1、2012-2013学年河南省安阳一中高二第二次阶段考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于静电场的说法正确的是（ ） A在孤立点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 答案： AC 试题分析：在孤立点电荷形成的电场中，如果以点电荷为圆心画一个圆，圆上面的点场强大小相等方向各不相同，但个圆为等势线，电势都相同， A对；正电荷在初速度为零的情况下会自发的由高电势点移到低电势点，但如果电荷有初速度的话，就不一定从高电势点
2、移动到低电势点， B错；场强的大小与电势高低没有直接关系， C对；要使电荷沿电场线方向一定满足一下条件：电场线为直线、电荷初速度为零、只受电场力作用， D错； 考点：考查常见电场的分布 点评：对常见电场的电场线分布要熟悉，明确场强与电势的关系，知道电荷沿电场线方向运动满足的条件，这些都是学生需要掌握的基本知识 如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞 离桌子边缘落到地板上 .设其飞行时间为 t1，水平射程为 s1,落地速率为 v1.撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为 t2，水平射程为 s2,落地速率为 v2,则（ ） A t1
3、 t2 B s1 s2 C s1 s2 D v1=v2 答案： BD 试题分析：带电粒子带正电，进入磁场中洛伦兹力方向向上，运动时间较长，但由于洛伦兹力不做功，所以落地时的速度大小相等，同时有洛伦兹力时水平位移较大， BD正确 考点：考查洛伦兹力的方向和特点 点评：本题难度较小，判断洛伦兹力的方向是求解本题的关键 一质子以速度 V穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则 A若电子以相同速度 V射入该区域，将会发生偏转 B无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转 C若质子的速度 VV，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线。 答案： D 试题分析：穿过互相垂直的电场和磁场
4、区域而没有发生偏转，则 qvB=qE,v=E/B,带电粒子能够匀速穿出复合场区域的速度与带电正负无关。当 VV， qvBqE，它将向上偏转，洛伦兹力时刻改变，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线。答案：选 D 考点：考查带电粒子在复合场中的运动 点评：处理粒子在复合场中的运动问题时，关键是判断洛伦兹力和电场力的方向，本题中能够匀速穿出表明两个力的大小关系，在求解过程中要注意洛伦兹力的大小和方向时刻改变的特点 如下图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图电流方向如图所示，试判断正对读者而来的电子束将向哪边偏转 ( ) A向上 B向下 C向左 D向右 答案： C 试题分析：据右手定则判断磁场方向向上，
5、在根据左手定则磁感线穿掌心四指指电流方向，拇指指受力方向可确定电子向左偏转，选 C 考点：考查右手螺旋定则和左手定则的应用 点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则结合使用的能力，对两个定则难以区分是学生容易犯错和忽视的问题，判断力用左手，判断磁场用右手 如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成 30角，导线中通过的电流为 I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是 ( ) A减小电流 I B减小直导线的长度 C使导线在纸面内顺时针转 30角 D使导线在纸面内逆时针转 60角 答案： D 试题分析：根据公式 ( 为电流方向与磁场方向的夹角 ),为增大安培力可增大电流 ,还可以增加导线的长
6、度 ,增大电流方向与磁场方向的夹角 ,所以D可以采取 考点：考查影响安培力大小的因素及左手定则的内容 点评：注意理解公式 中每个字母所代表的物理意义 图（ a）中质量为 m的通电细杆 ab置于倾角为 的导轨上，导轨的宽度为 d，杆 ab与导轨间的摩擦因数为 .有电流时， ab恰好在导轨上静止，如图所示 .图（ b）中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆 ab与导轨之间的摩 擦力可能为零的图是 ( )答案： AB 试题分析：根据左手定则， A中安培力方向水平向右，摩擦力可能为零， B中受竖直向上的安培力，摩擦力可能为零， AB正确； C中受安培力竖直向下，一定受到摩擦力才能平衡，
