浙江省绍兴一中2013-2014学年高二上学期期末物理试题 Word版含解析

绍兴一中 2013 学年 期末测试卷

第一学期

高二物理

一、单项选择题（共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）

1.以下四幅图中，表示等量同种点电荷电场线分布情况的是

【答案】B

根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断A是等量异种电荷

的电场线，B是等量正点荷的电场线，D是反向通电导线周围的电场线。 故选B。 【考点】电场线

2.如图所示，阴极射线管接通电源后，电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光板上会看到一条亮线。要使荧光板上的亮线向z轴负方向偏转，可采用的方法是 A．加一沿y轴负方向的磁场 B．加一沿z轴正方向的磁场 C．加一沿y轴正方向的电场 D．加一沿z轴负方向的电场 【答案】A

A、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A正确；

B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B错误；

C、若加一沿z轴正方向的磁场，电子不受磁场力作用，亮线不偏转，故C错误； D、若加一沿z轴负方向的磁场，电子不受磁场力作用，亮线不偏转，故D错误。 故选A。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则

3.如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象，下列说法中正确的是 A．烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上

B．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 D．同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大 【答案】B

A、负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；

BC、烟尘向铝板运动的时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B错误C正确；

D、根据针尖端的电场线密集，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D错误。 故选B。

【考点】静电除尘

4.“好变频1度到天明”——此广告语意为1度电可使变频空调工作一整夜（以10 h计）。同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约

A．1整夜 B．2整夜 C．3整夜 D．4整夜 【答案】D

由图可知电扇的额定功率为24W，则tW1000Wh＝＝41.6h，P24W而一整夜大约是10h，所以同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约4整夜。 故选D。

【考点】电功、电功率

5.电流计的主要结构如图甲所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并

可绕轴转动。铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连。用两根导线分别将两只电流计的“+”、“－”接线柱相连，如图乙所示，拔动一只电流计的指针，另一只电流计的指针也会转动。为了解释上述现象，有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是

【答案】C

同一磁场中，任意两条磁感线都不能相交，否则交点处的磁场方向就有两个，

而磁场中每一点磁场方向是唯一确定的，根据这一特点可以看出ABD错误。 故选C。

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理 6.法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d 。水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行。地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关s连接到两个金属板上，忽略边缘效应．则电阻R消耗的电功率为

【答案】C

由平衡条件得：qvBqE， d

由电阻定律得：两极板间水的电阻rd， S2BdvS2E电阻R消耗的电功率PI2R，解得：P()R。 RdSRrR故选C。

【考点】共点力平衡；电功与电功率

二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分） 7. 2014年1月1日起施行的《铁路安全管理条例》规定，设计开行时速120公里以上列车的铁路实行全封闭管理，旅客在动车组列车上吸烟将处以500元以上2000元以下罚款。动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示。M为烟雾传感器，其阻值RM 随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻。车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大，装置发出警报。下列说法正确的是 A．RM随烟雾浓度的增大而增大 B．RM随烟雾浓度的增大而减小 C．若要提高报警灵敏度可增大R D．若要提高报警灵敏度可减小R 【答案】BC

AB、S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小，说明当烟雾浓度的增大时，使传感器电阻RM变小，则有RM随着烟雾浓度的增大而减小，故A错误B正确；

CD、R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显，导致“S”上电压变化最明显，所以要提高报警灵敏度可增大R，故C正确D错误。 故选BC。

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率

8.如图所示，在区域I和区域II内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域I运动到区域II 。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是

A．粒子在区域I和区域II中的速率之比为2∶1 B．粒子

通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1

C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1 D．区域I和区域II的磁场方向相反 【答案】BD

A、由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域I和区域II中的速率之比为1：1，故A错误； B、根据tl，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间v之比为2：1，故B正确； C、圆心角lmv，r，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转rqB过的圆心角之比无法确定，故C错误；

D、根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确。 故选BD。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力

9.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大 A．使A、B两板远离一些 B．使A、B两板正对面积错开一些 C．断开S后，使B板向右平移远离一些 D．断开S后，使A、B正对面积错开一些 【答案】CD

