1、宜昌一中公安一中 2013年秋季高二年级期中考试物理试卷沙市中学命题学校：沙市中学 审题学校：宜昌一中 公安一中考试时间：2013年11月15日下午14:1015:40 试卷满分：110分一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。18为单选题，912为多选题。每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、以下是对磁感应强度的理解的若干说法，其中正确的是A由BF/IL可知，磁感应强度B与通电直导线受到的磁场力成正比B磁场中一小段通电导线所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D一小段通电直导线放在磁感应强度
2、为零的位置，那么它受到的磁场力F一定为零【答案】D【ks5u解析】AC、磁感应强度，大小与F合IL无关，由磁场本身性质决定，故AC错误；B、根据左手定则，安培力的方向与电流方向、磁场方向垂直，安培力的方向与磁场方向不同，故B错误；D、根据F=BIL，B为0，则安培力一定为0，故D正确。【考点】磁感应强度2、右图为某电场中的一条电场线，针对电场线上A、B两点的场强和电势有以下说法，你认为正确的是AA点场强一定大于B点场强 BA点场强一定小于B点场强 CA点电势一定高于B点电势 DA点电势一定低于B点电势【答案】C【ks5u解析】电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏
3、密，故EA与EB可能相等、可能不相等；沿着电场线电势一定降低，故A一定大于B。故C正确。【考点】电场线；电场强度；电势3、真空中有P1和P2两个点电荷，不计重力作用，P1的电量是P2的2倍，P1的质量是P2的一半，将它们释放时，P2的加速度的大小等于a，则P1加速度的大小等于Aa4 Ba2 C2a D4a【答案】C【ks5u解析】：P2所受的合力是P1施给它的库仑力，所以库仑力F=m2a，则P1所受的合力为P2施给它的库仑力，两个电荷间的库仑力是相互作用的一对力所以，故C正确。【考点】库仑定律；牛顿第二定律4、某同学用如图所示的电路进行小电机M的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，
4、调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U1，电流表的读数为I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，则此时电动机的输出功率为 ( ) A B C D【答案】A【ks5u解析】闭合电键后，电动机未转动时，电动机的内阻。电动机转动后，电动机的电功率，发热功率，则电动机的输出功率。故A正确。【考点】闭合电路的欧姆定律5、ab导线水平放置，并被固定。cd导线在ab导线附近与ab导线有一段距离，竖直放置，cd导线能自由移动，当导线中通入如图所示方向的电流时，cd导线的运动情况将是： A不动 B顺时针转动，且靠近ab C顺时针转动，且远离ab D逆时针转动，且远离
5、ab【答案】B【ks5u解析】电流ab产生的磁场在上边垂直纸面向外，在下边垂直纸面向里，在cd上下两边各取一小电流元，根据左手定则，上边的电流元所受的安培力方向向右，下边的电流元所受安培力方向向左，知cd导线顺时针方向转动。当cd导线转过90的过程中，相互吸引。故B正确。【考点】左手定则6、如图是火警报警系统的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流和报警器的电压的变化情况是AI变大，U变大 BI变小，U变小 CI变小，U变大 DI变大，U变小【答案】B【ks5u解析】当传感器R2所在处出现
6、火情时，R2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则U变小电路中并联部分的电压U并=E-I（R1+r），I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小所以I 变小，U 变小。故选B。【考点】闭合电路的欧姆定律7、如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E91012F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金
7、属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm。如果电容变化0.25PF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下 A0.45mm B0.3mm C0.2mm D0.15mm【答案】D【ks5u解析】初始位置的电容,d减小，C增大，电子线路恰能检测出必要的信号时的电容， ，则，所以d的变化量为0.15mm，即键至少需被按下0.15mm，故D正确。【考点】电容8、AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为q和q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q()
