1、2012-2013学年浙江温州中学高二上学期期中考试理科物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是（ ） A因为 B=F/IL，所以某处磁感应强度的大小与通电导线的长度有关 B一小磁针放在磁场中的某处，若 N极不受磁场力，则该处一定没有磁场 C一小磁针放在磁场中的某处，若小磁针不转动，则该处一定没有磁场 D一小段通电导线放在磁场中的某处，若不受磁场力，则该处一定没有磁场 答案： B 试题分析： 磁感应强度的大小只与磁场的本身性质有关，与外界因素（比如通电导线）无关，所以 AD错误， 磁场对放入的小磁针一定有力的作用，所以若放入磁场中的小磁针的 N极不受力的作用，则该点一定没有磁场，
2、B正确 若小磁针的受力方向和其此时 N极的指向一致，则小磁针不会发生偏转， C错误 考点：本题考查了对磁感应强度和磁场性质的认识 点评：小磁针在磁场中是一定会受到力的作用的，并且磁场的磁感应强度的大小和磁场的本身的性质无关 如图所示，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P、 Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ） A若虚线 a、 b、 c代表电场中三条电场线 ,则 P点电势大于 Q点电势 B若虚线 a、 b、 c代表电场中三个等势面 ,则粒子在 P点的电势能大于粒子在Q点的电势能 C不论 a、 b、 c代表电场线还是等势面 ,粒子在 P点的加速度一定比 Q点的大 D不论
3、 a、 b、 c代表电场线还是等势面 ,粒子在 P点的速度一定比 Q点的大 答案： BC 试题分析：若虚线表示电场线，并且电场力的方向指向轨迹曲线的凹侧，结合沿电场线方向电势降落，所以可知 Q点的电势高于 P点的电势， A错误；若虚线表示等势面，结合电场线和等势面是垂直关系，由此可判断电场的大致方向是由 a到 c，正电荷在电场力作用下从电势高的等势面运动到电势低的等势面，正电荷在电势高的等势面具有的电势能大，所以在 P点的电势能大于在 Q点的电势能， B正确，若表示电场线，在 P点的电场线较密，所以粒子在 P点的受到的电场力大于在 Q点的，即粒子在 P点的加速度一定比 Q点的大，若表示等势面，
4、则 P点的等势面较密，即电场强度较大，所以粒子在 P点的加速度一定比 Q点的大，故不论 a、 b、 c代表电场线还是等势面 ,粒子在 P点的加速度一定比 Q点的大， C正确，过程中电场力可能做负功，也可能做正功，所以无法判断 PQ两点的速度大小， D错误 考点：本题 考查了带电粒子在电场中的偏转问题 点评：带电粒子在电场力的作用下，做曲线运动，所受的电场力指向轨迹曲线的凹处，并且电场力方向与电场线的切线方向平行， 如图所示的电路中 ,电源内阻不计 ,三个小灯泡完全相同。开始时 K1闭合 , K2打开。下列说法正确的是（ ） A K2闭合前灯泡丙不亮 B K2闭合后灯泡甲变暗 C K2闭合后电容
5、器的带电量减少 D K2闭合后电容器的带电量增加 答案： AC 试题分析： K2 闭合前，由于电容器没有电流通过，所以灯泡丙是断路，故不亮，A正确； K2闭合后，由于丙乙两灯泡并联，所以电路总电阻减小，即电路总电流增大，而甲在电路中的干路上，所以通过的电流增大，故甲变亮， B错误，闭合前电容器两端的电压等于路端电压，闭合后，电容器两端电压等于甲灯泡两端电压，所以电容器两端电压减小，根据公式 可得，电容不变，所以电荷量减小， C正确， D错误 考点：本题考查了带有电容器的电路的动态分析 点评：在做此类问题时，关键是按 “部分 ”变化，到总体变化，再到另一部分变化，这样一个思路分析 用相同的灵敏电
6、流计作表头改装成电流表 A和电压表 V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中 。通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（ ） A图甲中电压表的指针偏角比电流表的大 B图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 答案： AD 试题分析：根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析 图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大， A正确， B错
