北京市海淀区2013届高三上学期期末考试物理试题版含答案(2013高考).pdf

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1、海淀区高三年级第一学期期末练习物理参考答案及评分标准2013.1 一、本题共10 小题，每小题3 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得 0 分。题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案D BC B CD D C A D AB ABC 二、本题共2 小题，共15 分。11（7 分）（1）B，3 分（2）1.952.0 范围均可，2 分0.60.75范围均可2 分12（8 分）（1）偏小，2 分甲2 分（2）将开关S2接 1，闭合开关S1，保持滑动变阻器Rp1和 Rp2

2、滑片位置不变，记录此时电压表和电流表的示数U2、I2；2 分Rx=2211IUIU；1 分当单刀双掷开关S2接 2，闭合开关S1时有，11IU=Rx+RA+Rp2；当单刀双掷开关S2接 1，闭合开关S1时有，22IU=RA+Rp2，所以有，Rx=2211IUIU，该实验中电流表的内阻所产生的影响两次实验数据相减后被消除，电压表内阻对实验结果没有影响。1 分说明：没有推导过程，只要说出“电流表的内阻所产生的影响两次实验数据相减后被消除，电压表内阻对实验结果没有影响”就给1 分。三、本题包括6 小题，共55 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

3、的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（8 分）（1）设电荷受到的电场力为F，运动的加速度为a，在 t 时间内运动的距离为s，电场力对电荷做的功为W，则F=Eq 1 分F=maa=Eq/m 1 分s=221atW=Fs W=mtqE22223 分说明：由动量定理，qEtmv，由动能定理，电场力做功212Wmv，解得22 22E q tWm同样给分。（2）设 A、B 两点间的电势差为UAB，则UAB=W/q1 分UAB=mtqE2222 分14（8 分）（1）液滴带正电1 分液滴受力示意图如图所示1 分（2）设匀强电场的电场强度为E，由图可知Eq=mgtan1分qmgEtan1 分（3）设液滴

4、运动的速度为v，由图可知mg=qvB cosv=cosqBmg1分设 MN 之间的距离为d，则d=vt=cosqBmgt1 分液滴从 M 点运动到N，电场力做正功，电势能减少，设电势能减少量为E E=Eqd cos 1 分E=mgtancosqBmgtcosE=qBtgmtan221 分15（9 分）（1）设金属杆的加速度大小为a，则mgsinmgcos=ma2 分a=2.0m/s21 分（2）设金属棒达到cd 位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsin=BIL+mgcos 1分RBLvI1 分解得v=2.0m/s1 分F电f洛mg 14 题答案图（3）设金属棒从ab 运动到

5、cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q，由能量守恒，有Qmgsmvmgscos21sin2 2 分解得Q=0.10J1 分16（10 分）（1）设接通n 个电热器时，实际使用的电热器都能正常工作，此时干路的电流为I，有5.220025021RRrUEI额A=20A 1 分电热器的额定电流A0.5A2001000额额额UPI1 分n=5.020额II=4（个）1 分（2）设正常工作时干路电流为I，直流电动机对保温室供热的效率为：250200EIIU额=80%3 分（3）设电热器消耗的总电功率最大时的电流为I1：P热总=I12R热总1 分I1=热总RRRrE211 分P热总=221(）热总RRR

6、rER热总P热总=)4-212212RRrRRRRrE（）（热总热总当 R热总=r+R1+R2时，电热器消耗的总电功率有最大值1 分Pm=)(4212RRrE=6250W 1 分17（10 分）（1）设线框的cd 边刚进入磁场时线框导线中的电流为I1，依据题意、根据牛顿第二定律有mg-B I1l1=53mg1 分I1=152Blmg1 分（2）设线框ab 边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd 边刚离开磁场时速度大小为v2，线框的cd 边刚离磁场时线框导线中的电流为I2，依据题意、牛顿第二定律有B I2l1-mg=5mgI2=156Blmg1 分I2=RvBl211 分v2=21256

7、lBRmg1 分)(222122lHgvvv1=)(2222lHgv1 分v1=21251lB)(50362414222lHglBgmR1 分（3）设线框abcd 穿出磁场的过程中所用时间为t，平均电动势为E，通过导线的平均电流为I?，通过导线某一横截面的电荷量为q，则E=t=tlBl211 分I?=REtRlBl211 分q=I?t=RlBl211 分18（10 分）（1）设带电粒子从PQ 左边缘进入电场的速度为v，由 MN 板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则221atddmqUa1 分vlt则222qUlvd m1 分解得v=2.0 104m/s1 分（2）粒子进

8、入电场时，速度方向改变了解90，可见粒子在磁场中转了四分之一圆周。设圆形匀强磁场区域的最小半径为r，粒子运动的轨道半径为R，则qvB=Rvm2 1 分05.0qBmvRm 1 分由图中几何关系可知r=R22=0.036m 圆形磁场区域的最小半径r=0.036m 1 分说明：圆形磁场区域的最小半径r=0.035m，也可以给这1 分。（3）带电粒子以v=2.0 104m/s 进入两金属板间，穿过电场需要的时间为t=l/v=1.0 10-5s，正好是交变电压的半个周期。在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为a?，则9100.4dmqUam/s20t时刻进入电场的粒子穿过电场时的偏转

9、量为：m20.0212tayd=10cm，粒子将打在MN板上。同理，t=2.0、4.0、6.0 2.0n（n=0、1、2、3）时刻进入电场的粒子都将打在MN 板上。1 分设带电粒子在t1时刻进入两极板间，恰好从MN 板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为t1，则减速阶段的时间也是t1，如图 18 题答案图2 所示，由对称性可知21212tad，t1=0.50 10-5s 所以t1=t-1t=(1.0-0.5)10-5s=0.5 10-5s 1 分设带电粒子在t2时刻进入两极板间，恰好从PQ 板右边缘飞出。它在竖直方向的运动是先加速向下，经过t2时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减

10、速向下，又经过时间t2，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q 点飞出电场。粒子这一运动过程的轨迹示意图如图18 题答案图3 所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为t2，y1=2222221212ttatat2=(1)22 10-5s t2=t-t2=1.0-（1)22 10-5s=22 10-5s=0.70 10-5s 1 分考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t 为（0.5+2n)10-5s t(0.70+2n)10-5s（n=0，1，2，3）1 分rMNPQA18 题答案图 1 oR18 题答案图 2 P Q M N d 18 题答案图 3 P Q M N d y1 说明：t2=0.71 10-5s，也给这1 分。