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1、湛江第一中学2018-2019学年度第一学期第一次大考 高二级 物理B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16题只有一项符合题目要求，第712题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1.下列有关物理学家的贡献叙说错误的是（ ）A. 元电荷e的数值最早由美国物理学家密立根测定的B. 静电力常量k是卡文迪许通过扭秤实验测定的C. 丹麦物理学家奥斯特最早发现了电流的磁效应D. 法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述【答案】B【解析】【详解】元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得，A
2、正确；静电力常量是由库仑通过扭秤实验测得，B错误；奥斯特最早发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，C正确；法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述电场和磁场，D正确2.有一个电风扇，标有“220 V50 W”，电动机线圈的电阻为0.4 ，把它接入220 V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法正确的是()A. B. QPt C. D. 以上三种方法均正确【答案】C【解析】【详解】公式是由得来的，即利用了，而电动机不是线性电阻，所以欧姆定律不再适用，故不能使用计算电动机产生的热量，A错误；电风扇的功率为P，电风扇有机械能的输出，电热要小于Pt，B错误；由
3、于，故，C正确D错误【点睛】在计算热量时，焦耳定律是最根本的计算式，对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和3.如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么()A. 由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B. 由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C. 由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度D. 由于铜是金属材料，铜管
4、可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度【答案】C【解析】【详解】铜是金属材料，但不能被磁化。铜管可视为闭合回路，强磁体穿过整个铜管的过程中，铜管始终切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确4.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQNM所为的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在02t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列
5、说法正确的是A. 在0t0和t02t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B. 在t02t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC. 在0t0内，通过电阻R的电流大小为D. 在02t0内，通过电阻R的电荷量为【答案】D【解析】A、由图乙所示图象可知，内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；B、由图乙所示图象可知，在内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿
6、顺时针方向，通过电阻R的电流方向为Q到P，故B错误；C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在内感应电动势：，感应电流为，故C错误；D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在内通过电阻R的电荷量为；故D正确；故选D。【点睛】由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向；由楞次定律求出感应电流方向；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流；然后由电流定义式求出电荷量。5.如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是()A. 上表面的电势高于下表面电势B. 仅增
7、大h时，上下表面的电势差增大C. 仅增大d时，上下表面的电势差减小D. 仅增大电流I时，上下表面的电势差减小【答案】C【解析】【详解】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A错误；根据，解得，知增大h，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故C正确BD错误【点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力6.温度传感器广泛应
8、用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示，电源的电动势E9.0V，内阻不计，G为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I12mA；当电流表的示数I23.6mA时，热敏电阻的温度是（ ）A. 60 B. 80 C. 100 D. 120【答案】D【解析】试题分析：由图象知，当R的温度等于20时，热敏电阻的阻值R=4000，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：，解得：。当电流时，由串联电路特点及欧姆定律得：解得：。由图象知，此时热敏电阻的温度t=120所以选：D考
9、点：本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力。7.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，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. 电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压增大，电源的路端电压U减小；对：增大、增大；对电容器：减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；对：减小，减小；对电流表：增大；对：增大，增大
10、；对：减小，电压表读数减小；电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小，(R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。综上AD正确。点睛：在使用程序法分析电路动态变化时，要先局部电阻的变化到总电阻的变化到电路中电流的变化，再到电源内外电压的变化，再到干路电阻的电流电压变化，再到支路固定电阻电压电流的变化，最终支路变化电阻的电压电流变化；这样分析才思路清晰。建议除了程序法以外，适当了解下串反并同。8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列
11、说法正确的是()A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】试题分析：由电磁感应定律得，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。【考点定位】电磁感应定律【名师点睛】法拉
12、第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。视频9.如图，正方形abcd中abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则（ ）A. 粒子带负电B. 电场的方向是由b指向cC. 粒子在b点和d点的动能相等D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为p2【答案】ABD【解析】A、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从d点进e点出，由左手定则知带负电，
13、则A正确。B、根据磁场中运动的对称性知e点的速度大小等于v0，方向与bd成45，即水平向右，而电场线沿bc方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由b指向c，B正确。C、粒子从d到e做匀速圆周运动，速度的大小不变，而e到b电场力做正功，动能增大，故b点的动能大于d点的动能，C错误。D、设正方形边长为L，由几何关系可知，电场中的水平分运动是匀速直线运动，故，则D正确。故选ABD.【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式分析10.如图所示，三根通电长直导线都垂直于纸面放置，彼此之间的距离都相等，电流等大反向，电流方向相同，
14、电流大小为电流大小的一半。已知受到所产生磁场的安培力为，若直线电流在某点所产生磁感应强度大小与电流成正比，与该点到直线电流的距离成反比，则下列说法正确的是A. 对作用力的合力大小等于B. 对作用力的合力方向垂直于连线C. 对作用力的合力方向垂直于连线D. 对作用力的合力大小等于【答案】AD【解析】【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小，再根据安培定则以及分析力的方向以及大小【详解】设c在a处产生的磁感应强度为B；根据安培定则可知，bc在a点产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可知，；a受到c所产生磁场的安培力为F，即，所以b、
15、c对a作用力的合力大小等于F，A正确；根据A中分析可知，合场强方向如图所示，再根据左手定则可知，b、c对a作用力的合力方向不垂直于ac，B错误；根据安培定则可知，a、c在b产生的磁场方向如图所示，由图可知，合磁场方向如图所示，由安培定则可知，安培力不垂直于ac方向，C错误；由已知可知，a受c的安培力为F，c在a处产生磁感应强度为B，则a在b处产生的磁感应强度为；而c在b处产生的磁感应强度为B；根据平行四边形定则可知，；a受到c所产生磁场的安培力为F，即F=BIL，所以b，c对a作用力的合力大小等于，D正确；11.如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（ ）A. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大B. 从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C. 在磁场中运动时间最长的离子不可能经过