7、误 图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小， C错误， D正确， 考点：本题考查了电流表和电压表的改装原理 点评：此类题的关键是理解电流表，电压表的改装原理： 改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压 如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，电表均为理想表 ,电路正常工作。下列说法错误的是（ ） A当滑片向左滑动时，电压表的示数增大，但与外电阻不成正比 B当滑片向左滑动时，电流表的示数减小，且与外电阻成反比 C当滑片在最左端时，电
8、压表的示数不等于电动势 D当滑片在最右端时，电压表的示数等于电动势 答案： BD 试题分析：从部分到总体再到部分原理分析 当滑片向左滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以电压表示数增大，电流表示数减小，根据 可得电压表示数与外电阻不成正比， A 正确，根据 电流和外电阻不成反比， B错误，当划片在最左端时，外电路电阻最大，由于电源内阻的存在电压表的示数不等于电动势， C正确，当划片在最右端，外电路电阻为零，但是由于内阻的分压，所以电压表的示数不等于电动势， D错误，故选 BD， 考点：本题考查了闭合回路的欧姆定律 点评：只有当外电路处于断路时，电压表两端的电压才会等于电源的电动势， 如图所
9、示，带电粒子在电势差为 U1的加速电场中由静止开 始运动，然后射入电势差为 U2的两块平行极板间的匀强电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力忽略，在满足粒子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角 变小的是（ ） A U1变大， U2变大 B U1变大， U2变小 C U1变小， U2变大 D U1变小， U2变小 答案： B 试题分析：设电子的质量是 m，电荷量为 e，经电势差为 的电场加速后，由动能定理可得 ，经平行金属板射出时，其水平速度和竖直速度分别为 ， ，由此可得 ,，当 l， d一定时，增大 或者减小 都能使偏转角减小，所以 B正确， 考点：本题
10、考查了带电粒子在电场中的运动 点评：对于力 电综合问题仍然要进行受力分析，运动状态分析和过程分析，若物体参与两个方向上的运动，做复杂的曲线运动，则利用动能定理和能量守恒的方式求解 在 x轴上有两个点电荷，一个带正电荷 Q1，另一个带负电荷 Q2，且 Q14Q2 。用 E1、 E2分别表示这两个点电荷在 x轴上的 M点产生的场强的大小，用1、 2分别表示这两个点电荷在 x轴上 N点产生的电势大小。以下说法正确的是（ ） A E1=E2的 M点有两处， 1=2的 N点有一处 B E1=E2的 M点有一处， 1=2的 N点有两处 C x轴上场强为零的点有两处、电势为零的点有一处 D x轴上场强为零的
11、点有一处、电势为零的点有两处 答案： D 试题分析：根据电场合成可得， Q1左侧的电场方向水平向左，两电荷之间的电场方向水平向右，而 Q2右侧的电场方向水平向右，所以 E1=E2的 M点有两处，由于正电荷产生的电势为正，负电荷产生的电势为负，所以， Q1左侧的电势大于零，两电荷中间的电势从正无穷到负无穷， Q2右侧的电势小于零， 1=2的 N点有两处， AB错误 根据近小远大原则， x轴上场强为零的点只可能在 Q2 的左侧位置，只有一个，正电荷产生的电势为正，负电荷产生的电势为负，所以电势为零的点只有在两电荷之间的位置，只有一个，所以 D正确， C错误 考点：本题考查了点电荷电场规律的分布 点
