湖南省株洲市古岳峰中学高二物理上学期期末试卷含解析

湖南省株洲市古岳峰中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.如图所示,在处于O点的点电荷+Q形成的电场中,试探电荷q由A点移到B点,电场力做功为W1;以OA为半径画弧交于OB于C，q由A点移到C点电场力做功为W2;q由C点移到B点电场力做功为W3.则三者的做功关系以及q由A点移到C点电场力做功为W2的大小：(

)A.W1=W2=W3,

W2=0

B.W1>W2=W3,

W2>0C.W1=W3>W2,

W2=0

D.W1=W2<W3,

W2=0参考答案：C2.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R2的滑片向b端移动时，则（）A．电压表示数增大 B．电流表示数减小C．质点P将向下运动 D．R1上消耗的功率逐渐减小参考答案：C【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】先由滑片的移动方向分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化，由质点的受力情况可知质点的运动情况．【解答】解：AB、由图可知，R2与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，则R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小．由欧姆定律可知流过R3的电流减小，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流增大，则电流表示数增大；故A、B错误；C、因电容器两板的电压减小，板间场强减小，质点P受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；D、因R1电流增大，由P=I2R可知，R1上消耗的功率增大；故D错误；故选：C3.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是

(

)A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动

B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动

C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动

D．丁图表示电梯可能做匀减速下降运动参考答案：AB4.一列简谐横波沿轴传播，某时刻波传播方向上相距的、两质点都在其平衡位置处，且在这两点间只有一个波峰，则这列波的波长不可能为A．

B．

C．

D．参考答案：B5.原子序数大于92的所有元素，都能自发地放出射线，下列说法中正确的是A．原子核每放出一个α粒子，原子序数减少4B．原子核每放出一个α粒子，原子序数减少2C．原子核每放出一个β粒子，原子序数减少1D．原子核每放出一个β粒子，原子序数增加lk#s5u参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某实验室购买了一个上面标有“220V，110W”电烙铁，则该电烙铁正常工作时电流为

▲

A,5分钟内该电烙铁需要消耗

▲J的电能。参考答案：0.5，3.3×104；7.一灵敏电流计，满刻度电流为Ig=500μA，表头电阻Rg=200Ω，若将改装成量程为1.0V的电压表，应再

一个

Ω的电阻。参考答案：8.在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，则碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向_________(选填“相反”或“相同”)，碳核的动量_________(选填“大于”、“等于”或“小于”)碰后中子的动量。参考答案：相反

大于9.如图所示为某型号国产电池外壳上的说明文字：（1）电源是把其它形式的能转化为

的装置，电动势是描述电源这种本领的物理量。由右图可知该电池的电动势为

V；（2）该电池最多可放出

mA·h的电荷量。或电池的平均工作电流为0.05A，则它最多可使用

h。参考答案：10.如图所示为两个电阻的U－I图象，两电阻阻值之比R1∶R2为_____________。参考答案：4：111.一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为+Q的电荷，另一电量为+q的点电荷放在球心O处，由于对称性，点电荷受力为零。现在球壳上挖去半径为r，(r≤R)的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为___

_____(已知静电力恒量为k)参考答案：Qqr2/4R212.把一个3PF的平行板电容器接在9V的电池上。若保持与电池的连接，电容器所带的电量为

C。平行板电容器的电容与

、

和

有关。

参考答案：2.7×10-11C

正对面积极板距离

介电常数13.如图所示，一弹簧振子沿光滑水平杆在BC间做简谐运动，O为平衡位置，振幅A=6cm。从振子经过图中B点时开始计时，经时间0.1s第一次到达O点，则振子的振动周期Ｔ＝

s；取向右方向为正方向，振子振动方程的表达式x＝

cm。参考答案：0.4

或从振子经过图中B点时开始计时，经时间0.1s第一次到达O点，则周期为；从负向最大位移处开始计时，其位移时间关系公式为：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（解答）如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，且位置Ⅱ刚好在条形磁铁中心轴线上，在这个过程中穿过线圈的磁通量怎样变化？有无感应电流？参考答案：穿过线圈的磁通量先减少后增加，线圈中有感应电流根据条形磁铁N极附近磁感线的分布情况可知，矩形线圈在位置Ⅰ时，磁感线从线圈的下面斜向上穿过；线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为零；线圈在位置Ⅲ时，磁感线从线圈上面斜向下穿过。所以，线圈从Ⅰ到Ⅱ磁通量减少，从Ⅱ到Ⅲ磁通量增加。穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生15.如图所示，有两个质量均为m、带电量均为q的小球，用绝缘细绳悬挂在同一点O处，保持静止后悬线与竖直方向的夹角为θ=30°，重力加速度为g，静电力常量为k.求：(1)带电小球A在B处产生的电场强度大小；(2)细绳的长度L.参考答案：（1）（2）（1）对B球，由平衡条件有：mgtan

θ=qE带电小球在B处产生的电场强度大小：

（2）由库仑定律有：

其中：r=2Lsin

θ=L

解得：【点睛】本题关键是对物体受力分析，然后结合共点力平衡条件、库仑定律和电场强度的定义列式求解．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，正方形闭合线圈边长为0.2m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4kg，匀强磁场磁感应强度为0.5T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时，它恰好做匀速运动．(g取10m/s2)(1)求线圈匀速上升的速度；(2)在线圈匀速进入磁场的过程中，砝码对线圈做了多少功？(3)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热？

参考答案：解析(1)设绳子的拉力为F，对砝码：F＝m1gsin30°＝2N

对线框：F＝m2g＋

代入数据得：v＝10m/s

(2)W＝Fl＝2×0.2J＝0.4J.

