1、江苏省扬州中学2013-2014学年第一学期期中考试 高二物理（选修）试卷 2013.11（时间100分钟，满分120分）一、单项选择题（每题4分，共20分）1、下列说法中正确的是（ ）A磁感线是磁场中客观存在的B磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止C磁极之间的相互作用是通过磁场发生的D电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于【答案】C【ks5u解析】A、磁场是客观存在的，磁感线是为了研究磁场而人为引入的，故A错误；B、磁感线是闭合曲线，故B错误；C、磁体之间的相互作用都是通过磁场发生的，故C正确；D、电流元IL与B垂直时在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于，故D错误。【考点】
2、磁场；磁感线2、下图中分别标明了通电直导线中电流 I、匀强磁场的磁感应强度 B 和电流所受安培力 F 的方向，其中正确的是（ ）【答案】A【ks5u解析】左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内。把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向。故A正确。【考点】左手定则3、如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是（ ）A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重
3、力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定【答案】A【ks5u解析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下；ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀增大，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确。故选A。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律；共点力平衡4、如图所示，在水平放置的光滑绝缘杆ab上，挂有两个相同的金属环M和N。当两环均通以图示的相同方向的电流时，则（ ）A两
4、环静止不动 B两环互相靠近 C两环互相远离 D两环同时向左运动【答案】B【ks5u解析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互靠近，故B正确。【考点】平行通电直导线间的作用5、如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，则（ ）A电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大B电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大D电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【答案】C【ks5u解析】设滑动变阻器触点以上的电阻为，触点以下的电阻为，因为滑动变阻器的有效电阻除最初和最终为零外，是和并联的结
5、果，即和之和一定，所以二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，所以当触点在中间时电流最小，电压表V读数为电源的路端电压，当触点在中间时路端电压最大，电压表V读数先变大后变小； 电流表A读数（即的电流I）：，根据电阻并联分流公式，联立各式，解得，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，一直变大而一直变小，从上式可以看出，电流表A读数I一直变大，故选C。【考点】闭合电路欧姆定律；串并联电路二、多项选择题（每题5分，共20分）6、下列说法中正确的是（ ）A某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零 B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大C只有当电路闭合，且穿过电路的
6、磁通量发生变化时，电路中才有感应电流 D不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势【答案】CD【ks5u解析】AB、感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量为零时磁通量的变化率不一定为零，故AB错误；C、产生感应电流的条件是：闭合回路的磁通量发生变化，故C正确；D、电路的磁通量发生变化时，电路如果不闭合，则不会产生电流，但是仍然有感应电动势，故D正确。故选CD。【考点】法拉第电磁感应定律7、如图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始
7、到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ） A感应电流方向不变BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值EBavD感应电动势平均值【答案】ACD【ks5u解析】A、根据楞次定律，知半圆形闭合回路在进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确；B、根据左手定则，CD段所受的安培力方向竖直向下，故B错误；C、切割的有效长度的最大值为a，则感应电动势的最大值E=Bav，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律得，故D正确。故选ACD。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势8、场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交。如图所示，质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀
8、速圆周运动，设重力加速度为g，则下列结论正确的是（ ）A粒子带负电，且qmgEB粒子顺时针方向转动C粒子速度大小vBgRED粒子的机械能守恒【答案】ABC【ks5u解析】A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qE，求得电荷量q=mg/E，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；B、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B正确；C、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有：mg=qE 、qvB=mv2R解得：v=BgR/E，故C正确；D、由于电场力做功，故机械能不守恒，故D错误；故选ABC。【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力9、在如图甲所示的电路中，
