1、长阳一中2017-2018学年度第一学期期末考试高二物理试卷一选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是A. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式B. 奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律C. 法拉第通过大量的实验研究，发现了电磁感应现象D. 库仑首先发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系【答案】C【解析】洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项A错误；库
2、伦总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，选项B错误；法拉第通过大量的实验研究，发现了电磁感应现象，选项C正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项D错误；故选C.2. 在电磁感应现象中，下列说法正确的是A. 感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B. 闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C. 闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流D. 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化【答案】D【解析】试题分析：根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同，
3、故A正确；当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流，故B错误；闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生，故C错误；根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化，故D正确。考点：感应电流的产生条件【名师点睛】本题考查对感应电流产生的条件和楞次定律的理解感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系用四个字记忆：“增反减同”。3. 在右图中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，P和Q为等量异种电荷连线的中垂线上的两点，则下列有关P 、Q两点的相关说法中正确的是A.
4、P点电场强度等于Q点电场强度B. P点电场强度大于Q点电场强度C. Q点的电势小于P点电势D. Q点的电势等于P点电势【答案】D【解析】根据电场线的疏密判断场强的大小，由图看出，P、Q两点中，P处电场线疏，Q的电场线密所以Q的场强大于P点场强，故AB错误一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故P、Q两点的电势相等故C错误，D正确故选D点睛：根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线4. 如图所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是
5、平行、垂直于磁场方向的两直径，试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流A. 使线圈以ac为轴转动B. 使线圈以bd为轴稍作转动C. 使线圈在纸面内平动或转动D. 使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动【答案】B【解析】使线圈以ac为轴转动，线圈与磁场保持平行，穿过线圈平面的磁通量一直为零，没有变化，所以不产生感应电流，A错误；当线圈以bd为轴转动时，穿过线圈的磁感线条数将发生变化，则磁通量将发生变化，则线圈有感应电流产生，故B正确；由于磁场为匀强磁场，线圈在平面内平动或转动时，其磁通量始终为零，没有变化，因此不会产生感应电流，C错误；图示位置线圈与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量为零，使线圈平面沿垂
6、直纸面方向向纸外平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以不产生感应电流，D错误5. 如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，但其自身的电阻几乎为0，A和B是两个完全相同的小灯泡，则下列说法正确的是A. 开关S闭合瞬间，B灯先亮，A灯逐渐亮B. 开关S闭合瞬间，A灯先亮，B灯逐渐亮C. 开关S断开瞬间，A、B灯同时熄灭D. 开关S断开瞬间，B灯亮一下才熄灭，A灯立即熄灭【答案】D【解析】当开关S闭合瞬间，两灯立即有电压，同时发光，由于线圈的电阻几乎为零，B灯被线圈短路，由亮变暗，直到不亮故A B错误当开关S断开瞬间，A灯没有电压，立即熄灭当电流减小，线圈产生自感电动势，相当于电源，给B灯提供短暂的电
7、流，使B灯过一会儿熄灭故C错误，D正确故选D点睛：本题考查对通电自感和断电自感的理解，可根据楞次定律理解记忆，注意线圈的电阻几乎为零，是解题的关键6. 两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为r/2，则两小球间的库仑力的大小变为原来F的A. 5/16 B. 16/5 C. 4/5 D. 5/4【答案】B【解析】相距为r时，根据库仑定律得： ；接触后，各自带电量变为2Q，则此时；两式联立得F=，故选B7. 如图所示，处在磁感应强度为B的匀强磁场中的单匝矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动
8、，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t=0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动。则下列说法正确的是A. 线圈中电流的有效值B. 时刻t线圈中电流的瞬时值C. 线圈中电流的有效值D. 线圈消耗的电功率【答案】A【解析】交流电的最大值Em=BS；线圈中电流的有效值I=，C错误，A正确；从中性面开始计时；故时刻t线圈中电流的瞬时值i=sint，故B错误； 线圈消耗的电功率P=I2R，D错误；故选A.8. 如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下
9、边与磁场区域的下边在一条直线上若取顺时针电流方向为感应电流的正方向，从金属框左边刚进入磁场开始计时，则金属框穿过磁场过程中的感应电流随时间变化的图象是 A. B. C. D. 【答案】C.考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，先根据楞次定律判断感应电流的方向再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式，分段得到电流的表达式，再选择图象。9. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的
10、中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A. o点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D. a、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】BC【解析】根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B正确M在c处产生的磁场方
11、向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等故C正确a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选BC点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成10. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电完毕后悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是A. 保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B. 保持开关S闭
12、合，带正电的A板向B板靠近，则不变C. 断开开关S，带正电的A板向B板靠近，则增大D. 断开开关S，带正电的A板向B板靠近，则不变【答案】AD【解析】A、若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，当将A板向B板靠近时，根据可知，场强增大，对球受力分析，如图所示：点睛：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化。11. 图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，定值电阻R0=5，R是最大阻值为10的滑动变阻器。现将变阻器的滑片从d向c端
13、滑动，则下列说法正确的是A. 该变压器原线圈的输入功率变大B. 电压表V2示数不变，V3示数增大C. 定值电阻R0消耗的功率变小D. 滑动变阻器R消耗的功率变小【答案】BC【解析】无论滑动变阻器怎样移动，电压表V2示数不变；变阻器的滑片向上滑动时接入电路的电阻增大，副线圈的电流强度减小，电阻R0上分得的电压减小，则滑动变阻器分得的电压增大，即V3示数增大；R0消耗的功率变小；滑动变阻器R消耗的功率无法确定； 由于匝数比不变，故原线圈电流强度减小，根据P=IU可知该变压器原线圈的输入功率变小；故选项BC正确，AD错误；故选BC.点睛：变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的
