1、2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期期末考试物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )A电场线和磁感线
2、都是电场或磁场中实际存在的线B磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方, 同一通电导线所受的磁场力也越大2质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是()AM带正电，N带负电 BM的速率大于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功 DM的运行时间大于N的运行时间3如图所示，A、B、C三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是()AA、B变亮，C变暗 B
3、A、B、C都变亮CA、C变亮，B变暗 DA变亮，B、C变暗4一电流表的满偏电流Ig1 mA，内阻为200 .要把它改装成一个量程为0.5 A的电流表，则应在电流表上（ ）A并联一个约为200 的电阻B并联一个约为0.4 的电阻C串联一个约为0.4 的电阻D串联一个约为200 的电阻5如图所示，AB为均匀带有电荷量为Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为0，0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知0k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的
4、代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C处的电势为（ ）A0 B0 C20 D406图（a）为示波管的原理图。如果在点击之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）7如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过( )A40 W B60 W C80 W D120 W8关于电势与电势能的说法正确的是（ ）A电荷在电场中电势高的地方电势能大B在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电
5、势能大C正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小9如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合。两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板。以下说法正确的是（ ）A保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出D如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出二、多选题10两个完全相同的金属小球，半径远小于两小球之间距离，带电量之比为17，相距为r，两者之间
6、的引力为F，相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的（）A3/7 B4/7 C9/7 D16/711指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是（ ）A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转12如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电
7、阻不计。则（ ）A流经电阻R1中的电流方向为b到aB回路中感应电动势的大小为C回路中感应电流大小为Da与b之间的电势差为第II卷（非选择题)三、实验题13读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数为_mm；螺旋测微器的读数为_mm.14在测定电流表的内阻的实验中备用的器材有:A待测电流表G（量程0100A，内阻约为600）B标准电压表（量程05 V）C电阻箱（阻值范围09999 ）D电阻箱（阻值范围099999 ）E. 电源（电动势2 V，内阻不计）F. 电源（电动势6 V，有内阻）G. 滑动变阻器（阻值范围050 ，额定电流1.0 A），还有若干开关和导线.（1）如果采用如图所示的
8、电路测定电流表G的内阻，并且要想得到较高的精确度，那么从以上备用的器材中，可变电阻R1应选用_，可变电阻R2应选用_，电源E应选用_（用上述器材前的字母代号填写）.（2）如果实验时要进行的步骤有：A合上S1.B合上S2C观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大.D调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度. E. 调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半.F. 记下R2的阻值.把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上：_.（3）如果在步骤F中所得R2的阻值为600，则被测电流表的内阻rg的测量值为_.（4）电流表内阻的测量值r测与其真实值r真的大小关系是_.（填“
9、”“”或“”）四、解答题15如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置两根间距l0.4m的平行光滑金属直导轨，一端接有电动势E4V的理想电源和R19的电阻，阻值R21的金属棒ab与导轨接触良好，在水平拉力F0.8N的作用下，金属棒ab保持静止状态（其余电阻不计）。求：（1）金属棒ab中的电流大小；（2）磁感应强度的大小。16如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中.今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它沿顺时针方向运动到环的最高点D时速度恰好为零，则：(1)电场强度大小为多大? (2)小球到达最低点B时对环的压力
10、为多大?17如图所示，虚线左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；（3）电子打到屏上的点O到O点的距离2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期期末考试物理试题物理答案1C【解析】电场线和磁感线是为了描述电场和磁场假想的曲线，都不是电场或磁场中实际存在的线，选
11、项A错误；磁场中两条磁感线一定不相交，电场中的电场线也是不相交的，选项B错误；磁感线是一条闭合有方向的曲线，而电场线不是闭合的但有方向的曲线，选项C错误；电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强，选项D正确；故选D.2B【解析】由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中运动。3A【解
12、析】当滑动变阻器的滑动触头向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮。电路中并联部分电压 U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，C灯变暗。通过B灯的电流 IB=I-IC，I增大，IC减小，则IB增大，B灯变亮。所以A、B灯变亮，C灯变暗。故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的思路，按部就班进行分析也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C两灯亮度的变化.4B【解析】要使电流表量程变为0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流