12、评：此类题的关键是对点电荷电场以及电势的分布规律十分理解， 如图，两根互相平行的长直导线垂直穿过纸面上的 M、 N两点。导线中通有大小相等、方向相反的电流。 a、 o、 b在 M、 N的连线上， o为 MN的中点，c、 d位于 MN的中垂线上，且 a、 b、 c、 d到 o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ） A o点处的磁感应强度为零 B a、 b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C c、 d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D a、 c两点处磁感应强度的方向不同 答案： C 试题分析：根据右手定则得出两导线的磁场分布规律，然后将两磁场矢量相加分析 A 跟据右
13、手螺旋定则可得 M在 O点的磁场方向垂直向下， N导线在 O点处的磁场方向垂直向下，所以 O点处的磁场方向垂直向下，不为零， A错误 B 根据右手螺旋定则可得 M在 a点处的磁场方向垂直向下， N点在 a点处的磁场垂直向下，即 a点处的磁场方向垂直向下，同理可得 b点处的磁场方向垂直向下，根据对称可得 ab两点的磁场感应强度大小相等， B错误 C 根据右手螺旋定则，可得两导线在 c点处的和磁场方向竖直向下，在 d点处的和磁场方向竖直向下，根据对称可得，两点的大小相等，所以 C正确， D 综合 BC可得 ac两点的磁场方向相同， D错误 考点：本题考查了右手螺旋定则和磁场的合成 点评：此类问题需
14、要理解图中的每一点的磁场为合磁场，根据右手定则先判断每一个磁场的来源，然后结合矢量相加减法则判断 在如图所示的电路中，滑动变阻器的总阻值为 R，电源内阻为 r，滑片从右向左移动的过程中，下列说法正确的是（ ） A电源输出的功率一定先增大后减小 B滑动变阻器消耗的功率一定减小 C电源效率一定减小 D电源发热功率一定减小 答案： AD 试题分析：当滑片从右向左移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，即电路总电阻增大，所以路端电压 U增大，电路总电流减小，即滑动变阻器消耗的功率为 ，所以为先增大后减小， A正确 B错误，电源效率为,所以外电路电阻越大，电源的效率越高， C错误，电源的发热功率为
15、， R在增大，所以电源的发热功率在减小， D正确， 考点：本题考查了电源的电功率和效率的计算， 点评：电源的总功率为 ,电源的输出功率为 ,电源内消耗的功率为，以上三种功率的关系为 图甲是某理发店使用的直流吹风机，图乙是吹风机的内部电路图。电动机M (其线圈电阻为 R1)与电热丝 R2串联，直流电源接通后，吹风机正常工作。若吹风机两端的电压为 U、电流为 I、消耗的功率为 P，则有（ ） A UI(R1+R2) B U=I(R1+R2) C PI2(R1+R2) D P=U2/(R1+R2) 答案： A 试题分析：电动机是非纯电阻，它将一部分电能转化为电热，一部分电能转化为机械能， 即 ,所以
16、 ,A正确， B错误 因为 所以 ,C错误， 因为 ，所以 D错误 考点：本题考查了非纯电阻电阻的电功率问题 点评：对于非纯电阻电路中，电能一部分转化为电热，一部分电能转化为机械能，所以不能用 计算电功率，应该使用 计算 如图， A和 B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的两个导体，但 B的尺寸比 A的小很多。两个导体通过的电流方向如图所示。以下说法正确的是（ ） A、 A的电阻一定比 B的大 B、 A的电阻一定比 B的小 C、 A、 B电阻相同 D、 A、 B电阻大小无法比较 答案： C 试题分析： R1和 R2是材料相同，电阻率 相同设正方形导体的边长为 L，根据电阻定律 研究电阻的关系
17、设导体的电阻率为 ，厚度为 d，边长为 L，则由电阻定律得导体的电阻，可得电阻的大小与边长无关，所以 C正确， 考点：本题考查了电阻率公式的应用 点评：本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变 实验题 为了探究材料未知、横截面积不同的金属丝甲、乙的电阻，采用了如图所示的实验电路。 A、 B、 C为两段金属丝的端点， F是卡在金属 丝上可移动的小滑片。在实验过程中，将滑片 F从 A端滑向 C端，滑过的距离 AF记为 X，电压表、电流表的示数分别记为 U、 I。 （ 1）用游标卡尺测出金属丝甲的直径 d，测量结果如图所示， d= mm；甲的电阻率的表达式 甲