AB、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变，故AB错误； C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U电势差增大，则指针张角增大，故C正确；

D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U电势差增大，则指针张角增大，故D正确。 故选CD。

Q知，CQ知，C

【考点】电容器的动态分析

10.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<900)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，如棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒速度的大小为v，则金属棒ab在这一过程中 A.运动的平均速度大小为v/2 B．下滑位移的大小为qR/BL C．产生的焦耳热为qBLv D．机械能转化为内能 【答案】BD

A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀

1v，根据速度时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运21动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于v，故A错误；

2变速直线运动，平均速度不等于

E－B、设棒下滑位移的大小为x．由电量计算公式qIt， I，E，BLxRt－－－联立可得：xqR，故B正确； BL1mv2 2C、根据能量守恒定律得棒产生的焦耳热为：QmgxsinB2L2v假设棒的速度为v时做匀速运动，则有：mgsin

R结合xqR12，得：QqBLvmv＜qBLv，故C错误； BL2D、棒在下滑过程中，克服安培力做功，其机械能减少转化为内能，故D正确。 故选BD。

【考点】法拉第电磁感应定律；能量守恒定律 三、填空题（共6题，每一空格2分，共32分）

11.物理兴趣小组的同学利用图甲所示的实验器材，测绘某个电学元件的伏安特性曲线。下表是他们在实验中记录的一组数据。其中毫安表内阻约为200Ω。

U /V I /mA 0 0 0.40 0.6 0.80 2.1 1.20 4.2 1.60 7.1 2.00 12.2 2.40 18.8 2.80 30.0

（1）实验桌上有两只电压表：V1（3V，内阻约3kΩ），V2（15V，内阻约15kΩ），他们应该选择_____ 表（选填“V1”或“V2”）；

（2）用笔画线代替导线，在图甲中正确连线；

（3）在图乙中选择合适的纵坐标，画出该元件的伏安特性曲线；

（4）当该元件消耗的功率为20 mW时，其两端的电压为____ V（保留两位有效数字）。

【答案】（1）V1 （2）如图 （3）如图 （4）1.9V

（1）、根据表中数据可知元件两端最大电压为2.8V，所以电压表应选V1； （2）、由于待测元件的最大电阻为RU2.80＝＝93，满足Rx＜＜RV的条件，所3I3010以电流表应用外接法；又实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，连线图如图所示：

（3）、画出的I-U图象如图所示：

（4）、根据I-U图线可知，当U=1.9V，I=11mA，功率P=UI=20.1W，所以待测元件两端电

压为U=1.9V。

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线

12.用多用电表探测黑箱内的元件。图甲所示的黑箱内有一个电源和一个电阻，a、b为黑箱的两个输出端。

（1）某同学用多用电表进行了以下几步测量： A.用欧姆挡测量a、b间的电阻； B.用电压挡测量a、b间的输出电压； C.用电流挡测量a、b间的输出电流。

你认为以上测量中不妥的有 （填序号）；

（2）使用完毕，应将选择开关置于____ 图（填“左”或“中”或“右”）所示位置；

（3）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极。为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U-I坐标，根据实验数据画出了坐标点（如图丙所示）。由图可求出等效电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。

【答案】（1）AC （2）左 （3）1.45 V 0.76Ω

（1）A、多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，故A错误； B、可以用多用电表的电压档测a、b间的电压，故B正确；

C、用多用电表的电流档测量a、b间的输出电流可能会造成短路，故C错误；

故选AC；

（2）多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上，应置于如左图所示位置；

（3）根据坐标系内描出的点作出电源的U-I图象如图所示，

由图象可知，图线与纵坐标的交点坐标值是1.45，电源的电动势：E=1.45V， 电源内阻：rU1.451.00.76。 I0.59【考点】用多用电表测电阻

13.一台直流电动机，其额定电压为110 V，正常工作时电流为20 A，线圈内阻为0.5Ω，那么电动机正常工作1 min内，电动机线圈产生的热量为___J，电动机的输出功率为____W。 【答案】1.2×104J 2×103W