13、：，并联部分的电压：，则需要并联的电阻：；故选B。5C【解析】根据题意，C处电势等价于在AB某处点电荷产生的电势。我们不妨就假设该点就在AB中点处。则的电势等于，即答案为C考点：电势的叠加原理点评：此类题型主要是要依据题目中所给信息，并要用特殊位置来确定解题思路。通过题目给的电势的公式，结合数学相似三角形的知识，找到线段关系。通过仔细审题才能够找到解题关键。6B【解析】由于电极XX加的是扫描电压，电极YY之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；故选B点评：本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考7B【解析】由电路图可知
14、，IL3=2IL2=2IL1；则L3消耗的功率最大，当L3消耗的功率是40 W时，根据P=I2R可知，L1、L2各消耗功率10 W，则电路消耗的总功率为60 W，故选B。8CD【解析】A、根据公式Ep=q可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的正负，因此无法判断它在电势高的地方电势能的高低，故A错误；B、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故B错误；C、一般选择无穷远处为零电势点，因此正点电荷周围的电势为正值，在其周围正电荷具有电势能为正值，负电荷具有电势能为负值，故正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能，故C正确D、一般选
15、择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，在其周围正电荷具有电势能为负值，负电荷具有电势能为正值，故正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能，故D正确故选CD9B【解析】本题考查的是电流和电压对平心板电容器内的电场的影响，保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，电容器两端电压增大，电场增强，电场力（向下）将大于洛伦兹力（向上），粒子将可能从下极板边缘射出；A错误，保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电压不变，极板距离减小电场增强，粒子将可能从下极板边缘射出；C错误，如果将开关断开，电容器放电，电场将消失，粒子将不能穿出；D错误。10CD【解析】由库仑定律可得，两球接触前的库仑力：；当
16、两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量：；两球接触后的库仑力；当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量；两球接触后的库仑力 ，故CD正确，AB错误故选CD点睛：两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向11BC【解析】指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。12AC【解析】由图
17、象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：，面积为：s=r22，得，故B错误；由闭合电路欧姆定律有：I1=，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=；故C正确；由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A正确；线圈两端的电压大小为U=I12R=，电流方向为从b到a，所以，故D错误；故选AC。【点睛】此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源1311.4；10.294到10.296都对【解析】游标卡尺的读数为：1.1cm+0.1mm4=11.4mm；螺旋测微
18、器的读数为：10mm+0.01mm29.5=10.295mm.【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，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14（1）D；C；F （2）CADBEF （3）600；【解析】（1）利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R1的阻值远大于R2的阻值。故可变电阻R1应该选择D；可变电阻R2应该选择C电源选择6V的大电源F；（2）半偏法测量电流表内阻的步骤是：C观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；A合上S1；D调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；B合上S
19、2；E调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F记下R2的阻值。即合理顺序：CADBEF；（3）根据实验的原理可知，使电流表指针偏转到满偏刻度的一半；则可知，R2分流为满偏电流的一半；故R2=rg所得的被测电流表A的内阻rg的测量值rg=R2=600；因为在电流表的一侧并联R2后，该部分电阻变小，电路中的总电阻减小，流过总电路的电流变大，所以当电流表半偏时，流过电阻R2的电流要大于流过电流表的电流，所以R2的阻值要小于电流表的阻值。【点睛】本题考查半偏法测电阻，认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=所并联电阻值。考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻的
20、量程，及电流到电压的换算公式。15（1）0.4A （2）5T【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律得金属棒ab中的电流大小为：。（2）金属棒ab保持静止状态，所受的安培力与水平拉力二力平衡，由平衡条件得：F=BIL则有：.16（1）mg/q （2）5mg【解析】小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功.（1）从A到D的过程中，由动能定理得：-mgr+qEr=0-0，解得：E=；（2）从A到B的过程中，由动能定理得：mgr+qEr=mv2-0，解得：v=2；小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m解得：F=5mg，由牛顿第三定
21、律得：小球在B点时对环的压力大小F=F=5mg。点睛：本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟练应用动能定理、向心力公式即可正确解题17（1） （2）2 （3）3L【解析】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得： 由xat2得： 电子进入电场E2时的速度为：v1a1t1 电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2 电子从释放到打到屏上所用的时间为：tt1t2 联立式解得：t3（2）设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy电子进入电场E2时的加速度为： vya2t3 t3 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：tan 联立解得：tan2 （3）电子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点O到O点的距离为x，由几何关系得：tan 联立得：x3L.【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，画出运动轨迹，根据力与运动关系找出运动规律即可求解