18、= (用字母表示 ) （ 2）电压表读数 U随距离 X的变化数据如下表，请绘出 U随 X变化的图线（描绘在答卷纸上）。 X/cm 60 70 80 90 105 115 130 145 160 U/V 3.95 4.46 5.15 5.70 6.25 6.42 6.58 6.85 7.00 （ 3）在数据的测量过程中滑动变阻器的滑片 P是否需要不停地移动？ （ 4）若已测算出金属丝乙的横截面积为 S=0.20mm2，电流表示数为 I=1.20A，则金属丝乙的电阻率为 m(保留三位有效数字 ) 答案：（ 1） 0.6； d2U/4IX（ 2）见下图（ 3）不要（ 4） 2.38*10-7(2.3
19、0 2.45) 试题分析：（ 1）游标卡尺的读数为 根据 ， 联立可得 （ 2） （ 3）在实验过程中滑动变阻器起限流的作用，所以不需要不停的滑动 考点：本题考查了测电阻电阻率的实验 点评：现在的实验题能力性越来越高，要做好实验题一是必须理解实验原理，二是对于各种实验仪器必须掌握，三是会根据题中的信息结合所学的知识进行解题 某同学用下列器材测量某种电池的电动势 E及内阻 r 器材：量程 3V、有一定内阻的电压表，量程 0.5A、可视为理想的电流表，滑线变阻器 R， 电键 K，导线。 为了减小实验误差 ,实验时应选择图 所示的电路。 实验中测出了多组 (I U）数据 ,并绘制出了 UI 图线，如
20、图所示。请利用所画图线求出电池的电动势为 V，内阻为 。（小数点后均保留二位）答案：乙； 1.60 1. 0 试题分析：根据闭合回路欧姆定律分析解题 （ 1）因为电流表可看做理想电表，则内阻为零，图甲中电流表测量不是干路电流，所以误差较大，图丙中电压表测量的不是路端电压，所以误差较大， 故选乙图 （ 2）从图中可看出当路端电压为 1.25V时，对应的电流为 0.35A，即当路端电压为 1.15V时，对应的电流为 0.45A，即 联立解得 E=1.60V， r=1.0 考点：本题考查测量电源电动势以及内阻实验 点评：该实验的原理就是根据闭合回路的欧姆定律，画出 U-I图像，根据 U-I图像求解
21、小王同学用下图中的实验器材来 测绘一个灯泡 (灯丝为特殊材料 )的伏安特性曲线。其中电压表内阻约 20k，毫安表内阻约 200, 滑动变阻器最大阻值为100W, 电源能提供的电压为 9V。实验测得灯泡两端的电压 U和通过它的电流 I的数据如下表所示： (1)根据表中的数据信息及有关电学实验的知识 , 请你帮助小王将电路图补画完整。 (2)正确连线后，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片置于 端 (填 “右或左 ”)。 答案：最左端 试题分析：（ 1） 见下图（要求滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法） （ 2）为了保证电路的安全，滑动变阻器在闭合 开关前都是出于最大电阻的位置，即触头应放最左端
22、 考点：本题考查了测绘小灯泡的伏安特性曲线实验 点评：现在的实验题能力性越来越高，要做好实验题一是必须理解实验原理，二是对于各种实验仪器必须掌握，三是会根据题中的信息结合所学的知识进行解题 实验桌上摆放着甲 “220V 25W”、乙 “220V 300W”、丙 “220V 500W”三只灯泡 ,小芳同学从中任选一只 ,正确使用多用电表测量它的阻值 ,如图所示 ,其测量值为 _ ，她选用的是 灯泡 (填 “甲、乙或丙 ”),测量时流过灯泡的电流是从 流向 (填 “a或 b”)。 答案： ;乙； b a 试题分析：该同学使用的是欧姆表的 档，所以读数为 ,根据 可得甲电阻为 ，乙电阻为 ，丙电阻为
23、 ，所以他选用的是乙灯泡，欧姆表的两个表笔是红进黑出，所以灯泡中的电流为从 b到a 考点：本题考查了欧姆表的使用 点评：该题的关键是理解欧姆表的工作原理以及读数原理 计算题 在如图所示的电路中， R 为电阻箱，电表均为理想表， K1 为单刀单掷开关，K2为单刀双掷开关。当 K1打开， K2接 a，调电阻箱使 R1=14，此时电流表示数 I=0.2A ；当 K1闭合， K2接 b，调电阻箱使 R2=9，此时电压表示 数U=2.7V。则电源电动势和内阻分别为多少？ 答案： E=3V、 r=117. 试题分析：根据闭合回路欧姆定律分析解题 E=0.2(14+r) E=2.7+2.7r/9 联立得 E