8、A应放在A点，Q2q B应放在B点，Q2qC应放在C点，Qq D应放在D点，Qq【答案】C【ks5u解析】两个点电荷在O点产生的场强大小都为两个场强的方向互成120，根据平行四边形定则，合场强大小为，方向水平向右。所以最后一个电荷在O点产生的场强大小为，方向水平向左。所以该电荷若在C点，为-q，若在D点，为+q，故C正确。【考点】电场的叠加；电场强度9、有两个完全相同的金属球A、B，B球固定在绝缘地板上，A球在离B球为H的正上方由静止释放下落，与B球发生对心正碰后回跳的高度为h设碰撞中无动能损失，空气阻力不计。A若A、B球带等量同种电荷，则hH B若A、B球带等量同种电荷，则h=HC若A、B球
9、带等量异种电荷，则hH D若A、B球带等量异种电荷，则h=H【答案】BC【ks5u解析】A、B若两球带等量同种电荷，碰撞前后两球电荷量不变，根据能量守恒，整个过程中，电场力对A球做功为0，所以H=h；故A错误B正确；C、D若两球带等量异种电荷，碰撞后两球电荷中和，均不带电，碰撞前电场力做正功，碰撞后没有电场力做功，整个过程电场力做正功，电势能减小转化为机械能，根据能量守恒，所以hH；故C正确，D错误。【考点】电势差与电场强度的关系；功能关系10、经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测定如图所示电路中R两端a、b间的电压，读数依次为12.7V和12.3V，则Aa、b间的实际电压应大于12.7
10、V B、a、b间的实际电压应小于12.3VC、电压表V1的内阻大于V2的内阻 D、电压表V1的内阻小于V2的内阻【答案】AC【ks5u解析】由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并联总电压小于电阻R的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表V1的示数，所以A正确B错误；根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，所以C正确D错误。【考点】伏安法测电阻11、如图所示,电子在电势差为
11、U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中,入射方向跟极板平行,整个装置处于真空中,重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏角变大的是 ( )A.U1变大，U2变大 B.U1变小，U2变大C.U1变小，U2不变 D.U1变小，U2变小【答案】BC【ks5u解析】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：以上四个方程联立解得又有：，故BC正确。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动
12、12、一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点。在此过程中，该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能A、B之间的关系为AEAEB BEAEB CAB DAB【答案】AD【ks5u解析】由于电荷做匀加速直线运动，所以根据可知，电场强度不变，即；电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以，故BC错误，AD正确。故选AD。【考点】电势能；电场强度二实验题（本大题共2题，总分14分。）13（6分）某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆挡“1”挡测量时，指针指示位置如下图所示，则其电阻值
13、是_。如果要用这只多用电表测量一个约200欧的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是_。改变挡位后，测量约200欧的电阻之前，要特别注意对该挡位重新_。【答案】12 “10”档 短接调零【ks5u解析】当选择欧姆挡“1”挡测量时电阻为R=12，如果要用这只多用电表测量一个约200欧的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是10挡，改变挡位调整倍率后，要特别注意重新调整欧姆零点。【考点】用多用电表测电阻14某同学用伏安法测量一个额定功率为1 W、阻值约为5 的电阻Rx实验室中现有如下实验器材：A电流表A1(量程00.6 A，内阻约为0.2 )B电流表A2(量程03 A，内阻约为
14、0.05 )C电压表V1(量程03 V，内阻约为3 k)D电压表V2(量程015 V，内阻约为15 k)E滑动变阻器R2(05)F蓄电池E(电动势约为12 V，内阻不计)G开关、导线若干为了较准确的测量Rx的阻值，要求电压从零开始调节，多测几组数据，画出UI图象，从而求出Rx的阻值(1) （4分）电流表应选_、电压表应选_ (填器材前的字母序号) (2) （4分）在方框内画出该实验的电路图【答案】（1） A C （2）如图【ks5u解析】（1）由，电阻的额定电流为，故电流表选B；电阻的额定电压为，故电压表选C；（2）电压从零开始调节，变阻器采用分压接法；由于，则采用电流表外接法。电路如图。【考