7、 D受安培力水平向左，不可能平衡，故不可能是竖直向下的磁场方向， C错误 考点：考查静摩擦力和安培力 点评：本题采用静态平衡的模型考查了静摩擦力和安培力的判断，能够灵活应用左手定则判断安培力的方向是考查的重点，同时静摩擦力方向和大小的变化也是本题的一个难点 在同一平面内放置六根通电导线，通以相等的电流，方向如图所示 ，则在 a、b、 c、 d四个面积相等的正方形区域中，磁场最强且磁感线指向纸外的区域是 ( ) A a区 B b区 C c区 D d区 答案： C 试题分析：首先把六根通电导线标号 比如说 a区域，导线 1在 a区域磁场方向向里，导线 4在 a区域磁场方向向外，根据导线 1和导线
8、4距离 a区相同，所以在 a区域磁场大小相等方向相反，同理导线 2和导线 5 在 a区域和磁场为零，导线 6和导线 3在区域 a的合磁场为零，同理判断其他区域，可知 C区合磁场方向向外，且合磁场最大， C对； 考点：考查安培定则和磁场的叠加 点评：解决本题的关键是要掌握安培定则的内容，巧妙应用对称性的特点，明确磁感强度为矢量，既有大小又有方向 灯泡 L1和 L2在如图所示电路中，电压 K 闭合时，表 V1、 V2、 A的读数分别为 220V、 110V、 0.2A，则当 V1和 V2的读数都是 220V，而 A读数为零时（ ） A出故障的是 L1，且 L1断路 B出故障的是 L2，且 L2短路
9、 C出故障的是 L2，且 L2断路 D L1和 L2都同时断路 答案： C 试题分析：表 V1、 V2、 A的读数分别为 220V、 110V、 0.2A，说明电源电压为220V，灯泡电阻相同 ，当 V1和 V2的读数都是 220V，说明电压表 V2 外有短路情况或与 V2 的并联路段有断路情况，由于电流表示数为零，说明电路中有断路情况，由此综合判断可知 C对； 考点：考查电路故障的排除 点评：本题难度中等，在处理电路故障问题时，重要依据就是电表的读数，记住以下结论：电压表无示数说明并联路段有短路，外电路有断路，电流表无示数说明串联路段有断路 如图所示，电灯 L1、 L2都标有 “220V，
10、100W”；电灯 L3、 L4都标有 “220V，40W”将 A、 B两端接入电源，最暗的灯是（ ） A L1 B L2 C L3 D L4 答案： C 试题分析：由公式 P=UI可知，灯泡 L4 处于干路中，功率又最小，所以干路电流为 ， L4 的电阻与 L3 电阻相同，但处于干路中电流较大实际功率较大，L2 和 L3 两个灯泡中由 可知 L3 的电阻较大，由并联分压可知 L3 的分流较小， L3 的实际功率较小， L3 最暗， C对； 考点：考查串并联关系和电功率公式的应用 点评：判断本题的方法是两两比较，抓住两个灯泡的相同因素，明确亮、暗的条件是功率大小 如图是一个电路的一部分，其中 R
11、1 5 ， R2 1 ， R3 3 ， I1 0.2 A，I2 0.1 A，那么电流表测 得的电流为 ( ) A 0.2 A，方向向右 B 0.15 A，方向向左 C 0.2 A，方向向左 D 0.3 A，方向向右 答案： B 试题分析：由部分电路欧姆定律有： ， ，又因为、 左端电势相等，所以 下端电势高，上端电势低， 中有自下向上的电流，大小为： ，可见 所以电流表有方向向左的电流大小为 。 C选项正确， ABD选项错误。 考点：部分电路欧姆定律有，串、并联电路特点 点评：本题难度较小，图是一个电路的一部分，首先应确定电路中串并联关系，确定 中的电流方向是解决本题的关键 如下图所示，电灯
12、A上标有 “10 V,10 W”的字样，电灯 B上标有 “8 V,20 W”的字样，滑动变阻器的总电阻为 6 ，当滑动触头由 a端向 b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化 )，则 ( ) A电流表示数一直减小，电压表示数一直增大 B电流表示数一直增大，电压表示数一直减小 C电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大 D电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小 答案： B 试题分析：由闭合电路欧姆定律可知外电阻最大时路端电压最大，当灯泡 A与滑动变阻器上端电阻之和等于灯泡 B与下端电阻之和的时候外电阻最大，灯泡A的电阻为 ，灯泡 B的电阻为 ，只有当并联路段的两个支路电阻相等时并联路
