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1、湖南师大附中20182019学年度高二第一学期期末考试物理(理科)一、单项选择题(每小题5分，共60分)1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法不正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.【详解】A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的
2、联系，故A正确；B、D、欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。故B错误，D正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确；此题选择不正确的故选B.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2.如图所示，平行板电容器的两极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )A. A极板下移
3、时，P点的电场强度增大，P点电势不变B. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C. B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D. B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势升高【答案】C【解析】A极板下移时，由题电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、和E=U/d可推出：，可知，只改变板间距离d时，板间的电场强度不变，则P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变。故A正确，B错误。B板上移时，同理得知，板间电场强度不变，根据公式U=Ed知，P点与B极板的间距离减小，则P点与B极板间的电势差减小，而下板的
4、电势为零，所以P点电势降低。故C正确，D错误。故选AC。点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强表达式为 ，这个式子要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论3.如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，若在O点发射带正电荷的粒子，为了打中正上方的A点，下列说法正确的是A. 发射方向应该是向正上方B. 发射方向应该是向右上方C. 发射方向应该是向左上方D. 发射方向应该是向左下方【答案】B【解析】【详解】带正电的粒子从O点发射，根据左手定则可知，为了打中正上方的点，则粒子的速度方向应该为右上方，故选B.4.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示如果其他条件不变，仅使线圈的
5、转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值和周期分别变为A. 200 V0.08 s B. 25 V0.04 s C. 50 V0.08 s D. 50 V0.04 s【答案】C【解析】由图读出原来交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s；根据感应电动势最大值的表达式Em=NBS得知，Em与成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为Em=50V。由公式T=2/分析可知，线圈的转速变为原来的一半，周期为原来的两倍，即T=0.08s。故选C。5.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高
6、频电源相连则下列说法正确的是A. 带电粒子从磁场中获得能量B. 带电粒子做圆周运动的周期逐渐增大C. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关D. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关【答案】C【解析】【详解】磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量。故A错误；根据：qvB=mv，其中：，联立解得：，故周期与半径的大小无关，不变，故B错误；粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m得，最大速度：，则最大动能：Ekm=mv2=，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故C正确，D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键知道当粒子从
7、D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等.6.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是A. a粒子速率最大B. 它们做圆周运动的周期TaTbTcC. c粒子在磁场中运动时间最长D. c粒子动能最大【答案】D【解析】【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间
8、却由圆弧对应的圆心角决定【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得：.A、D、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，c的动能最大，故A错误，D正确；B、粒子在磁场中做圆周运动的周期：，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，粒子的周期T相等，即：Ta=Tb=Tc，故B错误.C、粒子在磁场中的运动时间，三粒子运动周期相同，由图示可知，a在磁场中运动的偏转角最大，a的运动时间最长；故C错误.故选D.【点睛】带电
9、粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短7.如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是A. 图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开B. 图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动C. 用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动D. 用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥【答案】D【解析】试题分析：当磁铁的靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从
10、而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；若磁铁的远离时，导致圆环A的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它靠近磁铁，即被吸引；而对于圆环B，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用所以对于圆环B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D正确，ABC错误；考点：楞次定律【名师点睛】当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感
11、应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用。8.如图所示，一直流电动机与阻值R9 的电阻串联在电上，电电动势E30 V，内阻r1 ，用理想电压表测出电动机两端电压U10 V，已知电动机线圈电阻RM1 ，则下列说法中正确的是（ ）A. 通过电动机的电流为10 AB. 通过电动机的电流小于10 AC. 电动机的输出功率大于16 WD. 电动机的输出功率为16 W【答案】A【解析】【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律UIR对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率【详解】根据欧姆定律得回路中的电流，则通过电动机的电流为2 A，故A错误；电动机的输入功率
12、为P入=UI=102=10W，故B错误；电源的输出功率P出=EI-I2r=302-41=56W；故C错误；电动机的输出功率为P出=UI-I2RM=（102-221）W=16W，故D正确。故选D。【点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路9. 下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（ ）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应
13、电动势一定越大【答案】C【解析】试题分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是大，但及则不一定大，故B错误；C、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误故选：C【点评】磁通量=BS，磁通量的变化=21，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值
14、，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键10.在如图所示的电路中，自感线圈L的自感系数较大，电阻R和自感线圈L的直流电阻阻值相等若接通开关S，电路达到稳定状态时灯泡D正常发光则A. 闭合S瞬间，D将立刻亮起来B. 闭合S瞬间，D将先亮起来，然后渐渐变暗C. 断开S瞬间，D将变得更亮，然后渐渐变暗D. 断开S瞬间，D将渐渐变暗，直至熄灭【答案】D【解析】【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制
15、减小，并与灯泡构成电路回路【详解】A、B、当闭合S的瞬间，线圈阻碍电流增加，导致D将渐渐变亮；故A、B均错误.C、D、断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D还有电流，随着阻碍效果减弱，D将渐渐变暗直至熄灭；故C错误，D正确.故选D.【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极11.如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是A. 线圈每转动一周，电流方向改变1次B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流C. 图示位置ab边的感应电流方向为abD. 线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【答案】C【解析】A：线圈每转动一周，线圈中感应电流的方向改变2次，故A项错误。B：图示位置线圈与磁场平行，垂直于中性面，线圈中感应电流出现最大值。故B项错误。C：根据线圈转动方向，可知图示位置ab边向右运动切割磁感线，由右手定则可知，图示位置ab边的感应电流
