1、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18题只有一项符合题目要求；第912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）题号123456答案AADABD题号789101112答案BBBDBDACDAD1.【答案】A【解析】由于地磁场的作用，小磁针会位于南北方向，要能观察到小磁针由于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、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： ； 相距为2r时，由库仑定律得： ；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B0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
3、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,灯变暗，通过其电流减小；由及可知分担电压增大，及两端电压减小，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,故改装电压表需要串联一个电阻分压，所以,故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、和结合得，可知板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式分析得知板
4、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，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
5、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
6、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90，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
7、错误；CD. 打在D点的粒子恰好偏转180,运动时间最长,为T/2=m/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(0.395mm0.399mm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0.0512mm=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
8、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0.0139.8mm=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0.395mm0.399mm范围内都对14（4分）【答案】 （1）190； （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
9、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I2R2228（W） 3分（2）电池内压为UIr212 （V） 2分输入功率为：P入I（EU）2（102）16（W） 3分输出功率为：P出P入
10、P热1688（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 4分（2）导体棒所受的安培力， 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，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：mgl2F电l1=mvB2 2分又F电mg 2分则 代入数据可得vB2m/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ag，xvBtat2 2分竖直方向有hgt2 2分由以上各式代入数据可得x4.5 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