1、2012-2013学年湖北省黄冈中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，对磁场认识正确的是（ ） A某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时 N 极所指方向一致 B磁感线有可能出现相交的情况 C磁感线总是由 N 极出发指向 S极 D若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零 答案： A 试题分析：磁感线都是闭合曲线，在磁体外部从 N 极到 S极，在磁体内部从 S极到 N 极，不相交、不相切；磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场方向，也就是小磁针 N 极受力的方向或小磁针静止时 N 极所指的方向；磁场的强弱是由磁场本身决
2、定的，与磁场中是否放入通电导线、导线放置的位置无关。 A、磁场中某点磁场的方向为小磁针 N 极受力的方向或小磁针静止时 N 极所指的方向；正确 B、磁感线不相交、不相切；错误 C、在磁体外部磁感线是由 N 极出发指向 S极，内部是由 SN极指向 N 极；错误 D、若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，可能是导线与磁场平行；错误 故选 A 考点：对磁感应强度的理解 点评：磁感应强度是描述 磁场的物理量，由场本身的情况决定，与导线长度、电流大小等无关 如图 1所示，半径为 均匀带电圆形平板，单位面积带电量为 ，其轴线上任意一点 （坐标为 ）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： =2
3、，方向沿 轴。现考虑单位面积带电量为 的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为 的圆板，如图 2所示。则圆孔轴线上任意一点 （坐标为 ）的电场强度为 （ ） A 2 B 2 C 2 D 2 答案： A 试题分析：由题可知单位面积带电量为 的无限大均匀带电平板（ ），在圆孔轴线上任意一点 （坐标为 ）的电场强度为 ,从其中间挖去一半径为 的圆板，则圆孔轴线上任意一点 （坐标为 ）的电场强度为则有 。 故选 A 考点：电场强度的计算 点评：此题关键是理解题中所给表达式中各物理量的含义，从而得出无限大均匀带电平板的场强的表达式，再由割补法计算任意点的场强。 如图所示，真空中、 处放置两等量异号电荷
4、， a、 b、 c 表示电场中的 3条等势线， d 点和 e 点位于等势线 a上， f点位于等势线 c上， d f 平行于 M N已知：一带正电的试探电荷从 d点移动到 f点时，试探电荷 的电势能增加，则以下判断正确的是（ ） A点处放置的是负电荷 B d 点的电势低于 f点的电势 C d点的场强与 f点的场强完全相同 D将带正电的试探电荷沿直线由 d点移动到 e 点，电场力先做正功、后做负功 答案： ABD 试题分析： AB、一带正电的试探电荷从 d点移动到 f点时，试探电荷的电势能增加，即电场力做负功，则正电的试探电荷受到向左的电场力，所以 M点处放置的是负电荷； d点的电势低于 f点的电
5、势；正确 C、 d点的场强与 f点的场强大小相等，方向不同；错误 D、带正电的试探电荷在 MN 连线下方受电场力有向上的分量，在 MN 连线上方受电场力有向下的分量，所以将带正电的试探电荷沿直线由 d 点移动到 e 点，电场力先做正功、后做负功；正确 故选 ABD 考点：等势面 点评：熟练掌握等量异种电荷的等势面和电场线的特点。 如图所示，一根质量为 m的金属棒 AC 用软线悬挂在磁感强度为 B的匀强磁场中，通入 AC 方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（ ） A不改变电流和磁场方向，适当增大电流 B只改变电流方向，并适当减小电流 C不改变磁场和电流方向，适当减小
6、磁感强度 D同 时改变磁场方向和电流方向，并适当增大磁感强度 答案： AD 试题分析： AC、由左手定则可知，通入 AC 方向的电流时，金属棒 AC 受到的安培力向上，悬线张力不为零，则安培力小于重力，欲使悬线张力为零，可适当增大安培力，由 可知适当增大电流或磁感应强度； A正确 B、只改变电流方向，由左手定则可知，金属棒 AC 受到的安培力向下，悬线张力不可能为零；错误 D、同时改变磁场方向和电流方向，由左手定则可知，金属棒 AC 受到的安培力向上，适当增大电流或磁感应强度，可使悬线张力为零； 故选 AD 考点：安培力、左手定则 点评：熟练运用左手定则判断安培力方向，由公式 计算安培力大小。
7、 如图所示， M、 N 是平行板电容器的两个极板， R0为定值电阻， R1、 R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为 m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合电键 S，小球静止时受到悬线的拉力为 F调节 R1、 R2，关于 F的大小判断正确的是（ ） A保持 R1不变，缓慢增大 R2时， F将变大 B保持 R1不变，缓慢增大 R2时， F将变小 C保持 R2不变，缓慢增大 R1时， F将变大 D保持 R2不变，缓慢增大 R1时， F将变小 答案： B 试题分析：直流电路中，电容器相当于断路，电容器两极板间电压等于电阻两端的电压；由 可知当 两端的电压增大时， F变大，反之 F变小；根据串联电路分压式
8、，故减小 F变大，增大 F变小； 不变 F不变。 故选 B 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：关键是根据分压式得到电容器两端的电压情况，注意本题中电阻 两端电压为零，故电容器两端电压等于电阻 两端电压。 一平面线圈用细杆悬于 P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置 B和位置 C的过程中，下列对磁 通量变化判断正确的是（ ） A一直变大 B一直变小 C先变大后变小 D先变小后变大 答案： C 试题分析：由图可知，线圈由 A经过 B到 C的过程中，线圈垂直磁场方向的面积先增大后减小，通过线圈的磁通量为 ，可见通过线圈的磁通量
