1、2015学年辽宁省沈阳铁路实验中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述错误的是（ ） A库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律 B法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律 C奥斯特发现了电流周围存在着磁场 D密立根测出了元电荷 e的数值 答案： B 试题分析：库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，故 A正确；安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故 B错误；奥斯特发现了电流的周围存在磁场，第一个发现了电与磁之间有联系，故 C正确；密立根测出了电子的电荷量，故 D正确；故选： B 考点：本题考查了物理学史 如图所示，空间有一
2、垂直纸面向外的磁感应强度为 0.5T的匀强磁场，一质量为 0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为 0.10kg、带电荷量 q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力现对木板施加方向水平向左，大小为 0.6N的恒力， g取 10m/s2，则 （ ） A木板和滑块一直做加速度为 2m/s2的匀加速运动 B滑块开始做匀加速直线运动 然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动 C最终木板做加速度为 2m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为 10m/s的匀速运动 D最终木板做加速度为 3m/s2的匀加速直线运
3、动，滑块做速度为 10m/s的匀速运动 答案： BD 试题分析：由于动摩擦因数为 0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为 5m/s2，所以当 0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以 a= m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时 Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动， a= m/s2，所以 BD正确，故选 BD 考点：本题考查了牛顿第二定律；洛仑兹力 如图所示， ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB为倾斜直轨道，BC为与 AB相切的圆
4、形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道 AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则（ ） A甲球的释放位置比乙球的高 B运动过程中 三个小球的机械能均保持不变 C经过最高点时，三个小球的速度相等 D经过最高点时，甲球的速度最小 答案： AB 试题分析：因甲球的速度最大，而在整个过程中洛仑兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故 A正确；因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故 B正确；在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而
5、丙球不受洛仑兹力，故三球在最高点受合力不同，故由 F 合 =m 可知，三小球的速度不相等；故 C错误；因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，故 D错误；故选 AB 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；机械能守恒定律 直线 I、 II分别是电源 1与电源 2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线 III是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源 1、电源 2单独连接，则下列说法正确的是（ ） A电源 1与电源 2的内阻之比是 11： 7 B电源 1与电源 2的电动势之比是 1： 1 C在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是 1： 2 D在这两种连接状态下，
6、小灯泡的电阻之比是 1： 2 答案： ABC 试题分析：根据电源 U-I图线， r1= ， r2= ，则 r1： r2=11： 7，故 A正确；E1=E2=10V，故 B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态， 则 U1=3V， I1=5A， P1=15W， R1= ， U2=5V，I2=6A， P2=30W， R2= ， P1： P2=1： 2， R1： R2=18： 25故 C正确， D错误。故选 ABC 考点：本题考查了电源的电动势和内阻；电功、电功率 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形 abcd， O点是 a、 c连线的中点， a、c处分别固定一个等
7、量正点电荷，如图所示，若将一个带负电的试探电荷 P置于 b点，自由释放后，电荷 P将沿着对角线 bd往复运动，当电荷 P从 b点运动到 d点的过程中，电荷 P ( ) A经过 O点的电势能最大 B所受电场力先增大后减小 C电势能和机械能之和保持不变 D电势能先减小后增大 答案： CD 试题分析：由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：由于负电荷受到的电场力是变力， O点的电场力为零，故 B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，故 C正确；由 b到 ac连线的中点 O的过程中，电场力做正功，电势能减小，经过 O点的电势能最小，由 O到 d电场力做负功，
8、电势能增加，故 A错误， D正确，故选 CD 考点：本题考查了电势能；能量守恒定律；电势 如图所示是某导体的 I-U图象，图中 45，下列说法正确的是 ( ) A通过电阻的电流与其两端的电压成正比 B此导体的电阻 R 2 C I-U图象的斜率表示电阻的倒数，所以 R cot 45 1.0 D在 R两端加 6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是 3.0 C 答案： ABD 试题分析：由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，故 A正确； 由 I= 可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻 R= =2，故 B正确， C错误；在 R两端加 6V的电压时，电
