广西南宁市第二中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题(扫描版)

广西南宁市第二中学2018-2019学年高二物理上学期期末考试试题

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南宁二中2018至2019学年上学期高二年级期考

物理

（本卷满分100分，考试用时120分钟）

一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）

通电导线产生的磁效应而产生的偏转，通电直导线产生的磁场为东西方向，这样观察到小磁针的偏转明显，根据右手螺旋定则判断应将放置在平行南北方向，并且在小磁针正上方．

2.【答案】A 【解析】设一个小球带电量为大小Q ，则另一个为大小3Q ，根据库仑定律有： 两球接触前： 23Q Q F K r ?=； 相距为2r 时，由库仑定律得： ()231'42Q Q F K F r ?==； 故A 正确，BCD 错误；故选A.

3. 【答案】D 【解析】由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R 的电流从b 到a ，电容器下极板带正电，所以A 、B 、C 错误，D 正确。

4. 【答案】A 【解析】四点的磁感应强度为B 0与电流产生磁场的矢量和，据安培定则知，电流产生磁场为以导线为圆心的同心圆，沿顺时针方向，a 点两磁场方向相同，c 点方向相反，b 、d 两点垂直，合成后知a 点的磁感应强度最大，A 对。

5. 【答案】B 【解析】当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a 端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小,1L 灯变暗，通过其电流减小；由121U I R =及21I I I =-可知1R 分担电压增大，2L 及2R 两端电压减小，2L 功率减小而变暗，选项B 正确.

6. 【答案】D 【解析】改装电流表需要并联一个电阻分流，所以1()g g g I R I I R =-,故10.17()g g

g I R R I I ==Ω-

改装电压表需要串联一个电阻分压，所以()g g I R R U +=,故22900g g U R R I =-=Ω 7. 【答案】B 【解析】A 、平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由4S C kd επ=、Q C U =和U E d =结合得4kQ E S πε=，可知板间场强E 不变，电容C 增大，而电量Q 不变，由公式Q C U

=分析得知板间电压U 减小．由于负极板的电势比正极板低，则? 升高，故AC 错误，B 正确； D 、根据U Ed =，E 不变，P 点到正极板的距离减小，则正极板与P 点的电势差减小，正极板电势为零，P 点的电势比正极板低，则P 点的电势升高，正电荷在P 点的电势能p E 增大，故D 错误。

8. 【答案】B 【解析】等量异种电荷的中垂线，电势与无穷远处的电势相等，及中垂线是0等势线，故A 错，B 对；在中垂线上，由电场分布图知越靠近中点场强越强，C 错；中垂线上场强的方向都平行于两电荷的连线指向负电荷，故一带电粒子在a 点无初速释放，受力水平沿水平方向，故不可能沿中垂线运动，D 错。

9. 【答案】BD 【解析】选项A 、C 两种情况中，穿过线圈平面的磁通量始终为零，不会产生感应电流；选项B 、D 中穿过线圈平面的磁通量不断变化，而且线圈是闭合的，有感应电流产生；故选BD..

10. 【答案】BD 【解析】

A 项：根据正电荷在电势高处，电势能大，负电荷在电势低处电势能大，故A 错误；

B 项：由公式可知，在电场中的两点之间移动电荷，电场力做功越多，这两点的电势差越大，故B 正确；

C 项：电势差由电场本身决定，与零电势的选取无关，电势零点的选取是任意的，但是电场中两点间的电势差是确定的，故C 错误；

D 项：电场力做功，电场力做正功，所以电势能减小，

11. 【答案】ACD 【解析】带电粒子只在电场力作用下从A 运动到B ，由运动与力关系可知，电场力偏向轨迹的内侧，分析电场力方向，从而判断粒子的电性．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，分析场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的变化．

电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，故从电荷的运动轨迹来看，电荷受力方向一定跟场强方向相反，粒子带负电，A 正确；电荷受力方向跟运动方向夹角大于90o，电场力做负功，电势能增大，动能减少，B 错误C 正确；从图知A 点的电场线较疏，场强要小些，所以A 点的加速度较小，D 正确．

12. 【答案】AD 【解析】A. 粒子打在C 点的半径最大,由几何关系： ,

从而求得最大半径r=5L/4,由半径公式求得最大速度。在加速电场中：,从而求得最大电压，即A选项正确；

B. 粒子打在D点时半径最小，同理也可以求出最小速度及对应的最小电压，所以选项B错误；

CD. 打在D点的粒子恰好偏转180°,运动时间最长,为T/2=πm/Bq，所以选项C错误，D正确

二、实验题（本大题共3小题，16分．）

13．（4分）【答案】(1) 9.160cm (2) 0.398mm(0.395mm～0.399mm均正确)

【解析】(1) 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．因卡尺的游标有20等分，因此游标卡尺的精确度为0.05mm．由图知游标卡尺的固定刻度读数为9.1cm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，所以最终读数为：9.1cm+0.060cm=9.160cm；

(2) 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为0.01×39.8mm=0.398mm，所以最终读数为：0mm+0.398mm=0.398mm，由于需要估读因此在范围0.395mm～0.399mm范围内都对．14．（4分）【答案】（1）190Ω；（2）将选择开关旋至交流最大挡或“OFF”挡【解析】（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数，读数为；（2）读数结束后，应将选择开关旋至交流最大或“OFF”挡．

15．（8分）【答案】图见解析；E；增大； 15

【解析】(1) 小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，

根据小灯泡规格“6W，0.5A”可知，额定电压，所以电压表应选D；

为方便实验操作，滑动变阻器应选E，

(2) 由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；

由图示图象可知，灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.4A，则灯泡电阻。

三、计算题（本大题共4小题，48分．）

16．（10分）【答案】（1）8W。（2）8W

解:（1）根据焦耳定律，热功率为：P热＝I2R＝22×2＝8（W）…………3分

（2）电池内压为U′＝Ir＝2×1＝2 （V）…………2分输入功率为：P入＝I（E﹣U′）＝2×（10﹣2）＝16（W）…………3分

输出功率为：P出＝P入﹣P热＝16﹣8＝8（W）…………2分

17．（12分）【答案】（1）0.5A，（2）3N，水平向右

解：（1）由欧姆定律得

8

0.5

16

U

I A A

R

===………4分

（2）导体棒所受的安培力

6.00.513

F BIL N N

==??=

安

，

方向水平向左…………4分

由平衡条件得导体棒上所加的水平外力

3

F F N

==

安

，方向水平向右…………4分

18．（12分）【答案】(1) (2) 4.5m

解：（1）小球从A运动到B的过程中，对小球根据动能定理有：

mgl2＋F电l1=mv B2…………2分

又F电＝mg…………2分

则

代入数据可得v B＝2m/s．…………2分

（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t，则水平方向有a＝g，x＝v B t＋at2…………2分

竖直方向有h＝gt2…………2分

由以上各式代入数据可得x＝4.5 m．…………2分

19．（14分）【答案】(1) ， (2)

解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有：

，…………2分

，…………2分

设粒子到达M点的速度大小为v，方向与y轴负方向成角；轨迹如图：

则有：，…………1分

，…………1分

联立解得：，；…………2分

(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，有

，…………2分

由几何关系有：，…………2分

联立解得。…………2分