9、先变大后变小。 故选 C 考点：磁通量及其变化 点评：当面积 S和匀强磁场方向垂直时 ，不垂直应取垂直于磁场方向的有效面积。 下列关于电源电动势的说法中正确的是（ ） A在某电池的电路中，每通过 2 C的电荷量，电池提供的电能是 4 J，那么这个电池的电动势是 0 5 V B电源的路端电压增大时，其电源的电动势一定也增大 C无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变 D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 答案： C 试题分析： A、由电动势的定义式有，该电池的电动势是： ；错误 BC、电源的电动势指非静电力将其他形式的能转化为电能的本领，由电源本身决定，与外电路无关，无论内电压
10、和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变； C正确 D、电源的电动势在数值上等于移送单位电荷量所做的功，不能说电动势越大，电源所能提供的电能就越多；错误 故选 C 考点：电源电动势 点 评：电源电动势表征在电源内部非静电力移动电荷做功，把其他形式的能转化为电势能的物理量其定义式为 如图所示，电源内阻不计，为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法：（ ） A增大 R1 B减小 R1 C增大 R2 D增大 R3 答案： BC 试题分析：直流电路中，电容器相当于断路，电容器两极板间电压等于电阻两端的电压； 根据电容的定义式 ，当电压增加时，带电量增加；根据串联电路分压式，又由于 ，故减小 或增加
11、都会使电容器两端电压增加，从而增加电容器的带电量。 故选 BC 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：关键是根据分压式得到电容器两端的电压情况，然后根据电容的定义式确定电量的变化情况；本题中电阻 两端电压为零，故电容器两端电压等于电阻 两端电压 一个初动能为 Ek的带电粒子，以速度 V垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为 3Ek如果这个带电粒子的初速度增加到原来的 2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为 （ ） A 4 Ek B 4 5 Ek C 6 Ek D 9 5 Ek 答案： B 试题分析：两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为 零的匀加速直线运动，两
12、过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解 设粒子第一个过程中初速度为 v， ，电场宽度 L，第一个过程中沿电场线方向的位移为： ，第一个过程由动能定理： ；第二个过程中沿电场线方向的位移为： ， ，解得 。 故选 B 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 点评：动能定理的应用注意一个问题，列式时不能列某一方向的动能定理，只能对总运动过程列一个式子。 电场线分布如图所示，电场中 a、 b 两点的电场强度大小分别为 Ea和 Eb， a、b两点的电势分别为 a和 b，则（ ） A EaEb， ab B EaEb， ab D EaEb， ab 答案： C 试题分析：根
13、据电场线疏密表示电场强度大小 ；根据沿电场线电势降低，。故选 C 考点：电场线 点评：电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低 关于安培力的说法中正确的是（ ） A安培力的方向总是垂直于磁场和通电导线所构成的平面 B安培力的方向一定垂直于通电直导线 C通电导线在磁场中一定受安培力的作用 D安培力的大小与磁感应强度成正比，与电流成正比，而与其他量无关 答案： AB 试题分析：要正确利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向；应用公式 时，主要该公式成立的条件 A、
14、根据左手定则可知，安培力和磁场和通电导线所构成的平面垂直；正确 B、安培力一定与导线（电流）和磁场垂直；正确 C、通电导线在磁场中若电流方向与磁场平行，则不受安培力作用；错误 D、根据公式 可知，安培力的大小与 B、 I、 L都有关系，而 且当磁场与电流垂直时安培力最大；错误 故选 AB 考点：安培力 点评：正确应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用 进行有关安培力的计算 关于静电场，下列说法正确的是（ ） A电势等于零的物体一定不带电 B电场强度为零的点，电势不一定为零 C负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 D同一电场线上的各点，电势一定相等 答案： BC 试题分析：静电场中，电势
15、具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低。 A、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电；错误 B、静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零；正确 C、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加；正确 D、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线方向电势一定降低；错误 故选 BC 考点：对电势的理解 点评：关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零 实验题 在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材： A干电池 E