根据焦耳定律，电动机产生的热量：QI2Rt2020.560J1.2104J；

223根据能量守恒定律，电动机输出功率为：PUIIR11020200.5210J。 出【考点】电功、电功率

14.匀强电场中有A、B、C三点，构成边长为10 cm的等边三角形，如图所示，一粒子从A 沿直线移动到B的过程中电场力始终不做功；带电量q = -2×10-6 C的点电荷，由B移动到C的过程中克服电场力做功为43×10-4 J。由此可知，A、C两点的电势差UAC=________V，电场强度的大小为________ V/m。

10V/ m【答案】2003V 4.0

一粒子从A沿直线移到B的过程中电场力始终不做功，知A、B电势相等；

3WAC43104B到C和A到C电场力做功相等，则UAC＝＝V2003V；

q2106

AC间沿电场线方向上的距离d0.1sin60＝3m； 20则电场强度EUAC2003＝V/m＝4.0103V/m。 d320【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差

15.如图，L电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计；当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方；当开关S断开时， 的指针缓慢地回到零点， 的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点。 【答案】G2 G1

当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，从而阻碍电流的变小，则通过G2的电流在慢慢变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点；

当断开时，通过G1的电流方向与原来方向相反，且大小在减小，所以G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点。 【考点】自感现象和自感系数

16.如图所示，通有稳恒电流的螺线管竖直放置，闭合铜环沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平。位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离，则铜环在1、3两位置时的磁通量大小Φ1 ___Φ3 ，磁通量的变化率或<”）

【答案】= <

由题意可知，则位置1、3的磁场强弱相同，由磁通量的定义

式，可知，铜环在1、3两位置时的磁通量大小相等，即Φ1=Φ3； 感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因；

当铜环经过1位置时，正在靠近螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环靠近螺线管，则加速度a1＜g；

当铜环经过位置3时，正在远离螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环远离螺线管，则加速度a3＜g；

31____。（填“>，= tt

当铜环经过2位置时，环中磁通量最大，且运动方向与磁场平行，故不产生感应电流，则加速度a2=g；

又由于从1位置经2位置到3位置的过程中，铜环的速度在逐渐增加，即V3＞V1， 故铜环在3位置处所受感应电动势比在1位置时感应电动势大，则有：磁通量的变化率

13＜。 tt【考点】法拉第电磁感应定律

四、计算题（共3题，计34分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤；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）

17（12分）.如图所示，水平放置的长直平行金属导轨PQ、MN相距l = 0.4 m，导轨左边接有定值电阻R =3Ω，在导轨上放置一金属棒ab，其质量为0.01 kg，电阻为0.2Ω，导轨电阻不计。整个装置处于磁感强度B = 0.5Ｔ的匀强磁场中，当金属棒在外力作用下以v = 4 m/s匀速向右运动时，求：

（1）金属棒ab中感应电流的大小和方向； （2）外力的功率是多大？

（3）撤去外力后，金属棒最终会停下来，求此过程中电阻R上产生的热量。

【答案】I=0.25A，电流方向为a→b P0.2W QR0.075J

（1）由右手定则可知，金属棒中的电流方向为a→b； 棒上电动势EBlv0.50.44V0.8V 由闭合电路欧姆定律I=E0.8A=0.25A； r+R0.23（2）匀速运动时棒受的安培力F 安BIl0.50.250.4N0.05N则F外F 安0.05N功率PF外v0.054W0.2W；

（3）由能量守恒可知，金属棒的动能全部转化为电路中的热能， 即QEk1mv20.08J 2RQ0.075J。 rR其中电阻R上产生的热量为QR

【考点】法拉第电磁感应定律；能量守恒定律

18（10分）.如图所示，为真空示波管的示意图。从阴极K发出的电子（初速度可略），经灯丝与A板间的电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，最终电子打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场两板间距为d，极板长为L 。两平行板内部可视为匀强电场，其右侧区域没有电场。求：

