
11、粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故B板相当于电源的负极，A板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由aRb，金属板A的电势UA高于金属板B的电势UB，所以A正确B错误；CD、等离子体在A、B间运动时，磁场力总是与离子体的运动方向垂直，所以磁场力不做功，故C错误D正确。故选AD。【考点】带电粒子在混合场中的运动；霍尔效应及其应用10、如图所示，水平导线中通有稳恒电流，导线正下方的电子e的初速度方向与电流方向相同，其后电子将A.沿路径a运动，轨迹是圆B.沿路径a运动，曲率半径变小C.沿路径a运动，曲率
12、半径变大D.沿路径b运动，曲率半径变小【答案】C水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向身向下，则电子将沿a轨迹运动，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆，故C正确。故选C。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力11、极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小此运动形成的原因是A可能是洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B可
13、能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C可能是粒子的带电量减小D南北两极的磁感应强度较强【答案】BDA、地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；B、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；C、粒子在运动过程中，若电量减小，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当电量减小时，半径是增大，故C错误；D、粒子在运动过程中，
14、南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小，故D正确。故选BD。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力12、假设有一固定的S极磁单极子，其磁场分布与负点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示。距离它r处磁感应强度大小为B = k/r2，k为常数。现有一带电小球在S极附近做匀速圆周运动。则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是A若小球带正电，其运动轨迹平面在S的正上方，如图甲所示B若小球带正电，其运动轨迹平面在S的正下方，如图乙所示C若小球带负电，其运动轨迹平面在S的正上方，如图甲所示D若小球带负电，其运动
15、轨迹平面在S的正下方，如图乙所示【答案】ACAC、要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，其运动轨迹平面在S的正上方，若粒子为正电荷且逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心；而若为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故AC正确；BD、在乙图中，其运动轨迹平面在S的正下方，若粒子为正电荷且顺时针转动（由上向下看）则其受力斜向内侧下方，与重力的合力不指向圆心，若逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向外侧上方，与重力的合力也不指向圆心；而若为负电荷，同理可知，合力也不可能充当向心力，故BD错误。故选AC。【考点】洛仑兹力二、
16、实验题（共16分）13、在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，某同学设计了如图所示的电路，测得了七组数据（如下表）(1)根据表中实验数据在图中作出I-U图线；从图线中得出，电源电动势E= V，内电阻r= .(2)若一位同学未画出图线，只选用其中两组U和I的数据，根据公式E= U1+I1r和E=U2+I2r算出E和r，这样做可能得出误差很大的结果，请你利用第4组和第5组数据求得电源的电动势E= V，内电阻r= 。（3）这位同学对以上实验还进行了系统误差分析。其中正确的是（ ）A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C实验测出的电动势小于真实
17、值D实验测出的内阻大于真实值【答案】（1）图像如图 E=1.46V r=0.72 （2）E=3.10V r=6.00 （3）AC（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，图象如图所示；由图象可知，图象与U轴交点坐标值是1.46，电源电动势E=1.46V，电源内阻：；（2）在闭合电路中，由表中第4、5组实验数据可得：，解得：E=3.10V，r=6.00； （3）AB、由图（1）所示电路图可知，相对于电源，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，造成了实验误差，故A正确B错误；CD、相对于电源，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路
18、短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确D错误；故选AC。【考点】测定电源的电动势和内阻三、计算题（共36分）14、（8分）如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中运动，已知电场强度的大小为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里若此液滴在垂直于磁感应强度的平面内做半径为R的匀速圆周运动，设液滴的质量为m，求：（1）液滴的速度大小和绕行方向；（2）液滴从最高点运动到最低点的最短时间。【答案】顺时针方向 （1）重力和电场力平衡，液滴带负电，洛仑兹力提供向心力，绕行方向顺时针方向旋转，由洛
19、伦兹力提供向心力，有：得：；（2）根据周期：代入：，得：液滴从最高点运动到最低点的最短时间为半个周期。【考点】带电粒子在混合场中的运动15、（8分）如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨内侧，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的外加匀强磁场中（其它磁场忽略不计），当导体棒中通有一自右向左的电流I时，导体棒静止在偏离竖直方向成37角的导轨上，取sin 370.6，cos370.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN 【答案】 （1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为；（2）两个导轨对棒
20、的支持力为2FN，满足：解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为。【考点】共点力平衡；力的合成与分解；电场强度16、（10分）如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电荷量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第二次到达x轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出的速度v和运动的总路程s.(重力不计)【答案】 圆周运动半径洛伦兹力提供圆周运动向心力解得电场中做匀变速直线运动，其中解得运动的总路程【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动17、（10分）如右图所示为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒
21、MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合：当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度求(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若， ,，此电流表的量程是多少？(不计通电时其它导线电流产生的磁场)(4)若将量程扩大到原来的2倍，磁感应强度应变为多大？【答案】 M端 (1)设当电流表示数为零时
22、，弹簧的伸长量为，则有得：(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极；(3)设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im.则有代入数据得(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有 得： 代入数据得： 【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律山西大学附中20122013学年第一学期高二12月月考物理试题答案与评分标准（考试时间：90分钟） 一. 不定项选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分,在每小题给出的四个选项中有的只有一个正确,有的有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有错或不答得0分)。123456789101112BDBC
23、CBCABBCADCBDAC二、实验题（共16分）13、（1）图像如图4分E= 1.411.51 V，r= 0.680.78 . 每空2分（2）E= 3.10 V，r= 6.00 每空2分（3）AC 4分三、计算题（共36分）14、（8分）（1）重力和电场力平衡，液滴带负电，洛仑兹力提供向心力，绕行方向顺时针方向旋转，由洛伦兹力提供向心力，有：得：；（2）根据周期：代入：，得：液滴从最高点运动到最低点的最短时间为半个周期。15、（8分）（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为；（2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为。16、（10分）圆周运动半径洛伦兹力提供圆周运动向心力解得电场中做匀变速直线运动，其中解得运动的总路程17、（10分） (1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为，则有得：(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极；(3)设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im.则有代入数据得(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有 得： 代入数据得：