16、（电动势约为 1 5V，内阻小于 1 0） B 电流表 A1（满偏电流 3mA，内阻 r1=10） C电流表 A2（ 0 0 6A，内阻 0 1） D滑线变阻器 R1（ 0 20， 10A） E滑线变阻器 R2（ 0 100， 10A） F定值电阻 R3（ 990） G开关和导线若干 （ 1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑线变阻器是 _（填字母代号） （ 2）请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图 （ 3）如图为某一同学根据他所设计的实验给出的 I1、 I2图线（ I1为 A1的示数，I2为 A2的示数），由图线可求得被测电池的电动势 E _V，
17、内阻 r =_ 答案：（ 1） （ 2） 电路如图所示 （ 3） 1.48， 0.8 试题分析：（ 1）由于干电池内阻小于 1.0，滑线变阻器 阻值较大，不便控制电路，所以其中应选用的滑线变阻器是 （ 2）因本题提供的器材没有电压表，所以可由小量程电流表 与定值电阻串联改装成电压表，电源内阻很小，电流表外接，实验电路如图所示 （ 3）图线纵轴截距为电源电动势，斜率的绝对值为电源内电阻，由图线可求得被测电池的电动势 ,内阻 考点： 测量电动势和内阻 点评：此题图线与横轴交点不表示短路电流，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用 计算出电源的内电阻。 有一个纯电阻用电器的电阻约为 20，试设计
18、一个能较精确地测量该用电器电阻的电路，要求使该用电器两端的电压变化范围尽可能大。可选用的器材有： 电源：电动势为 8V，内电阻不计 电流表：量程 0 6A，内阻 RA为 0 50 电压表：量程 10V，内阻 RV为 10k 滑动变阻器：最大电阻值为 5 0 开关一个、导线若干。 （ 1）在方框内画出实验电路图； （ 2）测量电路的电压变化范围为 _V； （ 3）若实验中在用电器正常工作的状态下电流表的示数为 I，电压表的示数为U，考虑到电表内阻的影响，用测量量及电表内阻计算用电器正常工作时电阻值的表达式为 _。 答案：（ 1）如图 （ 2） 0 8； （ 3） 试题分析：（ 1）由与 所以电流
19、表外接；要求使该用电器两端的电压变化范围尽可能大，滑动变阻器阻值较小，所以滑动变阻器用分压法；则实验电路图如下 。 （ 2）分压法电压变化范围为 0 E，即 0 8V （ 3）由部分电路欧姆定律可得 考点：伏安法测电阻 点评：测量电路的选择：若已知待测电阻的阻值约为 ，电流表内阻为 ，电压表内阻为 ，则当 ，即 时，认为被测电阻较大，选用电流表内接法；当 ，即 时，认为被测电阻较小，选用电流表外接法 计算题 如图， 1=14, 2=9,当开关处于位置 1时 ,电流表读数 I1=0 2A；当开关处于位置 2时 ,电流表读数 I2=0 3A求电源的电动势 E和内电阻 r。答案： V 1 试题分析：
20、根据闭合电路欧姆定律可列出方程： ， 联立两式可得： 代入数值得 将 r值代入 中， 可得 考点：闭合电路欧姆定律的应用 点评 ：本题给出了一种测电源电动势和内电阻的方法。 如图所示， A为电解槽， M为电动机， N 为电炉子，恒定电压 U 12 V，电解槽内阻 rA 2 ，当 S1闭合， S2、 S3断开时，电流表 A示数为 6 A；当 S2闭合， S1、 S3断开时， A 示数为 5 A，且电动机输出功率为 35 W；当 S3闭合， S1、S2断开时， A示数为 4 A求： （ 1）电炉子的电阻及发热功率各多大？ （ 2）电动机的内阻是多少？ （ 3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率
21、为多少？ 答案：（ 1） 2 72W （ 2） 1 （ 3） 16W 试题分析：（ 1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律 得 其发热功率为： （ 2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得 所以 （ 3）电解槽工作时，由能量守恒定律得： 考点：闭合电路欧姆定律 点评：注意纯电阻电路与非纯电阻电路在的区别 如图所示，质量为 m的导体棒 AB静止在水平导轨上，导轨与导体棒相互垂直，导轨宽度为 L，已知电源的电动势为 E，内阻为 r，导体棒的电阻为 R，其余接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为 ，磁感应强度为 B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力 答案： 试题分析：棒的受力分 析图如图
22、所示 由闭合电路欧姆定律 由安培力公式 由共点力平衡条件 整理得 考点：共点力平衡，安培力 点评：涉及安培力的物体平衡问题，通过对通电棒的受力分析，根据共点力平衡方程求解。 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来 AB两板不带电， B极板接地，它的极板长 L= 0 1m，两板间距离 d = 0 4 cm，现有一微粒质量 m=2 010-6kg，带电量 q=+1 010-8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到 A板上中点 O 处，取 g=10m/s2试求： （ 1）带电粒子入射初速度的大小； （ 2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电
23、后 A板的电势为多少？ 答案：（ 1） 2.5m/s （ 2） 试题分析：（ 1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为 v0，则有： 水平方向： 竖直方向： 联立两式得： 代入数据得： （ 2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求 A板的电势大于 0，且 B板接地电势等于 0，则有 A板电势最小时，微粒刚好从 A板右侧边缘射出，则有： 且： 联立以上各式 A板电势最大时， 微粒刚好从 B板右侧边缘射出，则有： 且有： 代入数据解得： 综上可得： 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 点评：此题将电场力视为普通力对粒子进行受力分析，将运动分解为两个方向的直线运动，由运动学规律列方程求解，会使问题变的熟悉简单。
