1、2018-2019学年黑龙江省实验中学高二上学期期中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物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律,为人类的科学事业
2、做出了巨大贡献,值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实及物理思想方法的的是（ ）A奥斯特提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场B安培发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C电荷量的数值最早是由美国物理学家富兰克林测得的D电场场强和感应强度都是用比值法定义的物理量2磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )Aa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbBa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbC同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小3如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略。当环境
3、温度降低时下列说法正确的是（ ）A电容器C的带电量增大B电压表的读数减小C干路电流增大DR1消耗的功率变大4如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源连接,下极板接地。一油滴位于电容器的点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离,则（ ）A电容器的带电量增大 B两极板间的电场强度减小C电路中会有逆时针方向的瞬间电流 D带点油滴将沿竖直方向向上运动5如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点,已知A、B、C三点的电势分别为.由此可得D点的电势为（ ）A3V B6V C12V D9V6将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球
4、附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等,为电场中的两点,则（ ）A点的电场强度比点的大B点的电势比点的低C试探电荷在点的电势能比在点的小D将试探电荷从点移到点的过程中,电场力做负功7两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为（ ）A14 B18 C161 D1168如图所示，电源电动势E=36V，内阻r=1，电灯上标有“6V，12W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2。接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）A电路中的电流大小6AB电动机产生的热功率56
5、WC电动机的机械效率85.7%D电源的输出功率为72W9如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长。现要使细线偏离竖直线30角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上。则为（）A B C D二、多选题10如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之
6、和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小11在伏安法测电阻的实验中,待测电阻约为800,电压表V的内阻约为2k,电流表A的内阻约为10,测量电路中电表的连接方式如图(a)或图(b)所示,若将由图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为和,则下列说法正确的是（ ）A更接近真实阻值B更接近真实阻值C大于真实阻值,小于真实阻值D小于真实阻值,大于真实阻值12分别置于两处的长直导线垂直纸面放置,通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,在一条直线上,且。已知点的磁感应强度大小为,点的磁感应强度大小为若将处导线的电流切断,则（ ）A点的磁感应强度大小变为 B点
7、的磁感应强度方向向上C点的磁感应强度大小变为 D点的磁感应强度方向向下13两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放,其运动的图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则下列说法正确的是（ ）A由C到A的过程中物块的电势能一直增大BB点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=100V/mC由C点到A点电势逐渐降低DA、B两点间的电势差14如图所示,在场强大小为E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为电荷量为的带负电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使
8、细线水平的位置A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成的位置B时速度为零，以下说法正确的是（ ）A小球重力与电场力的关系是B小球重力与电场力的关系是C小球在A点和B点的加速度大小相等D小球在B点时,细线拉力为第II卷（非选择题)三、填空题15如图所示，游标卡尺的读数为 mm；螺旋测微器的读数为 mm四、实验题16某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻,现备有下列器材:A.被测干电池一节B.电流表量程03A,内阻约为0.3C.电流表量程00.6A,内阻约为0.1D.电压表量程03V,内阻未知E.滑动变阻器010,2AF.滑动变阻器0100,1AG.定值电阻陷(阻值为1、额定功率为
9、5W)H.开关、导线若干在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)，电流表选择_，滑动变阻器选择_；(2)请按照图甲设计的电路图用笔画线将图乙实物电路图补充完整_；(3)该同学按照要求连接好电路并进行实验,根据实验数据绘出了图所示的图像,则电源的电动势E=_V,电源内阻r=_(保留两位有效教字)。五、解答题17光滑的金属导轨相互平行，它们所在的平面与水平面的夹角为45，磁感应强度为B=5T的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重G=0.2N，电阻值为R1=0.2的金属棒ab，导轨间距L=0.4m，导轨中所接电源的电动势为
10、E=6V,内阻r=0.5，其它的电阻不计，金属棒恰好能静止在导轨上，求：(1)金属棒ab受到磁场的安培力多大；(2)电阻R2的阻值多大？18如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。求：（1）带电粒子从A点运动到B点经历的时间；（2）带电粒子经过B点时速度的大小；（3）A、B间的电势差。19如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在o点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）
11、，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。求：（1）电场强度E的大小和a、O两点的电势差UaO；（2）小球在a点获得一水平初速度Va=4，则小球在最低点绳子的拉力大小。2018-2019学年黑龙江省实验中学高二上学期期中考试物理试题物理答案1D【解析】A项：法拉第提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场，故A错误；B项：奥斯特现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故B错误；C项：电荷量的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C错误；D项：电场强度和磁感应强度都是比值定义法，且都只取决于自身的性质，故D正确。故应选：D。2B【解析】磁场是一种特殊物质形态，既看不见
12、又摸不着因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向而小段通电导线放在磁场中有磁场力作用，但要注意放置的角度磁场中某区域的磁感线如图所示：a处的磁感线比b处疏，则a点磁感强度比b点小所以A不正确，B正确；当将一小段通电导线放入磁场时，磁场力大小和磁场与电流的角度有关，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行时为零因为不知道电流如何放置，所以C、D选项均不正确故选B3A【解析】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小故C错误。A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I
13、减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大故A正确B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大故B错误D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小故D错误。故本题选A。4B【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据知板间场强的变化，由U=Ed判断P点与下极板间的电势差的变化，确定P点电势的变化由题分析知道油滴带负电，再判断其电势能的变化根据场强的变化，判断油滴向什么方向运动。A项：板间距离增大，由公式可知，电容减小，电容器的电压不变，由公式可知，电荷量减小，故A错误；B项：板间距离增大，电容器的电压不变，根据知板间场强减小，故B正