9、路中电流 I= =3A，则每秒通过电阻的电荷量为 q=It=31=3C；故 D正确；故选 ABD 考点：本题考查了欧姆定律 如右图所示，在边长为 2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为 m、电荷量为 -q的带电粒子 (重力不计 )从 AB边的中点 O以速度 v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与 AB边的夹角为 60，若要使粒子能从 AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小 B需满足 ( ) A B C D 答案： B 试题分析：粒子刚好达到 C点时，其运动轨迹与 AC相切，如图所示： 则粒子运动的半径为： r=acot30= a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定
10、律得： qvB=m ，解得： r= ，粒子要能从 AC边射出，粒子运行的半径： Rr，解得： B ，故选： B 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r， R1、R2为定值电阻， R3为滑动变阻器， C为电容器， A、 V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头 P自 a端向 b端滑动的过程中，下列说法中正确的是 ( ) A电压表示数变小 B电流表示数变小 C a点的电动势降低 D电容器 C所带电荷量增多 答案： C 试题分析：在滑动变阻器滑动头 P自 a端向 b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路
11、总电阻减小，干路电流 I增大，电阻 R1两端电压增大，则电压表示数变大电阻 R2两端的电压 U2=E-I（ R1+r）， I增大，则 U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零， a点的 电势等于 R2两端的电压， U2变小，则 a点的电势降低，通过 R2的电流 I2减小，通过电流表的电流 IA=I-I2， I增大， I2减小，则 IA增大即电流表示数变大，故 C正确， ABD错误，故选 C 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律 通有电流的导线 、 处在同一平面 (纸面 )内， 是固定的， 可绕垂直纸面的固定转轴 O转动 (O为 的中心 )
12、，各自的电流方向如图所示下列哪种情况将会发生 ( ) A 绕轴 O按顺时针方向转动 B 绕轴 O按逆时针方向转动 C因 不受磁场力的作用，故 不动 D因 上、下两部分所受的磁场力平衡，故 不动 答案： B 试题分析：由题意可知， L1导线产生磁场方向，根据右手螺旋定则可知，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线 L2，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近 L1，安培力越强，从而出现 L2绕轴O按逆时针方向转动，故 B正确， ACD错误；故选 B 考点：本题考查了平行通电直导线间的作用 下表是一辆电动自行车的部分技术指标，参考表中数据判断以下说法正确的是（ ） A
13、电动机每秒钟消耗的热能为 180J B电动机每秒钟消耗的电能为 180J C电动机的内电阻为 1 D电动机的内电阻为 6 答案： C 试题分析：电动机每秒消耗的电能 W=UIt=36V6A1s=216J，则自行车每秒消耗的电能是 216J，故 B错误；电动机的热功率 PQ=P-P 出 =UI-P 出 =36V6A-180=36W， PQ=I2r，则电动机内阻 r=1，故 AD错误， C正确；故选 C 考点：本题考查了电功、电功率 如图所示的电路中， A1A2和 B1B2为两根平行放置的导体棒， S2为单刀双掷开关，下列操作中能使两根导体棒相互排斥的是（ ） A闭合 S1， S2接 a B闭合
14、S1， S2接 b C断开 S1， S2接 a D断开 S1， S2接 b 答案： D 试题分析：断开 S1， S2接 b， A1A2和 B1B2为两根平行放置的导体棒中的电流方向相反，两根导体棒相互排斥。故选 D 考点：本题考查了电流对电流的作用 P、 Q两电荷的电场线分布如图所示， a、 b、 c、 d为电场中的四点一个离子从 a运动到 b(不计重力 )，轨迹如图所示则下列判断正确的是 ( ) A离子从 a到 b，电势能增加 B离子在运动过程中受到 P的排斥力 C c、 d两点电势相等 D离子从 a到 b，动能增加 答案： A 试 题分析：由图中电场线的分布情况可知 P带正电， Q带负电离
15、子从 a到 b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加 ,动能减少，故 A正确；离子从 a运动 b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到 P的吸引力作用，从 a到 b，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故 BD错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，则知 c点的电势高于 d点的电势，故 C错误，故选： A 考点：本题考查了电势；电势能 实验题 （ 9分）用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势 E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。 A电压表 V1（量程 6V、内阻很大） B电压表 V2（量程 4V、内阻很大） C电流表 A（量程 3A、内阻很小） D滑动变阻器 R（最
16、大阻值 10、额定电流 4A） E小灯泡（ 2A、 7W） F电池组（电动势 E、内阻 r） G开关一只，导线若干 实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表 V1的示数增大，则电压表 V2的示数减小。 （ 1）请将设计的实验电路图在图甲中补充完整。 （ 2）每一次操作后，同时记录电流表 A、电压表 V1和电压表 V2的示数，组成两个坐标点（ I， U1）、（ I， U2） ,标到 U-I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势 E _V、内阻 r _。（结果保留两位有效数字） （ 3）在 U-I坐标中两条图线在 P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值
