黄冈中学物理

湖北省黄冈中学2014年秋季高二期中考试

物理试卷

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．1~6题只有一个选项正确；7~10题

至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）

1．下列各图中，用带箭头的细实线标出了通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的

是 (

)

2．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图①②所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )

A ．图①中的A 1、A 2的示数相同 B ．图①中的A 1、A 2的指针偏角相同 C ．图②中的A 1、A 2的示数和偏角都不同 D ．图②中的A 1、A 2的指针偏角相同

3．如图，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是( )

A ．线圈a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流 B ．穿过线圈a 的磁通量变小 C ．线圈a 有扩张的趋势

D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将减小

4．如下图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( ) ．．．

A ．电源1和电源2的内阻之比是11：7 B ．电源1和电源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，小灯泡的电阻之比是1：

2

5．如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为

e

的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入，欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的m

取值应为( )

A ．

B >

B ． B

2mv 0

ae 2mv 0

ae

C ．

B

6．通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面(纸面) 内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动(O 为L 2的中心) ，各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生( )

A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动

B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动 C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动 D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动

7．R 1和R 2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2大得多， 把它们分别连接在如图所示的电路的A 、B 两端，接R 1时电压表的读数为U 1，接R 2时电压 表的读数为U 2，则下列判断正确的是(

)

A ．R 1＝R 2 C ．U 1

B ．R 1>R 2 D ．U 1＝U 2

8．如图所示，两平行金属板间带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则(

)

A ．电压表读数增大 C ．质点P 将向下运动

B ．电流表读数增大

D ．R 3上消耗的功率逐渐增大

9．为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b 和c

，左、右两端开口与

排污管相连，如图所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行且正对的电极M 和N ，M 、N 与内阻为R 的电流表相连．污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．不考虑污水的电阻，则下列说法中正确的是(

)

A ．M 板比N 板电势低

B ．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小 C ．污水流量越大，则电流表的示数越大

D ．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大

10．如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线．则以下说法正确的是( )

A ．电子的运动轨迹为P →D →M →C →N →E →P 2πm

B ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝

B 1e C ．B 1＝4B 2 D ．B 1＝2B 2

二、实验题（本题共2小题，共18分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答）

11．（12分）某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ．步骤如下：

(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为__________cm；

甲 乙

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm；

(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω．

(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R ，现有的器材及其代号和规格如下： A ．待测圆柱形导体(电阻为R )

B ．电流表A 1(量程4mA ，内阻约为50Ω) C ．电流表A 2(量程10mA ，内阻约为30Ω) D ．电压表V 1(量程3V ，内阻约为10kΩ) E ．电压表V 2(量程15V ，内阻约为25kΩ) F ．直流电源E (电动势4V ，内阻不计)

G ．滑动变阻器R 1(阻值范围0～15Ω，额定电流2.0 A) H ．滑动变阻器R 2(阻值范围0～2kΩ，额定电流0.5 A) I ．开关S ，导线若干．

为减小实验误差，要求电表读数从零开始变化并能测得多组数据进行分析，电流表、电压表、滑动变阻器应该分别选（填序号） 、 、 ，并在虚线框中画出合理的测量电路图．

12．（6分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．

(1)应该选择的实验电路是下图中的________(选填“甲”或“乙”) ．

甲 乙

(2) 某位同学选好合适器材，连好电路图后，通过改变滑动变阻器的位置，记录了6组数据，然后以横轴表示电流I ，纵轴表示电压U 做出U －I 图线，并判断出U －I 线的斜率的绝对值为k ，纵轴截距为b ，则干电池的电动势E ＝________，内电阻r ＝________．

(3)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U 及干电池的输出功率P 都会发生变化．下图中的各示意图能正确反映P －U 关系的是________．

A B C D

三、计算题（本题共4小题，共52分．解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） 13．（12分）如图所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场； 金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场．带电量为＋q 、质量为m 的粒子，由静止开始 从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：

