1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2013-2014学年度高二第一学期期末考试物理试题一、本题14小题，每小题4分，共56分，在每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得全分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 ()A安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应C楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律D法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律【答案】DA、
2、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A错误；B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；故选D。【考点】物理学史2 将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则()Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做正功【答案】ABA、电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在
3、处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，故B正确；C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D、由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。故选AB。【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度3在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是()A两个灯泡串联B两个灯泡并联C每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一【答案】AA、两个
4、灯泡串联，每个灯泡承受的电压为，低于额定电压，灯泡不易损坏，故A正确；B、两个灯泡并联，每个灯泡承受的电压为U=220V，仍等于灯泡的额定电压，灯泡正常工作，不能延长电灯泡的使用寿命，故B错误；CD、由，两个灯泡串联时，U变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一，故CD错误。故选A。【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路4在磁场中的同一位置，先后引入长度相等的直导线a和b，a、b导线的方向均与磁场方向垂直，但两导线中的电流不同，因此所受的力也不一样下列几幅图象表现的是导线所受的安培力F与通过导线的电流I的关系a
5、、b各自有一组F、I的数据，在图象中各描出一个点在下图中，请判断描绘正确的是()【答案】BC在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线；故选BC。【考点】安培力5如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动已知A环中电流沿顺时针方向则() AB环中电流沿顺时针方向BB环中电流沿逆时针方向C带电离子带正电D带电离子带负电【答案】BDAB、由于AB间磁场方向
6、相同，A环产生的磁场向里，所以B环在B环的外侧的磁场的方向向里，所以B环的电流的方向为逆时针，所以A错误，B正确；CD、由A的分析可知，环间环形区域内的磁场的方向向里，由于带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知，粒子带负电，所以C错误、D正确；故选BD。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向6.某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是()A小球一定带正电B小球可能做匀速直线运动C带电小球一定做匀加速直线运动D运动过程中，小球的机械能
7、减少【答案】C小球不受洛伦兹力，仅受重力和电场力，做直线运动，知两个力的合力与速度方向在同一条直线上，做匀加速直线运动，因为电场的方向未知，故无法判断小球的电性；电场力的方向水平向右，从A到B，电场力做正功，知小球的机械能增大。故选C。【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；电场强度7如下图甲所示，水平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒中间用绝缘丝线系住开始，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如下图乙所示I和FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力则在t0时刻( )AI0，FT0 BI0，FT0 CI0，FT0 DI0，FT0【答案】C由图看出，磁感应
8、强度B随时间t作均匀变化，则穿过回路的磁通量随时间也作均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流，所以I0但t时刻B=0，两棒都不受安培力，故丝线中拉力FT=0。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律；安培力8.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.E B. C. E D. E【答案】A若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中
9、于球心处产生的电场则在M、N点所产生的电场为，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为故选A。【考点】电场强度；电场的叠加9在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如右图所示由此可见()A电场力为2mg B小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等【答案】DA、两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，分别列出竖直方向的方程，即、，解得，故A错误；B、小球受到的
10、电场力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B错误；C、两个平抛过程的水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；D、速度变化量等于加速度与时间的乘积，即，结合A选项的分析可得，AB过程，BC过程，故D正确。故选D。【考点】平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动10如图所示，电流表、电压表均为理想电表，电源内阻不能忽略，当变阻器R2的滑片向右滑动时，电压表V1的变化量和电流表A的变化量的比值为K1，电压表V2的变化量和电流表A的变化量的比值为K2，则( )AK1变小BK2变大CK2的绝对值大于K1的绝对值DK2的绝对值小于K1的绝对值【答案】CA、根据欧姆定律可知，R1的
11、阻值不变，则K1不变，故A错误；B、将电阻R1与电源看作等效电源，故电压表V2测量的是等效电源的路端电压，故电压表V2的变化量和电流表A的变化量的比值，则K2也不变；故B错误；CD、，故K2的绝对值大于K1的绝对值，故C正确，D错误；故选C。【考点】闭合电路的欧姆定律11.图中为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选 电子仍能够沿水平直线OO运动，由O射出。不计重力。可能达到上述目的的办法是( )A.使a板电势高于b板，磁
12、场方向垂直纸面向里B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外【答案】ADA、a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上；磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力可以平衡，符合题意，故A正确；B、a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下；磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力不可能平衡，不符合题意，故B错误；C、使a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上；磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力不可能平衡，不符合题意，故C错误；D
13、、使a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下；磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力可能平衡，符合题意，故D正确。故选AD。【考点】带电粒子在混合场中的运动；共点力平衡的条件及其应用12如图所示为圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为()A带电粒子的初速度 B带电粒子在磁场中运动的半径C带电粒子在磁场中运动的周期 D带电粒子的比荷【答案】CD
