湖南省郴州市2017-2018學年高二上學期期末物理試題

湖南省郴州市20172018學年高二（上）期末物理試題一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.關于科學家在電磁學中的貢獻，下列說法錯誤的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應B.密立根測出了元電荷e的數(shù)值C.庫侖發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象D.安培提出了分子電流假說【答案】C2.美國物理學家于1995年在國家實驗室觀察到了頂夸克．這是近二十幾年粒子物理研究最重要的實驗進展之一．正、反頂夸克之間的強相互作用勢能可寫為，式中r是正、反頂夸克之間的距離，as=0.12是強相互作用耦合常數(shù)，無單位，K是與單位制有關的常數(shù)，則在國際單位制中常數(shù)K的單位是（）A.JB.NC.J?mD.J/m【答案】C【解析】試題分析：由題意知，無單位，r的單位為m，的單位為J，則K的單位為Jm，故C正確．考點：考查了力學單位制【名師點睛】本題看似比較難，但是仔細閱讀以后會發(fā)現(xiàn)只是考查了單位制，難度不大，屬于基礎題．3.據(jù)國外某媒體報道，科學家發(fā)明了一種新型超級電容器，能讓幾分鐘內(nèi)充滿電．某同學假日登山途中用該種電容器給電池充電，下列說法正確的是（）A.該電容器給電池充電時，電容器的電容變大B.該電容器給電池充電時，電容器存儲的電能變少C.該電容器給電池充電時，電容器所帶的電荷量可能不變D.充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零【答案】B【解析】試題分析：電容是描述電容器的容納電荷的本領大小的物理量，與電容器的電壓及電量無關，故AD錯誤；當該電容器給電池充電時，電容器存儲的電荷量減小，則電能變少，故B正確，C錯誤；考點：考查了對電容的理解【名師點睛】掌握比值定義法的內(nèi)涵，注意電容器充電時，電荷量增多，電能變大，而電容器放電時，則電荷量減少，電能變小4.如圖所示，a、b分別為一對等量同種電荷連線上的兩點（其中b為中點），c為連線中垂線上的一點。今將一負點電荷q自a沿直線移到b再沿直線移到c，下列說法正確的是（）A.電荷q受到的電場力一直變小B.電場力對電荷q一直做負功C.電荷q的電勢能先減小，后增加D.電荷q受到的電場力方向一直不變【答案】B【解析】A、兩個等量同種電荷在點b處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，互相抵消，則中點b的場強為零，所以將一帶電量為q的負點電荷自a沿直線移到b再沿直線移到c，電場力先減小后增大，故A錯誤；B、負電荷所受力的方向與電場強度方向相反，所以負點電荷自a沿直線移到b的過程中，電場力做負功，再沿直線移到c時，電場力還是做負功，故B正確；C、電場力一直做負功，電荷的電勢能一直增大，故C錯誤；D、從a到b再到c的過程中，電場強度方向先沿ab方向，后沿bc方向，電場力的方向與電場強度方向相反，所以電場力的方向也改變，故D錯誤；故選B?！军c睛】兩個等量同種電荷，它們在點O處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反；bc連線上方的中垂線上每一點（除b點）電場線方向向上；根據(jù)電場力做功正負，判斷電勢能的變化：電場力做負功，電荷的電勢能增大。5.兩根完全相同的金屬裸導線，如果把其中的一根均勻拉長到原來的3倍，然后給它們分別加相同電壓后，則在同一時間內(nèi)沒拉長的導線與拉長的導線產(chǎn)生的熱量之比為（）A.1：3B.3：1C.1：9D.9：1【答案】D【解析】設原來的電阻為R，把其中的一根均勻拉長到原來的3倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼谋叮鶕?jù)電阻定律，電阻變?yōu)?R，根據(jù)焦耳定律，它們分別加相同電壓后，則在同一時間內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量之比為，故C正確，ABD錯誤；故選C。6.如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A.電壓表讀數(shù)減小B.電流表讀數(shù)減小C.質(zhì)點P將向上運動D.R3上消耗的功率逐漸增大【答案】A【解析】由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當R4的滑片向a移動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，路端電壓增大，則R1兩端的電壓減小，可知并聯(lián)部分的電壓增大，電壓表讀數(shù)增大．由歐姆定律可知流過R3的電流增大，根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知：流過R2的電流減小，則電流表示數(shù)減?。还蔄錯誤，B正確；因電容器兩端電壓增大，板間場強增大，質(zhì)點受到的向上電場力增大，故質(zhì)點P將向上運動，故C正確；因R3兩端的電壓增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大；故D正確；故選BCD．點睛：解決動態(tài)變化分析的題目，一般可以按照整體局部整體的思路進行分析，注意電路中某一部分電阻增大時，無論電路的連接方式如何，總電阻都是增大的．