9、L1，L2，L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时（ ）AL1的电压为L2电压的2倍BL1消耗的电功率为0.75 WCL2的电阻为12DL1、L2消耗的电功率的比值大于41【答案】BD【ks5u解析】本题灯泡规格虽然相同，但是电阻不一定相同。A、灯泡不是定值电阻，所以L1的电阻一定不是并联部分的两倍，所以电压也不是两倍关系，故A错误；B、由IU图像可得L1两端的电压是3.0V，所以功率为30.250.57W，故B正确；C、由IU图像可得0.125A对应的电压是0.25V，所以电阻为2.0，故C错误；D、由可知：若灯泡
10、是定值电阻，则L1、L2消耗的电功率的比值等于41，而通过L1电流大，其电阻大，所以消耗的功率大于41，故D正确。【考点】电功；电功率；欧姆定律；小灯泡的伏安特性曲线三、实验题（共28分）10、（6分）读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数，游标卡尺的读数为_mm；螺旋测微器的读数为_mm。【答案】11.4mm ； 0.920mm【ks5u解析】游标卡尺的读数：整数（11mm）精度（0.1mm）格数（4）11.4mm螺旋测微器的读数：整数（0.5mm）精度（0.01mm）格数（42.0）0.920mm【考点】长度测量；游标卡尺和螺旋测微器的使用11、（10分）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中
11、，采用如图的电路进行实验。（1）为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_端（选填“左”或“右”）；（2）如图是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E_ V，内阻r_ ；（3）若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内阻的值与真实值相比较，电动势E_（选填“偏大”、“相等”或“偏小”），内阻r_（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）。【答案】（1）左 （2）1.51.0 （3）偏小；偏小 【ks5u解析】（1）限流式接法应把滑动变阻器先打到最大值，即左端；（2）由知：纵截距对应电动势、斜率大小对应内阻；（3）两个表的读数中电流表的读数偏小（电压表分流），当滑动
12、变阻器短路时电压表不再分流，即短路电流是准确的；电流表读数偏小，所以描点时每个点的横坐标都偏小，故图像因为如图所示；即电动势和内阻都偏小。【考点】测定电源的电动势和内阻12、（12分）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 (05mA，内阻约300)；电流表G2 (010mA，内阻约100)；定值电阻R1 (300)；定值电阻R2 (10)；滑动变阻器R3 ()；滑动变阻器R4 (020)；干电池(1.5V)；开关S及导线若干。（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
13、。（3）补全实验步骤：按电路图连接电路， ；闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数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）见图 （3）将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触头，记录相应的，读数 （4） 【ks5u解析】（1）待测电流表G1，内阻约300，电流表G1并联的电阻应选：定值电阻R1（300）；保护电阻应选用：定值电阻R4（30）；（2）实物电路图如上图所示。（3）将滑动触头移至最左端；多次移动滑动触头，记录相应的，读数（4）由电路图可知： I
14、2I1图象斜率；【考点】伏安法测电阻四、计算题（共52分，要求写全必要的步骤、规律和文字说明，否则不能得分）13、（16分）如图所示的电路中，所用电源的电动势E=4V，内阻r=1.0，电阻R1可调。现将R1调到3后固定已知R2=6，R3=3。（1）开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？（2）为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间消耗的最大电功率为多少？【答案】 R1=0时，A、B间消耗的最大电功率为【ks5u解析】（1）s断开时，S接通时，（2）当R1=0时，总电流最大，A、B之间的电功率最大。【考点】闭合电路的欧姆定律14、（18
15、分）如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为Ek，由A孔射出，求：（1）加速器中匀强磁场B的方向和大小； （3）设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间（不计在电场中的加速时间）。【答案】（1） 垂直于纸面向里（2）(3) 【ks5u解析】（1）质子做匀速圆周运动有，而粒子的动能联立解得由左手定则可知：B得方向垂直于纸面向里（2）回旋加速器电场变化的周期等于粒子做圆周运动的周期有，代入得（3）由动能定理得得加速的次数，而一个周期内加速两次，所以加速所需要的时间【考点】回旋加速度；带电粒子在匀强电场
16、、匀强磁场中的运动15、（18分）如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程求：（1）中间磁场区域的宽度d；（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。【答案】 【ks5u解析】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：由以上两式，可得由于在两磁场区域中粒子运动半径相
17、同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形是等边三角形，其边长为2R，所以中间磁场区域的宽度为（2）在电场中在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间则粒子第一次回到O点的所用时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 高二（ ） 姓名_ 学号 密封线内不要答题 高二物理（选修）期中试卷答题纸一、单项选择题 二、多项选择题题号123456789答案三、实验题10、_mm； _mm。11、（1）_(选填“左”或“右”)；（2）_ V， _ ；（3）_，_。12、（1） ， 。(在空格内填写序号)（2）用连线连接实物图。（3）_；_；（4）待测电流表内阻的表达式_。四、计算题13、14、15、高二物理（选修）期中试卷参考答案 2013.111、C 2、A 3、A 4、B 5、C6、C D 7、ACD 8、ABC 9、BD 10、11.4mm ； 0.920mm11、（1）左 （2）1.51.0 （3）偏小；偏小12、（1）， （2）见图 （3）将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触头，记录相应的，读数 （4） 13、（1）s断开时，S接通时，（2）当R1=0时，总电流最大，A、B之间的电功率最大。=A， PAB=3.556w14、（1）（垂直于纸面向里）（2）(3) 15、（1）,（2）， ，