(1)匀强电场场强E 的大小； (2)粒子从电场射出时速度v 的大小； (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R ．

14．（13分）如图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导体棒处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通有自左向右的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)磁场的磁感应强度B 的大小；

(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N ．

15．（13分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r ＝0.8 Ω，电路中另一电阻R ＝10 Ω，直流电压U ＝160 V，电压表示数U V ＝110 V．试求：

(1)通过电动机的电流； (2)输入到电动机的电功率；

(3)若电动机以v ＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s2)

16．(14分) 如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形MNL 内存在垂直于xOy 平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，三角形的一直角边ML 长为6a ，落在y 轴上，∠NML = 30°，其中位线OP 在x 轴上．电子束以相同的速度v 0从y 轴上-3a ≤y ≤0的区间垂直于y 轴和磁场方向射入磁场，已知从y 轴上y =-2a 的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．若在直角坐标系xOy 的第一象限区域内，加上方向沿y 轴正方向、

大小为E=Bv0的匀强电场，在x =3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，与x 轴交点为Q ．忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．试求： （1）电子在磁场中运动的最长时间；

（2）电子束从+y 轴上射入电场的纵坐标范围；

（3）从磁场中垂直于y 轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的最远距离．

湖北省黄冈中学2014年秋季高二期中考试

物理试卷答案

1．答案 D

解析 通电直导线周围的磁感线是以导线上各点为圆心的同心圆，并且这些同心圆都在跟导线垂直的平面内，电流方向与磁感线方向间的关系可由安培定则判定：让伸直的大拇指指向导线中电流方向，弯曲四指的方向即为磁感线的环绕方向，所以只有D 正确． 2．答案 B

解析 图①中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A 1、A 2的量程不同，所以示数不同，故A 项错，B 项对．图②中A 1、A 2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等，指针偏角不同，故C 、D 项错．

3．答案：A

解析：根据右手螺旋定则，螺线管中有向下的磁场．当P 向下滑动时，电路中电阻减小电流增大，螺线管周围的磁场增强，穿过线圈a 的磁通量增大，由楞次定律知，a 中产生逆时针方向的感应电流，感应电流在安培力作用下，使线圈a 有收缩的趋势，同时还有“远逃”的趋势，以阻碍磁通量的增加．综上所述，选项D 、B 、C 错误，选项A 正确．

4．答案 D

解析 电源的特性图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，即为电源与小灯泡连接时的工

r E /I I 作状态，交点的坐标为工作时的电压和电流．电源内阻之比＝＝，

r 2E 2/I 2I 1

A 项正确；两电源电动势均为10 V，比值为1：1，B 项对；两种连接状

P I U 3×51

态下，小灯泡消耗的功率之比是＝，C 项正确；两种连

P 2I 2U 25×62R U /I 3×618

接状态下，小灯泡的电阻之比是D 项错，选D 项．

R 2U 2/I 25×525

5．答案 C

解析 画出电子运动轨迹，如图所示，电子正好经过C 点，

此时圆周运动的半径r =

要想电子从BC

，由带电粒子在磁场中运动的公式r =

mv 0，即B

qB 6．答案 D

解析 由右手螺旋定则可知导线L 1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L 1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L 2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O 点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L 2绕轴O 按逆时针方向转动，D 项正确． 7．答案

AD

L a ρ

解析 电流从导体的横截面流过，由电阻定律R ＝ρ可见电阻与边长a 无关，

S ad d

A 对；因外电阻相同，故路端电压相等，D 正确． 8．答案 BC

解析 当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分担的电压增大，则路端电压减小，R 1分担电压增大，则平行金属板两极板间电压减小，带电质点P 所受电场力减小，质点P 将向下运动，选项C 正确；R 3两端电压减小，R 3中电流减小，电流表读数增大，选项B 正确；R 3上消耗的功率逐渐减小，选项D 错误；由于R 2中电流增大，R 2两端电压增大，故电压表读数减小，选项A 错误．

