湖南省郴州市2017-2018学年高二上学期期末物理试题

湖南省郴州市20172018学年高二（上）期末物理试题一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应B.密立根测出了元电荷e的数值C.库仑发现了电磁感应现象D.安培提出了分子电流假说【答案】C2.美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克．这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（）A.JB.NC.J•mD.J/m【答案】C【解析】试题分析：由题意知，无单位，r的单位为m，的单位为J，则K的单位为Jm，故C正确．考点：考查了力学单位制【名师点睛】本题看似比较难，但是仔细阅读以后会发现只是考查了单位制，难度不大，属于基础题．3.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让几分钟内充满电．某同学假日登山途中用该种电容器给电池充电，下列说法正确的是（）A.该电容器给电池充电时，电容器的电容变大B.该电容器给电池充电时，电容器存储的电能变少C.该电容器给电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零【答案】B【解析】试题分析：电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误；当该电容器给电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误；考点：考查了对电容的理解【名师点睛】掌握比值定义法的内涵，注意电容器充电时，电荷量增多，电能变大，而电容器放电时，则电荷量减少，电能变小4.如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点。今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是（）A.电荷q受到的电场力一直变小B.电场力对电荷q一直做负功C.电荷q的电势能先减小，后增加D.电荷q受到的电场力方向一直不变【答案】B【解析】A、两个等量同种电荷在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大，故A错误；B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功，故B正确；C、电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大，故C错误；D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，故D错误；故选B。【点睛】两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反；bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上；根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。5.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的3倍，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内没拉长的导线与拉长的导线产生的热量之比为（）A.1：3B.3：1C.1：9D.9：1【答案】D【解析】设原来的电阻为R，把其中的一根均匀拉长到原来的3倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律，电阻变为9R，根据焦耳定律，它们分别加相同电压后，则在同一时间内它们产生的热量之比为，故C正确，ABD错误；故选C。6.如图所示，平行金属板中带电质点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R4的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大．由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小；故A错误，B正确；因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大；故D正确；故选BCD．点睛：解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的．7.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是（）A.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D.在线段MN上有两个点的磁感应强度为零【答案】B【解析】试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反，故A错误B正确；只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零，故C错误，D正确．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【名师点睛】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段MN上只有O点的磁感应强度为零．8.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中B1。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场B2，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．故选B．考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解Bt图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．视频9.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用长直导线连通，长直导线正下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（）A.只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转B.A线圈闭合开关电流稳定后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针也不偏转C.线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不会偏转【答案】BC【解析】A线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，A错误；不管线圈B匝数多少，只要流过A线圈的电流不变化，B线圈中就没有感应电流，小磁针就不再发生偏转，B错误；当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感生电流，电流稳定后穿过A、B的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，小磁针也不再发生偏转，C正确；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，D错误。10.某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em则（）A.在t=时，磁场方向与线圈平面垂直B.在t=时，线圈中的磁通量变化率最大C.线圈中电动势的瞬时值D.若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的2倍【答案】ABD【解析】试题分析：线框绕垂直磁场的转轴匀速转动，根据图像可以发现时，磁通量等于0，说明线框处于和磁场平行的位置，那么感应电动势，选项C错。若线圈转速增大为原来的2倍，则角速度增加到原来的2倍，感应电动势同样增大为原来的2倍，选项D错。时，磁通量最大，说明磁场方向和线框平面垂直，选项A对。图像斜率最大即最大，磁通量变化率最大，选项B对。考点：电磁感应11.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在与两板等距离的M点有一个带电液滴恰处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，下列说法中正确的是（）A.液滴仍将处于静止状态B.M点电势升高C.带电液滴在M点的电势能增大D.在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同【答案】CD【解析】A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A错误；B、由U=Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；C、由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大，故C正确；D、在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W=qU知，电场力做功相同，故D正确；故选CD。【点睛】电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据分析电场强度的变化，判断液滴的运动方向；判断M与a板间电势差变化，结合电势高低，判断M点电势的变化；根据负电荷在电势高处电势能小的结论，分析电势能的变化。12.如图所示的虚线区域内，充满垂直与纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（）A.穿出位置一定在O′点下方B.穿出位置一定在O′点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定增大【答案】CD【解析】试题分析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv="Eq"即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误．故选C。考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】带电粒子在复合场中运动的综合分析，这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面：（1）在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qE=qvB．（2）若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．（3）若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：qvB＝m视频二、实验题（每空2分，共16分）13.如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整_____（2）用此装置研究感应电流方向时：将原线圈A插入副线圈B后，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将_____（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）（3）在闭合电键时，将原线圈A向下插入副线圈B中，线圈B对线圈A的作用力为_____（填引力或斥力）【答案】(1).(2).左偏(3).斥力【解析】试题分析：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示、（2）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下；线圈A插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电路中总电阻增大，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转；（3）在闭合电键时，将原线圈A向下插入B中，依据来拒去留原则，线圈B对线圈A的作用力为斥力。考点：研究电磁感应现象。【名师点睛】电源与线圈构成一回路，而另一线圈与检流表又构成一个回路，当上方线圈中的磁通量发生变化时，导致下方线圈的磁通量也跟着变化，从而出现感应电流,由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。14.（1）某同学先用一个有四个倍率的多用电表粗略测量某合金材料制成的导体的电阻，四个倍率分别是×1、×10、×100、×1000．用×100档测量该导体电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____档。（2）用游标卡尺测量该导体的长度如图所示，可知其长度为_____mm。（3）若通过多用电表测得该导体的电阻约为8000Ω，现该同学想通过伏安法测定该导线的阻值Rx．现有电源（3V，内阻可不计），滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A），开关和导线若干以及下列电表：A．电流表（0～5mA，内阻约0.125Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.025Ω）C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_____，电压表应选用_____（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的_____（选填“甲”、“乙”、“丙”、或“丁”）。【答案】(1).(2).(3).A(4).C(5).丁【解析】（1）用×100档测量该导体电阻时，表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为了较准确地进行测量，应换到×1000档。...............（3）通过待测电阻的最大电流约为：，电流表选A；电源电动势为3V，电压表应选择C；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由此可知，应选择图丁所示实验电路。二、计算题（共36分）15.如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷，在离A距离为S0的C处由静止释放某正电荷的小物块P（可看做点电荷）．已知小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。（1）求小物块所带电荷量q和质量m之比；（2）求小物块速度最大时离A点的距离S。【答案】【解析】【分析】对物块受力分析，根据释放物块P的时候加速度的大小为g，计算小物块所带电量q和质量m之比；物块受到的合力为零的时候，速度最大，根据受力平衡计算速度最大的位置；解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得解得（2）当合力为零时速度最大即解得16.如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电量为q、质量为m的小球（小球重力忽略不计），从a端由静止释放后，小球先作加速运动，后作匀速运动到达b端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦系数μ=0.3，当小球脱离杆进入虚线下方vb；后，运动轨迹是半圆，圆的半径是，求：①小球到达b点的速度②匀强电场的场强E；③带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。【答案】【解析】【分析】小球在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，即可求解；小球沿杆向下运动时，受力分析，根据平衡状态，则有求解；选择小球，取从a运动到b过程，根据动能定理，可求出电场力做功，同时求出摩擦力做功，即可求解。解：①小球在磁场中作匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律，则有又解得②小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f，洛伦兹力则有∴当小球作匀速运动时解得③