1、- 1 -湖北省黄冈中学 2013 年秋季高二期中考试物理试题命题：石志国 审稿：李彩霞 一、选择题：本题 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-8 题只有一个选项符合题目要求，第 9-12 题有多个选项符合要求。选对得 4 分,漏选得 2 分,多选、选错或不答得 0 分。1在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )A丹麦物理学家奥斯特首先发现了电磁感应现象B英国科学家法拉第首先发现了电磁感应现象C感应电流的磁场总是和原磁场方向相反D穿过闭合电路的磁通量越大，电路中的感应电流也越大【答案】B【考点】电磁感应定律丹麦物理学家奥斯特首先发现了通电导线周围存在磁场
2、；感应电流的磁场有时与原磁场方向相同有时相反；穿过闭合电路的磁通量变化越快，则感应电动势越大。2如图所示， a、 b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是 ( )A图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比B a 电阻丝的阻值小于 b 电阻丝的阻值C a 代表的电阻丝较粗D b 代表的电阻丝较粗【答案】D【考点】电阻定律图线的斜率表示电阻的倒数，图线 a 的斜率小于 b 的斜率，所以 a 的电阻大于 b 的电阻，根据电阻定律LRS知，长度相同，材料相同，知 a 的横截面积小，b 的横截面积大;、电阻的大小与电压、电流无关3如图所示， Q 是带正电的点电荷， P
3、1和 P2为其电场中的两点。若 E1、 E2为 P1、 P2 两点的电场强度的大小， 1、 2为 P1、 P2两点的电势，则 ( )- 2 -A E1E2， 1 2 B E1E2， 1 2 D E1E2， 1 2【答案】A【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势由公式2Qkr，分析可知，r1r2，则场强 E1E2电场线方向由 P1 指向 P2，顺着电场线的方向电势降低，则电势 124图示的电路中，电源内阻不可忽略，电键 S 闭合前灯泡 A、 B、 C 均已发光。那么，当电键 S 闭合时， A、 B、 C 三个灯泡的亮度变化情况是 ( )A A 亮度不变， B 变亮， C 变暗 B A 变
4、暗， B 变亮， C 变暗C A 变亮， B 变暗， C 变亮 D A 变暗， B 变亮， C 亮度不变【答案】B【考点】闭合电路的欧姆定律当电键 S 闭合时，灯泡 C、D 并联电阻减小，外电路总电阻 R 减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流 I 增大，灯泡 A 的电压 AEIrU减小，电流 AI减小，灯泡 A 变暗灯泡 B的电流 BA增大，电压 B增大，灯泡 B 变亮C 灯的电压 CBU， A减小，U增大，则 C减小，灯泡 C 变暗5如图所示，从 S 处发出的热电子经加速电压 U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力。设两极板间电场强度
5、为 E，磁感应强度为 B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A适当减小电场强度 E - 3 -B适当减小磁感应强度 B C适当增大加速电场的宽度 D适当减小加速电压 U【答案】A【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动要使粒子在复合场中做匀速直线运动，必须满足条件：Eq=qvB根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么减小洛伦兹力，要么增大电场力A、减小加速电压 U，即可以减小速度 v，减小洛伦兹力，可以满足要求故 A 正确B、适当增大电场
6、强度 E，可以增大电场力，故 B 错误C、适当增大磁感应强度，可增大洛伦兹力，电子仍向下极板偏转，故 C 错误D、加速电场中，根据 21em可得， 2eUvm；根据适当增大加速电压 U，可以增大电子在复合场中运动的速度 v，从而增大洛伦兹力电子仍向下偏转故 D 错误6如图所示，正方形容器处于匀强磁场中，一束电子从 a 孔射入容器，其中一部分从 c 孔射出，一部分从 d 孔射出，不计重力，则 ( )A从两孔射出的电子在容器中运动时的半径之比为 :1:2cdR B从两孔射出的电子在容器中运动时间之比为 :cdtC从两孔射出的电子速率之比为 :2:1cdvD从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度之比
7、为 :2:1cda【答案】B【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动电子从 c 点射出，d 为圆心， cLR，圆心角 2c，由 mvRBq，得 ceL，运动时间42cTmBet，电子从 d 点射出，ad 中点为圆心， 1dL，圆心角 d 所以 ,ddLTevt，故 :2:1,:2cdcdvt电子做匀速圆周运动 =,fBevmafF向洛 ， 1cd7如图所示，把一个质量为 m 、电荷量为+ q 的小球，放在水平方向的匀强磁场中，磁感- 4 -应强度为 B ，让小球沿着竖直墙壁由静止下滑，已知动摩擦因数为 。下列说法正确的是 ( )A小球所受的力有 3 个 B尽管小球受到磁场力作用，但磁场力不变C小球下
8、滑的最大速度为 mg qBD小球下滑时先加速后减速【答案】C【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；A、小球静止时只受重力，则加速度为 a；下滑后，小球受洛伦兹力、重力、支持力及摩擦力，洛伦兹力水平向左，摩擦力竖直向上，故 A 错误；B、尽管小球受到磁场力的作用，但磁场力方向与速度方向垂直不做功，但是有摩擦力做负功，系统机械能不守恒，故 B 错误；C、当受力平衡时小球有最大速度： mgqvB，得 mgq，故 C 正确； D、小球开始时只受重力，下滑后受向上的摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大球与墙的压力变大，则摩擦力变大，加速度减小，故开始时加速度最大：a=g，故 D 错误8如图所示
