1、2013-2014学年江苏省南通一中高二上学期期中考试物理试卷与答案（选修）（带解析） 选择题 下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是（ ） 答案： D 试题分析：通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定，伸开右手，大拇指方向为电流方向，四指环绕方向为磁场方向，通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故正确的画法只有 D 考点：本题考查直导线周围磁场的分布情况，意在考查考生对右手螺旋定则的理解和应用及分析判断能力 如图所示，在竖直放置的半径为 R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O处固定一点电荷，将质量为 m，带电量为
2、+q的小球从圆弧管的水平 直径端点 A由静止释放，小球沿细管滑到最低点 B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A小球在 B时的速率为 B小球在 B时的速率小于 C固定于圆心处的点电荷在 AB弧中点处的电场强度大小为 3mg/q D小球不能到达 C点（ C点和 A在一条水平线上） 答案： AC 试题分析：设小球到达 B点时速度大小为 v由于点电荷放在圆心处，所以圆弧是点电荷的一个等势面，带电量为 q的小球从圆弧细管的水平直径端点 A处静止释放后，只有电场力做功，小球的机械能守恒，所以小球能够沿细管滑到水平直径的另一端点 C处，故 D错误；小球从 A滑到 B的过程
3、，由机械能守恒定律得， ，解得： ，故 A正确， B错误；根据点电荷场强公式 知：圆弧上各点场强大小相等小球经过 B点时，电场力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，代入数据得： ， 故 C正确所以选 AC 考点：本题考查电场强度、等势面、电场线、向心力，同时考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用 如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源 E、定值电阻 R、开关 S相连闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上下列说法中正确的是（ ） A液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B两板间电压越大，液滴在板间运动的加速度越大
4、 C两板间电压越大，液滴在板间运动的时间越短 D定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 答案： BC 试题分析：液滴在电场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做初速度为零的匀加速直线运动，故 A错误；两板间的电压等于电源电动势，当电动势变大时，两板上的电压变大，由 可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力 变大，故加速度增大，故 B正确；因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故 C正确；定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两
5、板间的电压，故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故 D错误所以选 BC 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成和分解、匀强电场中电势差与场强的关系及牛顿第二定律的应用 如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有 A、 B、 C三点， A为两点荷连线的中心， B为连线上距 A为 d的一点， C为连线中垂线上距 A也为 d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是（ ） A B C D 答案： AC 试题分析：由等量异种点电荷的电场线的分布，可得，在连线上，中间的一点电场强度最小；在它们的中垂线上，交点的电场强度最大，故 EB EA EC，故 A正确， B错误； 电
6、场线是从正电荷出发到 负电荷终至所以 A、 B两点处于从左向右的电场线方向上，则 A B而 A、 C等量异种点电荷的连线上的中垂线上，这是一条等势线，故 AC两点的电势相等；沿着电场线 AB的方向电势降落，故 A点的电势高于 B的电势，即 A=C B C正确， D错误所以选 AC 考点：本题考查常见电场的电场分布与特点及电场的叠加，意在考查考生的推理判断能力 如图所示是一个由电池、电阻 R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（ ） A电容器的电容变大 B电阻 R中有从 a流向 b的电流 C液滴带负电 D液滴仍然平衡 答案： BC
7、试题分析：电路稳定时，电容器的电压等于电源的电动势在增大电容器两板间距离的过程中，由 知，电容减小，电压 U不变，则电量 Q=CU减小，电容器放电由于电容器上极板带正电，则电阻 R中有从 a流向 b的电流故 A错误， B正确；因液滴处于平衡状态，则有 ，且电场力向上，又电场强度的方向向下，所以液滴带负电，故 C正确； 分析知， U不变， d增大，极板间的场强 E减小，故电场力小于重力，质点将向下运动，故 D错误所以选 BC 考点：本题考查电容器的动态分析、共点力平衡的条件及其应用、匀强电场中场强与电势差的关系及对闭合电路的欧姆定律和电容的理解 如图所示的电路中，当变阻器 R3的滑动触头向上移动
8、时（ ） A电压表示数变小，电流表示数变大 B电压表示数变大，电流表示数变小 C电压表示数变大，电流表示数变大 D电压表示数变小，电流表示数变小 答案： B 试题分析：本题是电路的动态变化分析问题，一般按 “局部 整体 局部 ”的思路分析由图可知 R2与 R3并联后与 R1串联，电压表测量路端电压，电流表测量 R3支路电流当变阻器 R3的滑动触头向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减 小，由 知路端电压增大，故电压表示数变大；并联部分的电压 ， I减小，其他量不变，可见， 增大，通过 R2的电流 I2增大，流过电流表的电流 ， I减小，