7.有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖．在圖示的平面內(nèi)，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線的中垂線上，且與O點的距離相等．若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關于線段MN上各點的磁感應強度的說法中正確的是（）A.M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同B.M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C.在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D.在線段MN上有兩個點的磁感應強度為零【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導線產(chǎn)生的磁場方向均沿逆時針方向，由于對稱，兩根通電導線在MN兩點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)平行四邊形進行合成得到，M點和N點的磁感應強度大小相等，M點磁場向下，N點磁場向上，方向相反，故A錯誤B正確；只有當兩根通電導線在同一點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等、方向相反時，合磁感應強度才為零，則知只有O點的磁感應強度為零，故C錯誤，D正確．考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．【名師點睛】根據(jù)安培定則判斷兩根導線在M、N兩點產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)平行四邊形定則，進行合成，確定大小和方向的關系．在線段MN上只有O點的磁感應強度為零．8.將一段導線繞成圖甲所示的閉合電路，并固定在水平面（紙面）內(nèi)，回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場中B1。回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場B2，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】試題分析：分析一個周期內(nèi)的情況：在前半個周期內(nèi)，磁感應強度均勻變化，磁感應強度B的變化度一定，由法拉第電磁感應定律得知，圓形線圈中產(chǎn)生恒定的感應電動勢恒定不變，則感應電流恒定不變，ab邊在磁場中所受的安培力也恒定不變，由楞次定律可知，圓形線圈中產(chǎn)生的感應電流方向為順時針方向，通過ab的電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，ab所受的安培力方向水平向左，為負值；同理可知，在后半個周期內(nèi)，安培力大小恒定不變，方向水平向右．故B正確．故選B．考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律【名師點睛】本題要求學生能正確理解Bt圖的含義，故道B如何變化，才能準確的利用楞次定律進行判定．根據(jù)法拉第電磁感應定律分析感應電動勢的變化，由歐姆定律判斷感應電流的變化，進而可確定安培力大小的變化．視頻9.法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象。如圖，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用長直導線連通，長直導線正下面平行放置一個小磁針。實驗中可能觀察到的現(xiàn)象是（）A.只要A線圈中電流足夠強，小磁針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.A線圈閉合開關電流穩(wěn)定后，線圈B匝數(shù)較少時小磁針不偏轉(zhuǎn)，匝數(shù)足夠多時小磁針也不偏轉(zhuǎn)C.線圈A和電池接通瞬間，小磁針會偏轉(zhuǎn)D.線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不會偏轉(zhuǎn)【答案】BC【解析】A線圈中有電流，但是如果電流大小不變，則在B中不會產(chǎn)生感應電流，即小磁針就不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B線圈中的感應電流大小與A中電流的變化率有關，與A中電流大小無關，A錯誤；不管線圈B匝數(shù)多少，只要流過A線圈的電流不變化，B線圈中就沒有感應電流，小磁針就不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B錯誤；當合上開關，A線圈接通電流瞬間，穿過A的磁通量發(fā)生變化，使得穿過B的磁通量也變化，所以在B中產(chǎn)生感生電流，電流穩(wěn)定后穿過A、B的磁通量不再變化，所以B中不再有感應電流，小磁針也不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，C正確；當開關打開，A線圈電流中斷瞬間，由于穿過B的磁通量減小，則在B中產(chǎn)生的電流方向與A線圈接通電流瞬間產(chǎn)生的電流方向相反，所以小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相反的偏轉(zhuǎn)，D錯誤。