9、，在一水平放置的平板 MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为 m、 带电量为+ q 的粒子，以相同的速率 v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔 O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。则 MN 上有粒子到达的区域的长度是( )A mvBqB 2vqC 2D 4m【答案】B【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后得到荧光屏上亮纹的范围- 5 -9在匀强磁场 B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为 L，质量为 m 的导线，当通以如图所示方向的电流后，导线恰能保持静止，
10、则磁感应强度 B 满足( )A sinmgIL，方向垂直斜面向下B ，方向垂直斜面向上C tangI，方向竖直向下D mL，方向水平向左【答案】ACD【考点】安培力磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有 sinmgBIL解得选项 A 正确。磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有 taI，解得选项 C 正确。磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有 mgBL，解得选项 D 正确。10如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，由位
11、置 1（左）匀速运动到位置 2（右）则 ( )A导线框进入磁场时，感应电流方向为 a b c d aB导线框进入磁场时，感应电流方向为 a d c b aC导线框离开磁场时，受到安培力的方向水平向右D导线框离开磁场时，受到安培力的方向水平向左【答案】BD【考点】右手定则线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为 adcba，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为- 6 -abcda，安培力方向水平向左，故 BD 正确11如图所示，一个带负电的油滴以初速 0从 P 点斜向上进入水平方向的匀强电场中，倾斜角 = 45 ，若油滴到达最高点时速度
12、大小仍为 0 ，则油滴进入电场后( )A油滴在水平方向做匀变速运动B油滴到最高点时速度方向水平向左C重力大于电场力 D重力小于电场力【答案】ABD【考点】带电粒子在匀强电场中的运动：A、油滴在水平方向上只受电场力作用，所以是匀变速运动，故 A 正确B、从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，即电场力做正功，由于油滴带负电，所以受电场力水平向左，故在水平方向上应向左运动，即最高点应在 P 点的左上方，故油滴到最高点时速度方向水平向左，故 B 正确CD、根据牛顿第一定律可以知道 GF，即重力小于电场力，故 C 错误、D 正确12如 图 所 示 为 圆 筒 区 域 的 截 面
13、， 在 没 有 磁 场 的 情 况 下 ， 带 电 粒 子 沿 圆 筒 截 面 直 径 通 过 需时 间 t。 在 圆 筒 区 域 加 匀 强 磁 场 ， 方 向 垂 直 于 纸 面 向 外 ， 磁 感 应 强 度 大 小 为 B。 带 电 粒子 沿 直 径 方 向 射 入 ，最后偏转 60角飞出，由以上三个已知量 t、 B、60可求出的物理量有( )A粒子的电荷量与质量之比 B粒子做圆周运动的周期C粒子做圆周运动的半径 D粒子的速度大小【答案】AB【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为 R0，则 02vtR而有磁场-
14、 7 -时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得： mvRBq由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系： 03由（1） （2） （3）联式可得： 23qmBt设粒子在磁场中的运动时间 0，粒子飞出此区域时，速度方向偏转 60角，则由周期公式可得： 036Ttt，由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求二、实验题：本题小题共 14 分。13.（4 分）用螺旋测微器(千分尺)测小球直径时，示数如图甲所示，这时读出的数值是_mm；用游标卡尺测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是_ _cm。【答案】13.540 ；11.150（11.155）【
15、考点】游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，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游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读14 （10 分）某同学进行“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，现备有下列器材：小灯泡(铭牌 4V，2W)电池（电动势 46V） ，开关一个，导线若干，电流表 A1(量程 0600 mA，内阻约 10 )电流表 A2(量程 03A，内阻约 5)电压表 V1(量程 06 V，内阻约 2 k) 电压表 V2(量程 015V，内阻约 20 k)滑动变阻器 R1(010 ，额定电流 2 A)