9. 答案：ACD 解析： 污水从左向右流动时，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N 板和M 板偏转，

U

故N 板带正电，M 板带负电，A 正确．稳定时带电粒子在两板间受力平衡，q v B ＝q ，此

b

BbQ BQ

时U ＝Bb v ＝Q 是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M 、N

bc c

间的电压越大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B 错误，C 、D 正确．

10．答案 AD

解析 由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，选项A 正确；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r mv B T 2πm πm 4πm ＝2∶1，电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋＝，qB B 22B 1e B 2e B 1e 选项B 、C 错误，选项D 正确．

11. 答案及解析 (1)由游标卡尺主尺读得30 mm ，游标尺上第3条刻度线与主尺刻度线对齐，由游标尺读得3×0.05 mm＝0.15 mm，则该样品的长度L ＝30 mm＋0.15 mm＝30.15 mm ＝3.015 cm．

（2）螺旋测微器固定刻度上最小刻度为0.5 mm ，可动刻度每旋转一圈，测微螺杆前进或后退0.5 mm ．由固定刻度读得3 mm ，由可动刻度读得0.205 mm．该样品的外径为3 mm＋0.205 mm＝3.205 mm．

（3）2.2×102Ω （4）C 、D 、G

12．答案 (1) 甲 (2)b k (3)C

解析 (1)根据U ＝E －Ir 测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U 和干路电流I ，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差．电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路．

(2)根据U －I 图像，电源的电动势等于纵轴的截距，内阻为斜率的绝对值．

(3)电源输出功率P ＝UI ＝U ⎛应选 C ．

U

13．答案 (1)(2)

d U

解析 (1)电场强度E ．

d

1

(2)根据动能定理，有qU ＝m v 2－0得v

＝

2

2qU

m

1

(3)m B

q

E －U ⎫1E

＝－2U ，P －U 图像为开口向下的二次函数，

r r ⎝r ⎭

v 21

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m ，得R ＝

R B

． q

3mg 5

14．答案 (1)

4IL 8

解析 (1)从左向右看，受力分析如图所示．由平衡条件得：tan 37°＝F 安/mg ，F 安＝BIL ，

3mg

解得：B ．

4IL

(2)设两导轨对导体棒支持力为2F N ，则有2F N cos 37°＝mg ，解得5

F N ．

8

5

即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为．

8

15．答案 (1)5 A (2)550 W (3)53 kg

解析 (1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V，流

U 50

过电阻R 的电流I R ＝＝A ＝5 A，即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A．

R 10

(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V，输入电动机的功率P 电＝I M U M ＝550 W． (3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W，电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W，

P 出

又因P 出＝mg v ，所以m ＝＝53 kg．

g v

πa

9

16．答案 （1）v 0 （2）0≤y ≤2a （3）H max =a

4

解析：（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为

r = a 电子在磁场中的周期为 T =

2πa

v 0

T πa

=

2v 0

电子在磁场中运动的最长时间的t =

（2）电子能进入电场中，且离O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN 相切，电子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．

则： O 'M =2a 有： O O '=OM -O 'M =a

即粒子从D 点离开磁场进入电场时，离O 点上

方最远距离为OD =y m =2a

所以电子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a （3

）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为

r = a

2v 0由牛顿第二定律得： Bev 0=m r

电子的比荷： e v 0 =m Ba

假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有

1Ee 9 3a =v 0⋅t ，y =⋅t 2=a >2a ，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上．2m 2

电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平位移为x ，水平： x =v 0⋅t

竖直：y =1Ee 2⋅t 2m

代入得：

x =v = 设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时的夹角为θ有：

Ee x ⋅v y m v 0 tan θ===v x v 0 有：H =(3a -x )⋅tan θ=3a -2y ⋅2y ， ()

92y 时，即y =a 时，H 有最大值； 8

99由于a

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