10.某興趣小組自制一小型發(fā)電機，使線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t按正弦規(guī)律變化的圖象如圖所示，線圈轉(zhuǎn)動周期為T，線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為Em則（）A.在t=時，磁場方向與線圈平面垂直B.在t=時，線圈中的磁通量變化率最大C.線圈中電動勢的瞬時值D.若線圈轉(zhuǎn)速增大為原來的2倍，則線圈中電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】ABD【解析】試題分析：線框繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)圖像可以發(fā)現(xiàn)時，磁通量等于0，說明線框處于和磁場平行的位置，那么感應電動勢，選項C錯。若線圈轉(zhuǎn)速增大為原來的2倍，則角速度增加到原來的2倍，感應電動勢同樣增大為原來的2倍，選項D錯。時，磁通量最大，說明磁場方向和線框平面垂直，選項A對。圖像斜率最大即最大，磁通量變化率最大，選項B對?？键c：電磁感應11.如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電源E相連，在與兩板等距離的M點有一個帶電液滴恰處于靜止狀態(tài)。若將b板向上平移一小段距離，但仍在M點下方，下列說法中正確的是（）A.液滴仍將處于靜止狀態(tài)B.M點電勢升高C.帶電液滴在M點的電勢能增大D.在b板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同【答案】CD【解析】A、電容器與電源保持相連，電容器板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據(jù)分析得知板間電場強度增大，液滴所受的電場力增大，液滴將加速向上運動，故A錯誤；B、由U=Ed知，M與a間的電場差增大，a點的電勢為零，M點的電勢小于零，則知M點的電勢降低，故B錯誤；C、由于液滴帶負電，則帶電液滴在M點的電勢能增大，故C正確；D、在b板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，兩板間的電勢差不變，根據(jù)電場力做功公式W=qU知，電場力做功相同，故D正確；故選CD。【點睛】電容器與電源保持相連，電容器板間的電壓不變，將b板向上平移一小段距離，根據(jù)分析電場強度的變化，判斷液滴的運動方向；判斷M與a板間電勢差變化，結(jié)合電勢高低，判斷M點電勢的變化；根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小的結(jié)論，分析電勢能的變化。12.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直與紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b（）A.穿出位置一定在O′點下方B.穿出位置一定在O′點上方C.運動時，在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時，動能一定增大【答案】CD【解析】試題分析：a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv="Eq"即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤．故選C?？键c：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】帶電粒子在復合場中運動的綜合分析，這類問題綜合了帶電粒子在電場和磁場組成的復合場中的勻速直線運動、電場中的類平拋運動、磁場中的勻速圓周運動三個方面：（1）在電場和磁場組成的復合場中做勻速直線運動時，符合二力平衡：qE=qvB．（2）若撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，應用運動的合成與分解的方法分析．有時也要結(jié)合能量問題分析解決．（3）若撤去電場，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，符合洛倫茲力提供向心力：qvB＝m視頻二、實驗題（每空2分，共16分）13.如圖所示是“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置（1）將圖中所缺導線補接完整_____（2）用此裝置研究感應電流方向時：將原線圈A插入副線圈B后，如果在閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么在電鍵閉合的狀態(tài)下將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針將_____（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）（3）在閉合電鍵時，將原線圈A向下插入副線圈B中，線圈B對線圈A的作用力為_____（填引力或斥力）【答案】(1).(2).左偏(3).