14、确；C项：由图可知，开始时电容器的上极板带正电，也有电量减小，所以上极板的正电荷将流回电源的正极，电路中会有顺时针方向的瞬间电流，故C错误；D项：根据油滴原来静止知道，油滴带负电，平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故D错误。故应选：B。【点睛】本题是电容器动态分析问题，根据、电容的决定式和定义式结合进行分析。5D【解析】在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；先求解出D点的电势，然后找出等势面，进一步求解A、D连线中点的电势。在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；故：A-B=D-
15、C代入数据，有：15-3=D-（-3），解得：D=9V，故D正确，ABC错误。故应选：D。【点睛】本题关键记住“在匀强电场中，沿着同一方向，没前进相同的距离，电势的降低相等”的结论。6A【解析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小。A项：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B项：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属
16、球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故B错误；C项：电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，即正电荷在a点的电势能较b点大，故C错误；D项：由上知，+q在a点的电势能较b点大，则把+q电荷从电势能大的a点移动到电势能小的b点，电势能减，电场力做正功，故D错误。故应选：A。【点睛】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。7C【解析】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律R=，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2
17、倍，根据电阻定律R=，电阻R2=R，则两电阻之比为16：1电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16故C正确，A、B、D错误。故选C。考点：电阻定律【名师点睛】解决本题的关键是在将导线均匀拉长或折后绞合时，导线的体积不变，判断导线的长度和横截面积的变化。根据电阻定律R=判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比。8C【解析】因为灯泡恰好能正常发光，所以根据公式可得，电灯和电动机串联在电路中，所以电路中的电流大小为2A，A错误；根据公式可得电动机产生的热功率为，B错误；电动机消耗的总功率为，故电动机的
18、机械效率大小为，C正确；电源的输出功率为，D错误。考点：考查了非纯电阻电路电功率的计算9B【解析】对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F=mgsin30，F=mgtan30，根据库仑定律，则有：，而；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30，lCA=Lsin30，综上所得：，故ACD错误，B正确；故选B。【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键10BD【解析】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷
19、的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A错误，B正确；C、根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大小大于在Q点时的加速度大小，故D正确；故选：BD.11AC【解析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足，时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值。由于待测电阻满足时RARV=102000，所以电流表应用内接法，即RX1 更接近真实值
20、；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为： 采用外接法时，真实值应为：，即测量值小于真实值。故应选：AC。12AB【解析】根据右手螺旋定则判断出通电导线在c、d两点的磁场方向，在距离导线相等的点磁感应强度大小相等抓住c点、d点的磁感应强度大小求出a、b导线在c、d两点的磁感应强度。A项：设a导线在c点的磁感应强度大小为B，在d点的磁感应强度大小为B根据右手螺旋定则有：B1=2BB2=B-B联立两式解得：， 由右手螺旋定则可知，d处的磁感应强度方向向上，故应选：AB。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则，会根据右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及知道在距离导线相等的点磁感应强度大小相等
21、。13BC【解析】由能量守恒定律分析电势能的变化情况根据v-t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。A项：从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A错误；B项：带电粒子在B点的加速度最大，为，所受的电场力最大为 Fm=mam=0.12N=0.2N，则场强最大值为，故B正确；C项：据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；D项：
22、从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得：，解得：，故D错误。故应选：BC。【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。14BC【解析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题。A、B项：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsin-q
23、EL（1-cos）=0得，则，故A错误，B正确；C项：在A点，小球所受的合力等于重力，加速度，在B点，合力沿切线方向Eqsin60-mgcos60=mg，加速度aB=g，所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；D项：小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60故细线拉力，故D错误。故应选：BC。【点睛】本题关键是对小球受力分析，然后找出复合场的最低点位置，最后根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式分析计算。1510.75；9.693【解析】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，不需估读螺旋测微器的读数
24、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游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：10mm+0.75mm=10.75mm螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为19.30.01mm=0.193mm，所以最终读数为9.5mm+0.193mm=9.693mm【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16（1）B；E （2） （3）1.5；0.6【解析】(1)电流表：为了读数准确，所以选择B；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化
25、，减小误差，故选E；(2)按原理图连接实物图如图：(3)由U-I图可知，电源的电动势为：E=1.5V；内电阻为：。17(1)F=0.2N (2)【解析】(1)对ab棒受力分析，如图：由平衡条件得，金属棒ab受到磁场的安培力：代入数据：(2)由安培力公式：回路电流：由闭合电路的欧姆定律：电阻R2的阻值：代入数据：.【点睛】本题结合安培力特点考查了物体的平衡，注意公式F=BIL的应用条件，以及公式中各个物理量的含义18(1) (2) (3)【解析】（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点运动到B点经历的时间（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动板间场强大小加速度大小经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy=at=带电粒子在B点速度的大小v =（3）带电粒子从A点运动到B点过程中，根据动能定理得：A、B间的电势差UAB=考点：带电粒子在平行极板间的运动。19（1），方向竖直向上； （2）【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得解得，方向竖直向上在匀强电场中，有则a、O两点电势差(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为，由动能定理得小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得联立式，代入解得