1、2018-2019学年湖北省荆州市沙市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关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A磁感应强度沿磁感
2、线方向逐渐减小B磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中受力的方向C磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量D磁感应强度的方向就是正电荷在该处的受力方向2如图所示，一矩形线框，从abcd位置移动到abcd位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动)()A一直增加B一直减少C先增加后减少D先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少3倾角为的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆ab处于静止。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B从零开始逐渐增加至ab杆恰好开始运动时，ab杆受到的静摩擦力（ ）A逐渐增大B逐渐减小C先减小后增大D某时刻静摩擦力的大小不
3、可能等于安培力大小4如图所示为磁场作用力演示仪中的线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示顺时针的电流时()A小磁针N极向里转B小磁针N极向外转C小磁针在纸面内向左摆动D小磁针在纸面内向右摆动5下列关于磁电式电流表的说法中错误的是（ ）A磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的B磁电式电流表的指针偏转角度的大小与被测电流的大小成正比C磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱D磁电式电流表只能测定电流的强弱，不能测定电流的方向6如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电
4、场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出()Aa 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大BN 点的电势低于M 点的电势Ca 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大Da 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率7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8如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正
5、确的是（ ）AOP，BOP，C负电荷在P点的电势能大DO、P两点所在直线为等势线二、多选题9某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示则判断正确的是( )A在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCBb、c线的交点与a、b线的交点的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4C电源的最大输出功率Pm=9WD电源的电动势E=3 V，内电阻r=110一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0X2段是对称的曲
6、线，X2X3段是直线，则下列说法正确的是（ ）AX1处电场强度为零BX1 、X2、X3处电势1、2、3的关系为123C粒子在0X2段做匀变速运动，X2X3段做匀速直线运动D0X2 段是匀强电场11如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住,圆心O点固定着电荷量为Q 的场源点电荷,一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A 时,地面对轨道的弹力恰好为零。若轨道与小球的质量均为m, Qq0,忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响,重力加速度为g,静电力常量为k。下列说法中正确的是（ ）A轨道内壁的电场强度处处相同B轨道内壁
7、的电势处处相等C运动到最低点C时,小球对轨道的压力大小为7mgD运动到与圆心等高的B点时,小球对轨道的压力大小为4mgk第II卷（非选择题)三、实验题12（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“1档”（图a）和“10档”（图b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_档（填“1”或“10”），该段金属丝的阻值约为_。（2）所测金属丝的直径d如图c所示，d=_mm；接入电路金属丝的长度L如图d（金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L=_cm。（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A电源电动势E（3V，
8、内阻约1）B电流表A1（00.6A，内阻r1约5）C电流表A2（010mA，内阻r2=10）D电压表V（015V，内阻约3k）E定值电阻R0=250F滑动变阻器R1（05，额定电流1A）G滑动变阻器R2（0150，额定电流0.3A）H开关，导线若干（4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号_。（5）若所选电表A1，A2的读数分别用I1，I2表示，根据你上面所设计的实验电路，所测金属丝的电阻的表达式为R=_，若所测电阻值为R，所测金属丝电阻率的表达式为_（用R，L，d表示）。13某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池(1)甲同学选用图1所示的电路图
9、测量该电池的电动势和内阻在他测量与计算无误的情况下，所得到的电源电动势E的测量值比真实值小E的测量值比真实值小的原因可能是_(填选项前的字母)造成的A电压表的分流B电流表的分压(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为R0，根据实验电路图连接好电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，并作记录根据多组实验数据绘出如图3所示的图象，若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则这个实验中所测电池电动势的测量值E_，内阻的测量值r_.四、解答题14如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L60 cm，两板间的距离d
10、30 cm，电源电动势E36 V，内阻r1 ，电阻R09 ，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v06 m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出已知小球带电荷量q2102 C，质量m2102 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；(2)滑动变阻器接入电路的阻值15如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1，电阻R=4；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，
11、与导轨平面成=53角；ab与导轨间动摩擦因数为=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）ab受到的安培力大小和方向（2）重物重力G的取值范围16在竖直向下的匀强电场中有一带负电的小球，已知小球的质量为m，带电荷量为大小q，自绝缘斜面的A点由静止开始滑下，接着通过绝缘的离心轨道的最高点B圆弧轨道半径为R，匀强电场场强为E，且mgEq，运动中摩擦阻力及空气阻力不计，求：（1）A点距地面的高度h至少应为多少？（2）当h取最小值时，小球对最低点C的压力为多少？1
12、7如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长l 10 cm，板间距离d 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t0.06 s时刻穿过极板间的电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？2018-2019学年湖北省荆州市沙市中学高二上学期期中考试物理试题物理答案1C【解析】磁感应强度B大小用磁感线的疏密表示，越密处B大，越疏处B小故A错误磁感应强度
13、B的方向与安培力F的方向互相垂直故B错误磁感应强度的物理意义就是用来描述磁场强弱和方向的物理量故C正确磁感应强度的方向就是小磁针在该处静止不动时N极的指向，即N极的受力方向故D错误故选C【点睛】磁场的方向就是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向，与小磁针的S极受力方向相反，与通电导线所受安培力的方向垂直2D【解析】离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC错误，D正确；故选D考点：磁
14、通量点评：通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小3C【解析】根据左手定则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力和静摩擦力（可能有），根据共点力平衡条件列式分析加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；根据平衡条件可知：；加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度B逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；根据平衡条件，有：；由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加，故AB错误，C正确；当安培力小于重力的下滑分力时，根据平衡条件，有：；如果