15、点】伏安法测电阻三计算题（本题共 5小题，共 48分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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的单位。）15.（8分）右图为“电流天平”示意图，它可用于测定磁感应强度B。在天平的右端挂有一矩形线圈， 设其匝数为5匝，底边cd长20cm，放在待测匀强磁场中，使线圈平面与磁场垂直。设磁场方向垂直于纸面向里，当线圈中通入如图方向的电流I=100mA时，两盘均不放砝码，天平平衡。若保持电流大小不变，使电流方向反向，则要在天平左盘加质量m=8.2g砝码，天平才能平衡。则磁感应强度B的大小为多少（g取10m/s2）？【答案】0.4
16、1T【ks5u解析】电流的大小不变，方向反向，底边安培力的方向变为竖直向上，相当于右边大了2FA的作用力则，又所以【考点】磁感应强度；安培力16.（8分）在图示的电路中，电源电动势E=12 V，内阻r=2，R1=10 . 当滑动变阻器在某一位置时，电路中电压表读数为2 V，电流表读数为0.8 A.两电表均为理想电表.求R2的阻值.【答案】【ks5u解析】由图可知U1=IR1=8 V=EU内而 U内=I总r 解得 I总=2 A流过R2的电流为I2=I总I=1.2 A则R2两端电压为U2=U1-U=(8-2) V=6 V所以 R2=U2/I2=5 【考点】闭合电路的欧姆定律17.（8分）如图所示，
17、电源电动势E=10V，内电阻r=2，R1=28，R2=20，R3=60，电容C=410-8F，试求：开关S断开稳定后，电容器所带电量。再突然闭合S，求S闭合后，通过R3的电量。【答案】Q=410-7C 【ks5u解析】（1）S断开UC=E=10V Q=410-7C （2）S闭合 UC/=4V Q/=1.610-7C所以【考点】闭合电路的欧姆定律；电容18.（10分）如图所示，长度为l的细线一端固定于O点，另一端系一质量为m的带电小球，整个装置置于水平向右的匀强电场（电场区域足够大）中，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为=60.（1）若将小球拉至O点右方使细线呈水平状态由静止释放，则小球的速度
18、最大时，细线的张力为多少？（2）现将小球拉至O点左方使细线呈水平状态由静止释放，则小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为多少？【答案】 【ks5u解析】（1）电场力与重力的合力即等效重力为 运动到原静止位置时速度最大，设最大速度为v，则 由得 （2）设小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为v1，则 由得 【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；电场强度19.（14分）如图（a）所示，A和B表示在真空中两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图（b）表示一周期性的交变电压波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为一给定值U0，经过半个周期，突然变为
19、U0，再过半个周期，又突然变为U0；如此周期性交替变化。将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高。在t=0时，在紧靠B板处有一个初速为零的电子（质量为m，电量为q）在电场作用下开始运动，经过时间T（T为电压变化的周期且已知）刚好到达A板。（1）求两板间的距离d（2）在t=T/3时，在紧靠B板处有一个初速为零的电子在电场作用下开始运动，则电子经过多长时间打在哪个板上？（3）在t=T/6时，在紧靠B板处有一个初速为零的电子在电场作用下开始运动，则电子经过多长时间打在哪个板上？【答案】 经打在B板上 到达A板的时间为【ks5u解析】（1） （2）在t=T/3时，初速为零的电子，经过
20、时间打在B板上。其中t1满足解得 （3）在t=T/6时，初速为零的电子，经过时间T向右的位移为经分析电子到达A板的时间应为其中t2满足： 解得 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动物理参考答案一、选择题题号123456789101112答案DCCABBDCBCACBCAD二实验题13. （每空2分）12 “10”档 短接调零14.（1） A （2分）； C （2分）（2）如图（4分，有任何错误不给分）三计算题15、（8分）0.41T16、（8分）解析：由图可知U1=IR1=8 V=E-U内而 U内=I总r 解得 I总=2 A流过R2的电流为I2=I总-I=1.2 A则R2两端电压为U2=U1-U=(8-2) V=6 V所以 R2=U2/I2=5 .17、（1）（4分）S断开UC=E=10V Q=410-7C （2）（4分）S合 UC/=4V Q/=1.610-7C18解：（1）（5分）电场力与重力的合力即等效重力为 运动到原静止位置时速度最大，设最大速度为v，则 由得 （2）（5分）设小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为v1，则 由得 19. 解：（1）（4分） （2）（5分）在t=T/3时，初速为零的电子，经过时间打在B板上。其中t1满足解得 （3）（5分）在t=T/6时，初速为零的电子，经过时间T向右的位移为经分析电子到达A板的时间应为其中t2满足： 解得