（1）指出两个电压U1、U2的正极（板）； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量； （3）使用时间长了以后，电子枪K发射电子的能力将减弱，试判断这种情况下荧光屏上的图形会

如何变化？（通过必要的说明，回答“变大、变小或不变”）

U2L2【答案】A板为正极，M板为正极 y 图形大小不变

4U1d

（1）因电子带负电，故A板为正极，M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为q，经电压U1加速后的速度为v0， 根据动能定理得：qU1＝mv0，解得v01222qU1 m电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动。设电子的加速度为a，电子在偏转电场中运动的时间为t，离开偏转电场时的侧移量为y，则有aqU2L，t＝， mdv012U2L2侧移量yat；

24U1d（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，

故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变。 【考点】动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动

19（12分）.半径为R的圆形区域内有一匀强磁场，圆心为O，

如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子从圆形边界上M点以速度v对准圆心O入射，从N点射出磁场，速度方向偏转了600。求： （1）磁感应强度B的大小；

（2）改变磁感强度大小，可使得粒子在磁场中运动的时间减半，问此时的磁感强度B1 ；（写出B1与B的关系式）

（3）若粒子在由M运动到N的过程中突然改变磁感强度大小为B2 ，可使得粒子被束缚在磁场中，求B2的最小值？ 【答案】B

（1）设粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，

mv3Rq B1(233B) B2(31)mv

Rqv20据qBvm，其中rRcot30

r得Bmv3Rq；

（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期T2mT，，若速度偏转的角度为θ，则有t2Bq由题意，第一次θ=600，那么第二次θ1=300 在直角三角形中，tan150RqRBRqRB10，tan30， rmvr1mvtan150B(233)B； 联立解得B10tan30（3）分析知，当粒子运动到圆弧MN的中点时，有最大的回旋半径，设为r2， 则2r2r－R，得r231R 2代入得B2(31)mv。

Rq【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动

高二物理期末考参考答案

一、二 选择题（1-6题为单选，每小题3分；7-10题为多选，每小题4分。共34分） 题号 答案

1 B

2 A

3 B

4 D

5 C

6 C

7 BC

8 BD

9 CD

10 BD

三、填空题（每空2分，共32分）

11.（1）V1 （2）如图 （3）如图 （4）1.9V

12.（1）AC （2）左 （3）1.45 V 0.76Ω 13. 1.2×104J 2×103W

10V/ m14. 2003V 4.015G2 G1 16. = <

四、计算题（共3题，计34分；） 17（12分）

（1）由右手定则可知，金属棒中的电流方向为a→b； 棒上电动势EBlv0.50.44V0.8V 由闭合电路欧姆定律I=3E0.8A=0.25A； r+R0.23（2）匀速运动时棒受的安培力F 安BIl0.50.250.4N0.05N则F外F 安0.05N功率PF外v0.054W0.2W；

（3）由能量守恒可知，金属棒的动能全部转化为电路中的热能， 即QEk1mv20.08J 2RQ0.075J。 rR其中电阻R上产生的热量为QR18（10分）

（1）因电子带负电，故A板为正极，M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为q，经电压U1加速后的速度为v0，

根据动能定理得：qU1＝mv0，解得v01222qU1 m电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动。设电子的加速度为a，电子在偏转电场中运动的时间为t，离开偏转电场时的侧移量为y，则有aqU2L，t＝， mdv012U2L2侧移量yat；

24U1d（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，

故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变。 19（12分）

（1）设粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，

v20据qBvm，其中rRcot30

r得Bmv3Rq；

（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期T2mT，，若速度偏转的角度为θ，则有t2Bq由题意，第一次θ=600，那么第二次θ1=300 在直角三角形中，tan150RqRBRqRB10，tan30， rmvr1mvtan150B(233)B； 联立解得B1tan300（3）分析知，当粒子运动到圆弧MN的中点时，有最大的回旋半径，设为r2， 则2r2r－R，得r231R 2代入得B2(31)mv。

Rq