17、应为_，电池组的效率为 _（结果保留两位有效数字）。 答案：（ 1）电路如图所示；（ 2） 5.5； 1.0；（ 3） 0.0； 64% 试题分析：（ 1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过 灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表 V1的示数增大，则电压表 V2的示数减小，则测路端电压， V2测灯泡两端电压，电路图如图所示 （ 2）电源的 U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势 E=5.5V，电源内阻 r= =1.0 （ 3）由图
18、乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压 UL=3.5V，此时电路电流 I=2.0A， 电源电动势 E=Ir+UL+IR滑 ，即 5.5V=2.0A1+3.5V+2.0AR滑 ，则 R滑 =0； 电池组的效率 = 64% 考点：本题考查了测定电源的电动势和内阻 （ 6分）某物理兴趣小组准备自制一只欧姆表，现有以下实验器材： A Ig=l00A的微安表一个 B电动势 E=1.5V，内阻可忽略不计的电源一个 C最大电阻为 99999的电阻箱 R一个 D红、黑测试表笔和导线若干 某同学用以上器材接成如图甲所示的电路，并将电阻箱的阻值调至 14k，就成功地改装了一个简易的 “R1k”的欧姆表，改装
19、成的欧姆表表盘刻线如图乙所示，其中 “15”刻线是微安表的电流半偏刻线处。 （ 1）红表笔一定是 （填 “A”或 “B”） （ 2）原微安表的内阻 Rg= （ 3）理论和实验研究均发现，在图甲电路的基础上（不改换微安表、电源和电阻箱的阻值）。图乙的刻度及标度也不改变，仅增加一个电阻 R，就能改装成“Rl”的欧姆表，如图丙所示，则电阻 R = （保留两位有效数字） 答案：（ 1） A；（ 2） 1000；（ 3） 15 试题分析：（ 1）红表笔接内部电源的负极，故红表笔接 A；（ 2） “15”刻线是微安表的电流半偏刻线处， 则欧姆表刻度盘中央的应标阻值为 15K，欧姆表的中值电阻为 15K，
20、R中 =R内=Rg+R， Rg=15k-14k=1000；（ 3）不换微安表和电池，改装后的欧姆表刻度盘的刻度也不改变，把欧姆表改装成 “R1”的欧姆表，改装后的欧姆表中值电阻为 15，微安表的内阻 Rg=1k，要使改装后的欧姆表中值电阻阻值为 15， 需要在原欧姆表的基础上并联一个小电阻，阻值约为 15 考点：本题考查了实验恒定电流专题 计算题 （ 8 分）如图所示，电源内阻 ， 。当电键闭合时，电流表和电压表的示数分别为 1.5A和 2V。求： （ 1）电源电动势； （ 2） 的阻值； 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）电键闭合后，等效电路如下 电压表测量的是 的端电压， 与 并
21、联所以电压相等，而且 所以 电流表测量的是通过 的总电流，所以 路端电压就等于 的端电压，所有 内电压 U 内 = （ 2） R1与 R2并联后与 R4串联，所以 R4的电压等于路端电压减去 R2的电压，根据欧姆定律有 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律 如图所示，半径为 R的 1/4光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于 B点， O为光滑圆弧的圆心，其中 OB竖直， OC水平，且 AB=R，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为 m的带正电小球从 A点静止释放，其所受电场力为重力的3/4倍，重力加 速度为 g，求： （ 1）小球到达 C点时对轨道的压力大小； （ 2）小球从 A点运动到 C点过程中最
22、大速度的大小 答案：（ 1）小球到达 C点时对轨道的压力大小是 mg；（ 2）小球从 A点运动到 C点过程中最大速度的大小 试题分析：（ 1）已知 Eq= mg,小球从 A到 C，由动能定理得： Eq 2R-mgR=mvc2-0 , 对小球，在 C处由牛顿第二定律得： NC-Eq= ,得小球受轨道的支持力 NC=mg 由牛顿第三定律小球对轨道的压力： NC1=NC= mg （ 2）一个小球在圆轨道上受到的重力和电场力的合力的方向与支持力的方向在同一条直线上的点的受力如图： 得： ，所以： =53 小球从 C到达该点的过程中，由动能定理得：得： 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动；向心力
23、 （ 16分）如图所示，直线 OP与 x轴的夹角为 45o， OP上方有沿 y轴负方向的匀强电场， OP与 x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域 I， x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域 II。不计重力，一质量为 m、带电量为 q的粒子从 y轴上的 A（ 0， l）点以速度 垂直 y轴射入电场，恰以垂直于 OP的速度 进磁场区域 I。若带电粒子第二次通过 x轴时，速度方向恰好垂直 x轴射入磁场区域 I，在磁场区域 I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求： （ 1）带电粒子离开电场时的速度大小 ； （ 2）电场强度 E的大小； （ 3）磁场区域 I、 II的磁感应强度 B1、 B2的大小
24、。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） ， 试题分析：（ 1）粒子到达 C点时 , ,解得 （ 2）粒子从 A到 C的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿 x轴方向的位移为x1，沿 y轴方向的位移为 y1,图中 OD之间的距离为 y2,可得 ， ， ， ，解得： （ 3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力 ，解得 设在磁场 I中粒子运动半径为 R1，因粒子垂直通过 x轴 ,因此 OC等于 R1，由几何关系可得： ， ，粒子在磁场 II中运动后返回磁场 I中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与 OP相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场 II中的半径为 R2，据几何关系可得： ，解得 。 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动