9、 I2增大，IA减小，则电流表示数变小所以电压表示数变大，电流表示数变小故 B正确 考 点：本题考查运用闭合电路欧姆定律分析电路的动态变化问题，意在考查考生的推理能力和分析综合能力 如图所示，电动势为 E、内阻为 r的电池与滑动变阻器 R串联，已知滑动变阻器的最大阻值是 r当滑动变阻器的滑片 P由 a端向 b端滑动时，下列说法中正确的是（ ） A滑动变阻器消耗的功率不变 B滑动变阻器消耗的功率变大 C内阻上消耗的功率变小 D滑动变阻器消耗的功率变小 答案： D 试题分析：根据闭合电路欧姆定律得：总电流 ，滑动变阻器消耗的功率为，由此知当 ，外电阻等于内电阻时，滑动变阻器消耗的功率最大，当滑动变
10、阻器滑片 P由 a端向 b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，因滑动变阻器的最大阻值是 r，随着电阻的减小，滑动变阻器消耗的功率减小，故 D正确， AB错误；当滑动变阻器滑片 P由 a端向 b端滑动时，电路中的总电 阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大，根据 知，内阻上消耗的功率变大，故 C错误所以选 D 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用及对电功、电功率的理解 如图所示，一通电直导线置于匀强磁场中，电流方向垂直纸面向里，图中能正确表示该导线所受安培力的是（ ） A F1 B F2 C F3 D F4 答案： A 试题分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其 余四个
11、手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向磁场方向向左，电流的方向向里，根据左手定则可以判断，受到的安培力的方向为竖直向上，故 A正确， BCD错误 考点：本题考查左手定则的直接应用，意在考查考生的理解能力 如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动轨迹如图中虚线所示， a、 b为轨迹上的两点若 a点电势为 a ， b点电势为 b ，则下列说法中正确的是（ ） A场强方向一定向左，且电势 a b B场强方向一定向左，且电势 a b D场强方向一定
12、向右，且电势 a b 答案： C 试题分析：由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，又因粒子只在电场力作用下运动，电场强度方向应该是电场线上一点的切线方向，所以电荷所受电场力向右由于是正电荷的粒子，所以场强方向一定向右沿着电场线的方向电势降低的作出 a、b点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线可判定 a点的电势大于 b点故选 C 考点：本题考查对 电场线与等势面、电场强度与电势的认识和理解，意在考查考生的推理能力和分析综合能力 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 2V，内阻为 1.2k） C滑动变阻
13、器 R（ 010， 1A） 某实验小组设计了如图所示的电路利用上述实验电路进行实验，测出多组电压表读数 UV与对应的电流表读数 IA，利用 UVIA的图象所示由图象可知，电源的电动势 E= V，内阻 r= 答案： .60（ 1.6也给分）； 2.75（ 2.7到 2.8也给分） 试题分析：由 知，电源的 U-I图象与纵坐标轴交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图可知，图象与纵坐标的交点为 1.60V，故电源电动势为1.60V；而图象与横轴的交点为 0.40A，说明当电源的路端电压为 0.50V时，电 流为0.40A，则有 可得，内阻 考点：本题考查了测电源电动势与内阻的实验电路、求
14、电源电动势与内阻，意在考查考生依据正确分析数据的能力 当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示 若此时选择开关对准 100挡，则被测电阻的阻值为 若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，则应该换用倍率更 （填 “高 ”或 “低 ”）的挡位，换挡后还要 ，用完电表后把选择开关拨到 答案： .8 103（填 2800也对）；低 ；欧姆调零 ； off挡或者交流电压最高挡 试题分析：多用电表欧姆档的特点是：表盘刻度不均匀、 0刻线在右边，多用电表欧姆档的读数等于表盘示数乘以倍率，由图可知表盘示数为 28，选择开关置于电阻100挡，即倍率为 100，则被测电阻的阻值为：
15、 R=28100=2.8103；若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，说明指针示数较小，所选挡位太大，测电阻时应使指针指在中央刻度 附近误差比较小，所以应换小挡，即应该换用倍率更低的挡位；多用电表测量电阻时每次换挡后，要短接两表笔，重新欧姆调零；多用电表使用完毕，防止误操作损坏电表，应把选择开关置于 off挡或交流电压最高挡 考点：本题考查了多用电表的使用注意事项及欧姆档的读数方法、欧姆表的挡位选择和减小测量误差的方法 某实验小组要描绘一只规格为 “2.5V， 0.5A” 小灯泡的伏安特性曲线，除了提供导线和开关外，还有以下一些器材： A电源 E(电动势为 3.0 V，内
16、阻不计 ) B电压表 V(量程为 0 3.0 V，内阻约为 2 k) C电流表 A(量程为 0 0.6 A，内阻约为 1 ) D滑动变阻器 R(最大阻值 10 ，额定电流 1 A) (1)为完成本实验，请用笔画线当导线，将实物图连成完整的电路，要求实验误差尽可能的小 (图中有几根导线已经接好 ) (2)下表中的数据是该小组在实验中测得的，请根据表格中的数据在方格纸上作出电珠的伏安特性曲线根据 I-U图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度 T变化的关系是 U/V 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 I/A 0.00 0.17 0.30 0.39 0.45 0.49 答案：