斥力【解析】試題分析：（1）將電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路，電路圖如圖所示、（2）當在閉合電鍵時，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，則說明線圈磁通量從無到有即變大，導致電流計指針向右偏一下；線圈A插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電路中總電阻增大，電路中電流變小，導致線圈磁通量變小，則電流計指針向左偏轉(zhuǎn)；（3）在閉合電鍵時，將原線圈A向下插入B中，依據(jù)來拒去留原則，線圈B對線圈A的作用力為斥力?？键c：研究電磁感應現(xiàn)象。【名師點睛】電源與線圈構(gòu)成一回路，而另一線圈與檢流表又構(gòu)成一個回路，當上方線圈中的磁通量發(fā)生變化時，導致下方線圈的磁通量也跟著變化，從而出現(xiàn)感應電流,由楞次定律來確定感應電流的方向，而閉合線圈中的磁通量發(fā)生變化有幾種方式：可以線圈面積的變化，也可以磁場的變化，也可以線圈與磁場的位置變化。14.（1）某同學先用一個有四個倍率的多用電表粗略測量某合金材料制成的導體的電阻，四個倍率分別是×1、×10、×100、×1000．用×100檔測量該導體電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準確地進行測量，應換到_____檔。（2）用游標卡尺測量該導體的長度如圖所示，可知其長度為_____mm。（3）若通過多用電表測得該導體的電阻約為8000Ω，現(xiàn)該同學想通過伏安法測定該導線的阻值Rx．現(xiàn)有電源（3V，內(nèi)阻可不計），滑動變阻器（0～10Ω，額定電流2A），開關和導線若干以及下列電表：A．電流表（0～5mA，內(nèi)阻約0.125Ω）B．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約0.025Ω）C．電壓表（0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D．電壓表（0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）為減小測量誤差，在實驗中，電流表應選用_____，電壓表應選用_____（選填器材前的字母）；實驗電路應采用圖中的_____（選填“甲”、“乙”、“丙”、或“丁”）。【答案】(1).(2).(3).A(4).C(5).丁【解析】（1）用×100檔測量該導體電阻時，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說明所選擋位太小，為了較準確地進行測量，應換到×1000檔。...............（3）通過待測電阻的最大電流約為：，電流表選A；電源電動勢為3V，電壓表應選擇C；由題意可知，待測電阻阻值遠大于電流表內(nèi)阻，電流表應采用內(nèi)接法；待測電阻阻值遠大于滑動變阻器最大阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，由此可知，應選擇圖丁所示實驗電路。二、計算題（共36分）15.如圖所示，在傾角為30°足夠長的光滑絕緣斜面的底端A點固定一電荷量為Q的正點電荷，在離A距離為S0的C處由靜止釋放某正電荷的小物塊P（可看做點電荷）．已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。（1）求小物塊所帶電荷量q和質(zhì)量m之比；（2）求小物塊速度最大時離A點的距離S。【答案】【解析】【分析】對物塊受力分析，根據(jù)釋放物塊P的時候加速度的大小為g，計算小物塊所帶電量q和質(zhì)量m之比；物塊受到的合力為零的時候，速度最大，根據(jù)受力平衡計算速度最大的位置；解：（1）對小物塊，由牛頓第二定律得解得（2）當合力為零時速度最大即解得16.如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強電場，虛線上下有相同的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電的電量為q、質(zhì)量為m的小球（小球重力忽略不計），從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數(shù)μ=0.3，當小球脫離桿進入虛線下方vb；后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是，求：①小球到達b點的速度②勻強電場的場強E；③帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值?！敬鸢浮俊窘馕觥俊痉治觥啃∏蛟诼鍌惼澚ψ饔孟拢鰟蛩賵A周運動，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解；小球沿桿向下運動時，受力分析，根據(jù)平衡狀態(tài)，則有求解；選擇小球，取從a運動到b過程，根據(jù)動能定理，可求出電場力做功，同時求出摩擦力做功，即可求解。解：①小球在磁場中作勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓第二定律，則有又解得②小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力f，洛倫茲力則有∴當小球作勻速運動時解得③