15、，则，故D错误，故选C。【点睛】本题关键是对杆受力分析，然后根据平衡条件列式分析。4A【解析】根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转本题中根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转故A正确。考点：考查了右手螺旋定则的应用5D【解析】A：磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，故A项正确。B：磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，因此不管铜电线圈转到什么角度，它的平面都与磁感线平行。因此，磁力矩与线圈中电流成正比。当铜电线圈转动时，
16、螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈偏转角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏转角度的大小与被测电流的大小成正比。故B项正确。C：磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱。故C项正确。D：磁电式电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用，根据指针转动大小与方向可确定电流的大小与方向。故D项错误。本题选错误的，答案是D。【点睛】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。6C【解析】根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的
17、电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。【点睛】此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加7A【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
18、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。8D【解析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义。由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则。电场线越密的地方，电场强度越强。正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同。同时沿着电场线方向电势降低。等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以，由等量异
19、种点电荷的电场线的分布，可得O点的电场线最密，P点的较疏。所以，故AB错误；等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在P点的电势能与O点相同，故C错误，D正确；故选D。【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。9ABD【解析】根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系在a、b、c三条图线上
20、分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，故A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故B正确；图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当I=3A时，PR=0说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动
21、势E=3V，内电阻，故D正确。故选ABD。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和10AB【解析】A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知Ep-X图象切线的斜率等于，X1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零;故A正确.B、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123；故B正确.C、由图看出在0X1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。X1X2段图
22、象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。X2X3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故C，D均错误.故选AB.【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.11BC【解析】点电荷的场强特点，轨道内壁的到圆心的距离相等，场强大小相等，方向不同，故A错误；点电荷的等势面是距离不等的同心圆，则轨道内壁的电势处处相等，故B正确；当小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零，则小球对轨道的弹力FNA=mg。对小球有：；对AC应
23、用动能定律有：mvA2+mg2R=mvC2；对C点受力分析，根据牛顿第二定律有：；联立解得：FNC=7mg；根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为7mg。故C正确；对B点受力分析，根据牛顿第二定律有：；对AB应用动能定律有：mvA2+mgR=mvB2；联立解得：FNB=4mg；根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为4mg，故D错误；故选BC。【点睛】本题考查带带电粒子在电场中的圆周运动，注意题中小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零的分析。12（1）1；7.0 （2）1.7001.704；99.0099.05（4）如图： （5）【解析】（1）由图a、b所示可知，图b所示欧姆表指针偏
24、转角度太大，应选用图a所示测量电阻阻值，图a所示欧姆档的“1档”，所测电阻阻值为71=7；（2）由图c所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.200mm=1.700mm；由图d所示刻度尺可知，其分度值为1mm，刻度尺示数为99.02cm；（4）电压表量程为15V，电源电动势为3V，用电压表测电压误差太大，不能用电压表测电压，可以用内阻已知的电流表A2与定值电阻串联组成电压表测电压，电路最大电流约为，电流表应选A1，待测电阻丝阻值约为7，电流表内阻约为5，电压表内阻为10+250=260，电压表内阻远大于电
25、阻丝电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据、方便实验操作，滑动变阻器应选择R1并采用分压接法，实验电路图如图所示：（5）由电路图可知，电阻两端电压为：U=I2（R0+r2），待测电阻阻值为：，电阻为：，则电阻率为：【点睛】应用欧姆表测定值时应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；本题考查了实验器材选择与实验电路设计，知道实验原理、知道实验器材的选择原则选择实验器材，然后设计实验电路13（1）A （2），【解析】(1)由图1所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法。当外电路短路时，电流
26、的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，因此E的测量值比真实值偏小的原因可能是A；(2)由图2所示电路可知，E=U+I（r+R0）= 则 因此图3中图象的纵轴截距 ，得电动势 图象的斜率，则电源内阻。14（1）60m/s2 （2）14【解析】（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=v0t竖直方向：d=at2由上两式得： （2）根据牛顿第二定律，有：qE-mg=ma电压：U=Ed解得：U=21V设滑动变阻器接入电路的电阻值为R，根据串
27、并联电路的特点有：解得：R=14.【点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度15(1)5N；与水平成37角斜向左上方 (2)0.5NG7.5N【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流方向：由a到b；ab受到的安培力：；方向：与水平成37角斜向左上方（2）ab受力如图所示，最大静摩擦力：由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：当最大静摩擦力方向向左时： 由于重物平衡，故则重物重力的取值范围为：0.5NG7.5N；16（1）2.5R （2）6（mg-Eq）【解析】(1)根据重力与电
28、场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；(2)根据受力分析，由牛顿第二定律与动能定理，即可求解。【详解】(1)由分析知，小球要经过B点至少需满足条件重力与电场力的合力提供向心力，即 又从A到B过程由动能定理得： 由以上两式解得：h=2.5R；(2)在C点，对小球受力分析得： 从A到C过程由动能定理得： 由以上两式解得： 由牛顿第三定律知，小球对C点的压力与轨道在C点给小球的支持力是一对相互作用力，所以小球对C点的压力为6（mg-Eq）【点睛】考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功。17(1)打在屏上的点位于O点上方，距O
29、点13.5 cm (2)30 cm【解析】根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第(1)问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度；(1)设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：所以：经偏转电场偏转后偏移量所以由题图知t=0.06s时刻代入数据解得设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：代入数据解得：(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了；则在偏转电场中的最大偏移为根据，得：所以荧光屏上电子能打到的区间长为：