24、=3V、 r=117. 考点：本题考查了闭合回路的欧姆定律 点评：做此类题目时需要先画出等效电路图，然后根据欧姆定律分析解题，难度系数适中 带等量异种电荷的两带电小球 A、 B，用三根等长的绝缘细线连接后竖直悬挂在一根弹簧上，并置于水平向右的匀强电场中。适当调节电场强度，使三根细线都被拉紧且处于静止状态。若已知细线长为 L，两球质量均为 m，电量均为 q，重力加速度为 g，静电力常量为 k。 （ 1）求出满足上述条件的电场强度的最小值 Emin （ 2）若将电场强度减小到 Emin/2，稳定后弹簧的弹力 FT = 答案：（ 1） E=kq/L2+3mg/3q（ 2） FT=2mg 试题分析：根
25、据力的平衡条件分析 (1) qE-kq2/L2 =mgtan300 解得 E=kq/L2+3mg/3q (2)由整体法得 FT=2mg 考点：本题考查了电场中的力的平衡问题 点评：学生在力电综合中总是感觉有点复杂，其实力电综合题中只是将高一中的一些力换成了电场力而已，此题 难度系数适中 如图所示的电路中，电源电动势 E=24V、内阻 r=1,定值电阻 R1=15。水平放置的平行金属板 AB间距 d=40cm,上板 A开一小孔。合上电键 ,适当调整 R2的有效阻值，然后让一个质量 m=0.02kg、带电量 q=-0.01C的小球 a从距小孔正上方高 h=10cm处自由下落 ,当 a刚进入小孔时
26、,另一小球 b(质量、电量与小球 a的完全相同 )恰好从两板的正中央水平飞入，两球同时打在小孔正下方 B板上的P点。小球视为质点，小球间的作用力及空气阻力均忽略不计， g=10m/s2.求： （ 1）小球 a刚进入小孔时的 速度 V0 （ 2）两板间的电势差 UAB （ 3）滑动变阻器的有效阻值 答案：（ 1） （ 2） -8V（ 3） 8 试题分析：小球 a做变速直线运动，小球 b做类平抛运动，根据相关规律解题 (1)V02=2gh 代入得 V0=2 m/s (2)设两板间的电势差大小为 U d=V0t+at2/2 d/2= at2/2 mg+qU/d=ma 联立得 U=8V，所以 UAB=
27、-8V （ 3） U=R2E/(R1+R2+r) 代入得 R2=8 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动问题 点评：此题是一道力电综合性的题目，难度系数偏难，关键是根据粒子在电场中的受力情况判断粒子的运动情况，找出粒子在电场中的各种临界条件，然后结合牛顿运动定律分析解题 如图图 (甲 )所示 ,A、 B是真空中水平放置的一对平行金属板 ,两板间距离d=15cm。今将 B板接地，在 A板间加上如图 (乙 )所示的交变电压 (U0 =1080V),然后让一个质量 m=1.610-27kg、电量大小 q=1.610-19C的带电粒子 (不计重力 )在t=0时刻从 B板附近由静止开始运动。空气阻力不
28、计。 （ 1）判断粒子的电性； （ 2）当 t1= 时粒子的速度第一次达到最大，并求出此最大速度； （ 3）当粒子的速度第一次达到最大时，粒子的电势能多大？ （ 4）粒子撞击极板 A时的速度为多大？ 答案：（ 1）带负电（ 2） 2.4105 m/s（ 3） -4.60810-17J（ 4） 2.1105 m/s 试题分析：（ 1）粒子带负电 （ 2） t1=110-6s/3时速度第一次达到最大 a=qU/dm=7.21011 m/s2 V=at1=2.4105 m/s （ 3） EP =-mV2/2=-4.60810-17J （ 4）粒子在 0-210-6s/3内先向上加速再向上减速，前进的
29、位移X1=2at12/2=8cm； 粒子在 210-6s/3-110-6s内先向下加速再向下减速，前进的位移 X2=-2at22/2=-2cm； 所以粒子在一个周期（ 0-110-6s）内的位移为 8cm-2cm=6cm。 因 d=15cm=6cm+6cm+3cm，粒子经过 2个周期后距 A板的距离 d=3cm。粒子在这 3cm内做初速为零的匀加速运动一直到达 A板。由 VA2=2ad得VA=1231042.1105 m/s。 考点：本题考查了带电粒子在电容器两极板间的运动 点评：此题是一道力电综合性的题目，难度系数偏难，关键是根据粒子在电场中的受力情况判断粒子的运动情况，找出粒子在电场中的各种临界条件，然后结合牛顿运动定律分析解题