16、滑动变阻器 R2(0500 ，额定电流 1 A)（1）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，电流表应选 ，应选用的滑动变阻器是_（填器材的代码）应选择以下四个电路中的_。- 8 -（2）该同学根据实验数据作出伏安特性曲线如图所示，然后把一个电动势为 3V，内阻为5 的电源与一个该规格的灯泡串联，则这个小灯泡实际消耗的功率为 W，如果把4 个这样的灯泡和这个电源串联，则每个小灯泡实际消耗的功率是 W。 （结果保留一位有效数字）【答案】1）A1 ，R1 ， 丁；（2）0.5（或 0.4） 0.1【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线（1）由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是 4V，额定功率是 2W，由电功
17、率的变形公式可以求出它正常发光时的电阻；根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器描绘灯泡的伏安特性曲线，电流与电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择电路图（2）根据图象，由欧姆定律判断灯泡电阻如何变化；从温度对电阻的影响分析原因（3）电源的 U-I 图象与纵轴的交点值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；由串联电路特点求出灯泡电压，由灯泡的伏安曲线求出电压所对应的电流，然后由 P=UI 求出灯泡的实际功率三、计算题：本题 4 小题，共 48 分解
18、答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15 （10 分）如图所示，在磁感应强度 B=1T 的匀强磁场中，用两根细线悬挂一长为10cm，质量为 0.05kg 的金属导线。今在金属导线中通以恒定电流。 （g=10m/s 2）求：（1）若要使悬线受的拉力为零，求金属导线中电流的大小和电流的方向；（2）若每根细线所受的拉力为 0.1N，求金属导线中电流强度的大小。- 9 -【答案】 15AI, 23【考点】安培力解：（1）悬线拉力为零时 AB 受向上的安培力大小等于重力即 mg=BI1L 所以 10.5AI 由左手定则得方
19、向由 A 指向 B（2）当每根细线受拉力为 0.1N 时，由导线受力平衡得： LINmg21.0所以 23I 16 （12 分）如图所示， ABCD 是边长 L=1m 的正方形，位于匀强电场中，已知场强方向与正方形决定的平面平行， A 点电势为-2V， B 点的电势为 3V， C 点的电势为 8V。求：（1） D 点的电势（2）电场强度的大小和方向【答案】 3DV， 52/Em【考点】电势以及电势差解：（1）由 ABDc得到 3DV；（2）由 UEd得到 52/ABmL，方向由 C 指向 A。17 （12 分）如图所示，在水平向右的匀强电场 E 和垂直纸面向里的匀强磁场 B 并存的空间中有一个
20、足够长的水平光滑绝缘面 MN。面上 O 点放置一个质量为 m，带电量为+ q 的物体（可视为质点） ，释放后物体由静止开始运动。求物体刚要离开水平面时的速度和相对于出发点 O 的位移。【答案】23;gmxvEBq【考点】洛伦兹力解：当物体刚要离开水平面时，物体受洛伦兹力等于重力所以有： Bqvmg（1）- 10 -总个过程中只有电场力做功，由动能定理得 ：21mvEqx（2）联立（1） （2）得23;gmxvEBq18 （14 分）如图所示，真空室内存在宽度为 d = 8 cm 的匀强磁场区域，磁感应强度 B = 0.332 T ，磁场方向垂直纸面向里。 ab 、 cd 足够长， cd 为厚度
21、不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度 E = 3.32105 N/C，方向与金箔成 37o 夹角。紧挨边界 ab 放一点状放射源 s 。可沿纸面向各个方向均匀地放射初速率相同的 粒子，已知 粒子的质量 m = 6.6410-27 kg， 粒子的电荷量 q = 3.2 10-19 C， 粒子的初速度大小 v = 3.2106 m/s ， sin37o = 0.6，cos37 o = 0.8。试求： （1） 粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2） 金箔 cd 被 粒子射中区域的长度 L； （3）设打在金箔上 d 端离 cd 中心最远的 粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过 N
22、 点，已知 sN ab ， sN = 40 cm ，则该 粒子从金箔上穿出时，损失的动能 Ek 为多少 ?【答案】 20Rcm，32cm, 143.90KJE【考点】带电粒子在电场中运动解（1） 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即2qvBmR则 20vRcqB 。（2）设 cd 的中心为 O ，向 c 端偏转的 粒子，当圆周轨迹与 cd 相切时偏离 O 最远，设切点为 P ，对应圆心为 O1 ，如图所示，则由几何关系得： P = sA = Rdcm216向 d 端偏转的 粒子，当沿 sb 方向射入时，偏离 O 最远，设此时圆周轨迹与 cd 交于 Q 点，对应圆心 O2 ，如图所示，则由几何关系得： Q = Rdcm216 故金箔 cd 被 粒子射中区域的长度 L = P = + c3 （3）设从 Q 点穿出的 粒子的速度为 v ，在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示。沿速度 v 方向做匀速直线运动，位移 1()sin516NRcm