14、无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则 （1）而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得： （2）由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系： （3）由（1）（2）（3）联立可得：设粒子在磁场中的运动时间t0，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，则由周期公式可得：由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求。故选CD。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力13目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机如右图所示表示了它的发电原理：将一束等离子体喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷
15、，产生电压如果射入的等离子体的初速度为v，两金属板的板长(沿初速度方向)为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表的示数为I.那么板间电离气体的电阻率为()A BCD 【答案】A发电机稳定工作时，离子所受电场力等于洛伦兹力得：，又，R1为板间电离气体的电阻，且，联立得到电阻率的表达式为故选A。【考点】霍尔效应14如下图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲W乙为(
16、)A1B12 C13 D16【答案】C甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是0210-2s、410-2s610-2s内，根据电流的热效应有：，代入数据得电流的有效值乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为0410-4s，根据电流的热效应有：，代入数据得电流的有效值根据知，在相同时间内消耗的电功之比等于故选C。【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率二、填空题（共2题，共16分)15在使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量某一工件的长度和厚度时，两仪器上的示数如图 (a)、(b)所示则测量仪器的读数分别为(a) cm、(b) mm.【答案】（a） 11.09cm (b) 6.86
17、8mm 游标卡尺读数：整数（110mm）精度（0.1mm）格数（9）110.9mm11.09cm螺旋测微器读数：整数（6.5mm）精度（0.01mm）格数（36.8）6.868mm【考点】长度的测量16.某同学用量程为1 mA、内阻为120 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1v和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题:（1）根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。（2）开关S闭合时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压，或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。（3）表笔A应为 色(填“红”或“黑”)。（
18、4）定值电阻的阻值R ， 。（结果取位有效数字）【答案】（1）连线实物图。（2） 电流、电压 (3)黑（4），（1）对照电路图连线，如图所示；（2）开关S断开时，串联分压电阻电压量程扩大，是电压表；开关S闭合时，并联分流电阻电流量程扩大，是电流表；（3）红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；（4）开关S断开时，电压量程为1V，故：；故；【考点】电表的改装三计算题（共38分，其中17，18题每题12分，19题14分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分）17如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电
19、阻r=1 ，电阻R=15 。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=110-2 C,质量为m=210-2 kg,不考虑空气阻力。那么，(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板.(2)此时，电源的输出功率是多大.(取g=10 m/s2)【答案】 (1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB由动能定理得 滑动变阻器两端电压设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的电阻(2)电源的输出功率【考点】动能定理；欧姆定律；电功率18如图甲所示，一正方形金属线框位于有
20、界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界t0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t0穿出磁场图乙所示为外力F随时间t变化的图象若线框质量为m、电阻R及图象中的F0、t0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：(1)磁感应强度B的表达式；(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式【答案】 (1)线框运动的加速度：线框边长：线框离开磁场前瞬间速度：由牛顿第二定律知：解式得，(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势：解式得：【考点】牛顿第二定理；法拉第电磁感应定理19如图所示空间分为，三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中，区域存在匀强电场EI1.0104
21、V/m，方向垂直边界面竖直向上；E105 V/m，方向水平向右，区域磁感应强度B5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d15.0 m，d24.0 m，d3 m一质量m1.0108 kg、电荷量q1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计求：(1)粒子离开区域时的速度大小；(2)粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子从O点开始到离开区域时所用的时间【答案】 30 (1)由动能定理得 得：(2)粒子在区域做类平抛运动水平向右为y轴，竖直向上为x轴设粒子进入区域时速度与边界的夹角为把数值代入得30(3)粒子进入磁场时的速度粒子在磁场中运动的半径 粒子在磁场中运
22、动所对的圆心角为120，因此 、 由（2）得【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期末物理试题答案1D 2AB 3A 4BC 5BD 6C 7C 8A 9D 10C 11AD 12CD 13A 14C15答案：（a） 11.09cm （2分） (b) 6.8676.869mm （2分）16.（1）连线实物图。（2分） （2） 电流（2分）、电压（2分）(3) 黑（2分）（4）（2分），（2分）17.（分值：8+4）解：(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB由动能定理得 -mgd-qUAB=0-（4分） 滑动变阻器两端电压
23、U滑=UAB=8 V 设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I=（或）（2分） 滑动变阻器接入电路的电阻 （1+1=2分）(2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W （2+2=4分）18. （分值9+3） (1)线框运动的加速度：a（2分）线框边长：lat（2分）线框离开磁场前瞬间速度：vat0（2分）由牛顿第二定律知：3F0ma（2分）（若安培力分开写成：F=BIL，E=BLV，I=E/R,则累加成式总共得2分）解式得，B（1分）(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势：EBlv（2分）解式得：E.（1分）19（分值：3+5+6）解析(1)由动能定理得 qEId1 （2分）得：v14103 m/s （1分）(2)粒子在区域做类平抛运动水平向右为y轴，竖直向上为x轴设粒子进入区域时速度与边界的夹角为tan （1分）vxv1vyat（1分）（1分）t（1分）把数值代入得30（1分）(3)粒子进入磁场时的速度v22v1（1分）粒子在磁场中运动的半径R10m （1分）粒子在磁场中运动所对的圆心角为120 因此（1分） （两式共1分）由（2）得（1+1=2分）欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。