13、段的总电阻最大，由此可知当滑动触头由 a端向 b端滑动的过程中，外电阻一直是减小的， B对 考点：考查串并联关系 点评：本题的关键是能够确认电路中的串并联关系，并根据并联电阻结合数学知识判断出电路中并联路段电阻的变化情况，难度适中 有一横截面积为 S的铜导线，流经其中的电流为 I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为 e，此时电子的定向转动速度为 ，在 t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ） A nS t B n t C I t/e D I t/(Se) 答案： AC 试题分析：由电流的定义式有 ，则通过导体横截面的自由电子数目为， C选项正确，由电流的微观决定式有 I=
14、nesv和 则通过导体横截面的自由电子数目为 ， A选项正确 考点：电流强度的定义式和微观决定式 点评：本题难度中等，导体内部，载流子是电子，当导体两端加上电压后，导体内部就会产生电场，电子在电场力作用下做定向运动形成电流，电流方向与电子运动方向相反，电流大小和单位体积内自由电子个数、电子的定向转动速度、导体的截面积有关，要理 解和熟记电流的微观表达式 有一匀强电场，其场强为 E，方向水平向右，把一个半径为 r 的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点 A穿有一个质量为 m，电量为q(q0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从 A点下滑 1/4圆周到 B点时，小球对环的压力
15、大小为 ( ) A 2mg B qE C 2mg+qE D 2mg+3qE 答案： D 试题分析：当小球由静止开始从 A点下滑 1/4圆周到 B点的过程中，由动能定理有： ，在 B点有牛顿第二定律有： ，解得。 ABC选项错误， D选项正确 考点：考查带电粒子在复合场中的运动 点评：本题在求解时需要注意电场力和重力做功只与初末位置有关，与路径无关，另外圆周运动中沿着半径方向的合力提供向心力，显然本题是考查相关结论的应用和做功、圆周运动特点的一个题 如图所示，三个等势面上有 a、 b、 c、 d四点，若将一正电荷由 c经 a移到d点，电场力做正功 W1；若由 c经 b移到 d点，电场力做正功 W
16、2，则 W1与 W2，c、 d两点电势 c、 d关系为 ( ) A W1W2， cd B W1d 答案： D 试题分析：由电场力做功与路径无关可知， W1=W2， AB错；由 Wcd=qUcd得到 Wcd0,q0,所以 Ucd0,Ucd= ，所以 ， D对， C错 考点：考查电场力做功 ,电势差与电势间的关系式 点评：学生清楚电场力做功与重力做功相似，两个力都是保守力 ,两个力做功都与路径无关，在用电场力做功的公式和电势差的公式时，注意下角标的顺序要一致 实验题 为了测定一节旧干电池的电动势和内阻（内阻偏大），配备的器材有： A电流表 A（量程为 0.6A） B电压表 V（量程为 1V，内阻为
17、 1.2k） C滑动变阻器 R1（ 010， 1A） D电阻箱 R2（ 09999.9） 1实验中将量程为 1V电压表量程扩大为 2V，电阻箱 R2的取值应为 k 2利用上述实验电路进行实验，测出多组改装后的电压表读数 U与对应的电流表读数 I，利用 UI的图象如图所示由图象可知，电源的电动势 E= V，内阻r= 答案：（ 1） 1.2 （ 2） 1.6; 4 试题分析： 1由串联分压可知将量程为 1V电压表量程扩大为 2V，电阻箱 R2的取值与电压表内阻相等（ 2）图线中与纵坐标的交点为电源电动势，图线的斜率表示电源内阻大小，注意 图像中纵坐标没有从原点开始取值 考点：考查测定一节旧干电池的
18、电动势和内阻 点评：测定电源电动势和内阻的方法是利用闭合电路欧姆定律求解，采用图像法测量电源电动势和内阻是误差最小的一种方法 （ 1）图甲中游标卡尺的读数是 cm，图乙中螺旋测微器的读数是 mm （ 2）电流表 (0-0.6A)、电压表 (0-15V)的某组示数如图所示，图示中 I= A， U= V。 答案：（ 1） 2.98; 5.680 （ 2） 0.48; 11.0 试题分析：（ 1）首先确定游标卡尺为 10分度，主尺读数为 29mm，游标尺为80.1mm， 所以读数为 29mm+80.1mm=29.8mm，螺旋测微器主尺为 5.5mm，可动刻度为 18.00.01mm=0.18mm，所
19、以读数为 5.5mm+0.180mm=5.680mm（ 2）电流表量程为 0.6A，所以读数为 0.48A，电压表量程为 15V，所以读数为11.0V 考点：考查游标卡尺、螺旋测微器和电表的读数 点评：掌握游标卡尺、螺旋测微器的读数规则，电流表和电压表读数时要注意电表的量程 计算题 图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为 l的相同平行金属板构成，极板长度为 l、间距为 d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。初速度为零的质量为 m、电荷量为 +q的粒子经加速电压 U0加速后，水平射入偏转电压为 U1 的平移器，最终水平打在 A点 不考虑粒子受到的重力 (1)求粒子射出