17、(1) 正确连线如图甲 (2) 画出特性曲线如图乙 ( 注意：曲线不过原点不给分，曲线不要超过额定电压 )；小灯泡电阻随温度 T升高而增加 试题分析：（ 1）因为电压和电流均从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约 5，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法实物连线图如图甲所示 （ 2）根据表格中的数据，描点作图，用平滑曲线连接，伏安特性曲线如图乙所示小灯泡的电阻，由数学知识分析可知， R等于小灯泡的 U-I特性图线上的点与原点连线的斜率的倒数，则小灯泡的电阻随温度的上升而增 大 考点：本题考查电流表采用内外接法的选择原则、滑动变阻器分压式和限流式接法的区别、作灯泡
18、的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律及实物连线技能和实验数据处理方法 螺旋测微器的示数为 mm 答案： .240 (3.239， 3.241都对 ) 试题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 3mm，可动刻度示数为24.00.01mm=0.240mm， 螺旋测微器示数为 3mm+0.240 mm=3.240 mm 考点：本题考查了螺旋测微器的工作原理及读数方法 计算题 如图所示的电路中， R1=2， R2=6， S闭合时，电压表 V的示数为 7.5V，电流表 A的示数为 0.75A， S断开时，电流表 A
19、的示数为 1A，求： （ 1）电阻 R3的值； （ 2）电源电动势 E和内阻 r的值 答案：（ 1） 6 （ 2） E=9V r=1 试题分析：（ 1）当 S闭合后， R2和 R3并联之后和 R1串联，设流过 R1的电流为 I， R1两端的电压为 U1， R2两端的电压为 U ，根据部分电路的欧姆定律得：由电阻的串并联的知识知， 根据部分电路的欧姆定律得： ，则 （ 2）当 S闭合时，根据闭合电路的欧姆定律有： ，即 当 S断开时， R1和 R2串联，根据闭合电路的欧姆定律有： ，即联立以上两式解得： E=9V r=1 考点：本题考查的是电阻的串并联的知识及欧姆定律 如图所示，两根平行放置的导
20、电轨道，间距为 L，倾角为 ，轨道间接有电动势为 E（内阻不计）的电源，现将一根质量为 m、电阻为 R的金属杆 ab水平且与轨道垂直放置在轨道上，金属杆与轨道接触摩擦和电阻均不计，整个装置处在匀强磁场 (磁场垂直于金属棒 )中且 ab杆静止在轨道上，求： （ 1）若磁场竖直向上，则磁感应强度 B1是多少？ （ 2）如果通电直导线对轨道无压力，则匀强磁场的磁感应强度的 B2是多少？方向如何？ 答案： (1) (2) 方向水平向左 试题分析： (1)导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，侧视图如图所示 由平衡条件得： 又： 根据闭合电路欧姆定律： 以上各式联立解得： ，即 (2)
21、金属棒 ab静止在斜面上且对斜面压力为零，则安培力 F与重力 G构成一对平衡力，侧视图如图所示 因 又： 根据闭合电路欧姆定律： 以上各式联立解得： ，整理得： 由左手定则知：匀强磁场的磁感应强度的 B2的方向水平向左 考点：本题考查通电导体在磁场中平衡问题，同时考查了受力分析、闭合电路欧姆定律、安培力表达式的应用及左手定则 如图所示，在场强为 E的竖直向下匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方高为 h处有一个小的放射源，放射源上方有一铅板，使放射源可以向水平及斜下方各个方向释放质量为 m、电量为 q、初速度为 v0的带电粒子，粒子最后落在金属板上，不计粒子重力试求：
22、（ 1）粒子打在板上时的动能； （ 2）计算落在金属板上的粒子图形的面积大小 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）电场力做功与路径无关，只与始末位置间的电势差有关，所以粒子在下落过程中电场力做的功为 粒子在整个过程中仅有电场力做功，由动能定理得： 解得：粒子打在板上时的动能为 （ 2）因不计粒子重力，粒子在电场中 仅受电场力作用，水平射出后将做类平抛运动，粒子下降过程沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动由牛顿第二定律知： 所以粒子下降过程加速度为： 设粒子下降过程沿电场方向做匀变速运动的时间为 t，则： 解得：粒子水平射出后将做类平抛运动，此粒子沿水平方向的位
23、移大小即是落在金属板上的粒子圆形面积的半径，设水平位移为 x，则根据运动学公式有： 由几何知识知圆形面积为： 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第二定律及动能定理的应用，意在考查考生处理类平抛运动问题的能力 如图所示，在两条平行的虚线间存在着宽度为 L、电场强度为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距为 L处有一个与电场平行的屏现有一电荷量为 +q、质量为 m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度 v0射入电场中， v0方向的延长线与屏的交点为 O试求： （ 1）粒子从射入到打到屏上所用的时间； （ 2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间 夹角的正切值； （ 3）粒子打
24、在屏上的点 P到 O距离 y 答案：（ 1） （ 1） （ 3） 试题分析：（ 1）根据题意，带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速运动，从右侧虚线射出电场后做匀速直线运动 根据运动学公式得 ： ，解得：粒子从射入到打到屏上所用的时间 （ 2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 ，根据牛顿第二定律得：，解得： 根据运动学公式得： ， 解得：粒子在电场中运动的时间： 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 （ 3）设粒子在电场中的偏转距离为 ，则 带电粒子离开电场后做匀速直线运动，由几何关系知：偏转的距离为 又 ，解得： 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解及牛顿第二定律