14、电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系12. 光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为A. 0 B. C. D. 【答案】ABC【解析】试题分析：据题意，设小球带正电，电场方向如图所示，当小球从AB中点向下运动时，由于电场力做负功
15、，小球到达CD中点时速度刚好为0，则A选项正确；如果小球运动了一段距离速度减为0，在电场力作用下反向运动，回到原点时速度为v0，则C选项正确；当小球从AC中点运动到AB，则小球的动能为：，则B选项正确，所以不可能的是D选项，故选择D选项。考点：本题考查动能定理的应用和电场的性质。二实验题（6分+9分）13. 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部 件S、T请根据下列步骤完成电阻测量。旋动部件_，（填“S”或“T”）使指针对准电流的“0”刻线。将K旋转到电阻挡“100”的位置。将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件_，（填“S”或“T”）使指针对准电阻的_（填“0”刻线或“
16、”刻线）。将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序进行操作，再完成读数测量。A将K旋转到电阻挡“1k”的位置B将K旋转到电阻挡“10”的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】 (1). S (2). T (3). 0刻线 (4). BDC 【解析】首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S. 接着是欧姆调零，将“”、“”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须
17、将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现所以正确顺序BDC.视频14. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2），保护电阻R1（阻值10）和R2（阻值5），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（）以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线（U、I都用国际单位）横、纵坐标均从0开始取值；（）求出UI图线斜率的绝对值k和
18、在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用_；电流表最好选用_。A电压表（0-3V，内阻约15k） B电压表（0-3V，内阻约3k）C电流表（0-200mA，内阻约2） D电流表（0-30mA，内阻约2）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_。A两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱。B两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱。C一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱。D一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱。（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的
19、表达式E=_，r=_，代入数值可得E和r的测量值。【答案】 (1). A (2). C (3). C (4). (5). 【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大
20、；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=K-R2； 令U=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=Ka考点：测量电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。视频三计算题（共47分）15. 在电场中把电荷量为2.010-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功为-2.010-7J，再把电荷从B点移到C点，静电力
21、做功为4.010-7J（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？（2）把-1.510-9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？电势能变化了多少？【答案】（1） （2） 【解析】（1）把电荷量为2.010-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功为-2.010-7J据UW/q得：UABWAB/q-2.010-7/210-9V-100V2.010-9C的正电荷从B点移到C点，静电力做功为4.010-7J，则有：UBCWBC/q410-7/210-9V200V2.010-9C的正电荷从A点到C点的过程中，电场力做功为WAC=WAB+WBC=2.010-7 J，则有：UACWAC/q2.01
22、0-7/210-9V100V（2）把-1.510-9C的电荷从A点移到C点，静电力做功：WACqUAC-1.510-9100J-1.510-7J据Ep=-WAC=1.510-7J，电势能增加了1.510-7J16. 有一边长为L=1m的正方形线圈，匝数n=10匝，该正方形线圈全部放入匀强磁场中，并且线圈平面与磁场方向垂直，匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：（1）0-6s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？（2）0-6s磁通量的变化率是多大？（3）线圈中感应电动势大小为多少？【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式：=BS来计算，所以：=
23、BS=（0.8-0.2）1Wb=0.6Wb（2）磁通量的变化率：/t=0.6/6Wb/s=0.1Wb/s（3）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为E=n=100.1V=1V17. 如图所示，在第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），磁感应强度为B ，一电子从O点沿纸面以速度v 射入磁场中，速度方向与x轴成30o 角，已知电子质量为m，电量为e， 求：（1）定性地画出电子在磁场中的轨迹；并求电子的轨道半径r ; （2）求电子离开磁场的出射点到O 点的距离 ; （3）求电子在磁场中运动的时间。【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）由左手定则可知，粒子受力方向垂直速度方向向右
24、下方，则可知运动轨迹如图：对电子在做圆周运动的过程中，设半径为r，有：qvB=m所以： （2）由1中所画图象，由几何关系可解得圆心角为60，由几何关系可知射出点到O点的距离等于电子的运动半径为（3）电子在磁场中的运动周期T为：T=电子在磁场中运动的圆心角为60，则运动的时间为：联立解得：点睛：解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，结合几何关系进行求解，掌握圆心、半径的确定方法；要注意正确应用几何关系，在学习中要注意培养相关的数学知识应用的能力18. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域
25、的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T，在区域中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑，然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，求：（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向？（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度多大？（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上
26、产生的热量Q是多少？【答案】(1)电流由a流向b (2) (3) 【解析】（1）由右手定则可知，电流由a流向b；（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmax=m1gsin，ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，电路电流： ab受到的安培力：F安=BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：F安=m1gsin+Fmax，代入数据解得：v=5m/s；（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得：m2gxsin=Q总+m2v2，ab上产生的热量： 解得：Q=1.3J；点睛：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等分别从力和能量两个角度进行研究视频