20、加速器时的速度大小 v1和射出平移器后的速度大小 v2； (2)求粒子经过平移器过程中在竖直方向发生的位移； (3)当加速电压变为 3U0时，欲使粒子仍打在 A点，求此时的偏转电压 U 答案： (1) (2) (3)U1也变成原来的 3倍 试题分析： 在竖直方向上先加速，再匀速，再减速，因为加速和减速的时间相同且加速度大小相同 所以 v2= y= 4 = 由于上式，因为 y不变，当 U0变成原来的 3倍，那么 U1也变成原来的 3倍 考点：考查带电粒子在电场中的偏转 点评：对带电粒子在电场中的加速问题主要应用动能定理，对于粒子在电场中的偏转问题主要是应用平抛的运动规律求解 如图所示的电路中，两
21、平行金属板 A、 B水平放置，两板间的距离d=40Cm电源电动势 E=24V内电阻 r=l ，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=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为 q=110-2C，质量为 m=210-2kg，不考虑空气阻力 ( 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 答案： (1)8 (2)23W 试题分析：（ 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 一 mgd一 qUAB=0一 mv02 （ 2分） 滑动变阻器两端
22、电压为 U滑 U滑 =UAB。 =8v （ 2分） 设通过滑动变阻器的电流为，由闭合电路的欧姆定律得 I= （ 1分） 滑动变阻器接入电路的电阻 （ 1分） （ 2）电源的输出功率 P出 = I2 （ R+R滑） =23W （ 2分） 考点：考查含容电路的分析 点评：明确电容器两端电压与滑动变阻器电压相同，由动能定理和闭合电路欧姆定律结合分析是求解本题的思路 水平面上有电阻不计的 U形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L， M和 P之间接入电动势为 E的电源 (不计内阻 )现垂直于导轨放置一根质量为 m、电阻为 R的金属棒 ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向与水平面夹
23、角为 且指向右斜上方，如右图所示， 问： (1)当 ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？ (2)若 B的大小和方向均能改变，则要使 ab棒所受支持力为零，求此时的 B？ 答案： (1)mg- (2) 方向水平向右 试题分析：从 b向 a看其受力如图所示 (1)水平方向： Ff FAsin 竖直方向： FN FAcos mg 又 FA BIL B L 联立 得： FN mg- Ff . (2)使 ab棒受支持力为零，且让磁场最小，需使所受安培力竖直向上则有 FA mg Bmin ， 根据左手定则判断磁场方向水平向右 考点 ：考查安培力的计算和受力平衡的分析 点评：对于导体棒在磁场中的平衡
24、问题，要能够灵活应用左手定则判断安培力的方向和计算，本题中以导体棒为研究对象，受力分析是解决本题的关键，难度中等 在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为 、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上有一质量为 m、带电荷量为 q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如下图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下， 问：（ 1）小球能在斜面上连续滑行多远？ （ 2）所用时间是多少？ 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：电场反转前： mg qE 电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有 qvB (mg qE)cos 小球在斜面上滑行距离为： x vt at2 a 2g sin 联立 得 x ， 所用时间为 t . 考点：考查带电粒子在复合场中的运动 点评：分析带电粒子在复合场中的运动要注意根据左手定则分析洛伦兹力的大小以及方向，本题中随着速度的增大洛伦兹力则逐渐增大，当小球与斜面脱离时明确洛伦兹力与重力的关系，这是求解本题的关键，本题难度中等