(3)由能量转化守恒定律得：Q＝W－m2gl＝0.4J－0.1×10×0.2J＝0.2J.

答案(1)10m/s(2)0.4J(3)0.2J17.（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为，磁场的磁感应强度的大小，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与成反比（r为考察点到地心的距离），方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离（为地球半径）处，存在厚度为10km的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量，质子的质量，电子电荷量为，地球的半径。1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。2.现设想等离子层中所有电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小，质子初速度的大小。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达地球表面。参考答案：解法一：1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

（1）引力加速度

（2）考察等离子层中的某一质量为m、电荷量为q、初速度为u的粒子，取粒子所在处为坐标原点O，作一直角坐标系Oxyz，Ox轴指向地球中心，Oz沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz.因作用于粒子的引力沿x轴正方向，作用于粒子的洛伦兹力与z轴垂直，故粒子在z轴方向不受力作用，沿z轴的分速度保持不变.现设想在开始时刻，附加给粒子一沿y轴正方向大小为v0的速度，同时附加给粒子一沿y轴负方向大小为v0的速度，要求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即

得

（3）用v表示ux与沿y轴的速度的合速度（对质子取正号，对电子取负号），有

（4）这样，所考察的粒子的速度可分为三部分：沿z轴的分速度．其大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量．沿y轴的速度．对带正电的粒子，速度的方向沿y轴的负方向，对带负电的粒子，速度的方向沿y轴的正方向．与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消，故粒子将以速率沿y轴运动．由（3）式可知，的大小是恒定的，与粒子的初速度无关，且对同种的粒子相同．在平面内的速度．与这速度联系的洛伦兹力使粒子在平面内作速率为的匀速率圆周运动，若以R表示圆周的半径，则有得

（5）由（4）、（5）式可知，轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x分量和y分量有关．圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0．由此可见，等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（3）式给出的速度，其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向，对电子，方向向西，对质子，方向向东．电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度．漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流．由（3）式和（1）、（2）两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

（6）

（7）由于电子、质子漂移速度的方向相反，电荷异号，它们产生的电流方向相同，均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有

（8）代入有关数据得

（9）电流密度的方向沿纬度向东.2．上一小题的讨论表明，粒子在平面内作圆周运动，运动的速率由（4）式给出，它与粒子的初速度有关．对初速度方向指向地心的粒子，圆周运动的速率为

（10）由（1）、（2）、（3）、（5）、（10）各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

（11）

（12）以上的计算表明，虽然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子还受到磁场的作用，电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为和，都远小于等离子层的厚度，所考察的电子和质子仍在等离子层内运动，不会落到地面上.解法二：1.由于等离子层的厚度远小于地球半径，故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

（1）引力加速度

（2）考察等离子层中的某一质量为m，电荷量为q、初速度为u的粒子，取粒子所在处为坐标原点O，作一直角坐标系Oxyz，Ox轴指向地球中心，Oz沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz.若以、、表示粒子在任意时刻t的速度在x方向、y方向和z方向的分速度，则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方程为

（3）

（4）

（5）（5）式表明，所考察粒子的速度在z轴上的分量保持不变，即

（6）作变量代换，令

（7）

其中

（8）把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得

（9）

（10）由（9）、(10)两式可知，作用于粒子的力在x和y方向的分量分别为若用表示的方向与x轴的夹角，表示的方向与x轴的夹角，而，则有可见，表明的方向与的方向垂直，粒子将在的作用下在平面内作速率为的匀速圆周运动．若以R表示圆周的半径，则有

（11）在匀速圆周运动中，V的大小是不变的，任何时刻V的值也就是时刻V的值，由（7）式和已知条件在时刻有故有

（12）以上讨论表明，粒子的运动可分成三部分：根据（6）式，可知粒子沿z轴的分速度大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量．根据（7）式可得，，表明粒子在平面内以速率作圆周运动的同时，又以速度沿y轴运动．、是圆周运动速度的x分量和y分量．圆周运动的轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x分量和y分量有关．圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0．沿y轴的速度由（8）式给出，其大小是恒定的，与粒子的初速度无关，同种粒子相同，但对带正电的粒子，其方向沿y轴的负方向，对带负电的粒子，其方向沿y轴的正方向．由此可见，等离子层内电子和质子虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（8）式给出的速度，其方向垂直于粒子所在处的地球引力，对电子，方向向西，对质子，方向向东．电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度．漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流．由（8）式和（1）、（2）两