1、2018-2019学年广西南宁市第三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下列说法正确的是( )A电场和磁场都是客观存在，电场线和磁
2、感线也是客观存在B电场和磁场都具有力的性质，不计重力的电荷在电场和磁场中一定受到力的作用C电源电动势在数值上等于电路断开时，电源两极间电压D电流元在磁场中受磁场力为零时，此处磁感应强度也为零2如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流的是（ ）A图甲 B图乙 C图丙 D图丁3如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有()A当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变B当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a
3、到b4如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()Ab点的电势为零，电场强度也为零Ba点电场强度大于b点的电场强度，同一正的试探电荷在a点和b点所受电场力方向向右C将正的试探电荷从b点移到a点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电场力做功较多，电势能的变化较少。5矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应
4、电流I的正方向，下列各图中正确的是( )6如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放下列判断正确的是()A当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大B当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大C小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小7如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视
5、为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（ ）A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变大8如图所示装置中，ab、cd杆原来均静止，当ab杆在外力作用下向右加速运动，cd杆保持静止，忽略闭合铁芯漏磁，则下列说法不正确的是()Aab杆中感应电流方向是从a到b，a端电势高于b端B线圈L2的磁通量增大Ccd杆中感应电流方向是从c到dDcd杆受到水平向右的安培力的作用9有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方
6、向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（ ）A粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大B粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为D若，则粒子在运动过程中的最小速度为二、多选题10小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈从图示位置以角速度绕OO匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是()A若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e2Ne0sin tB从中
7、性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e2Ne0cos tC发电机线圈从垂直中性面位置转动90的过程中，产生的感应电动势的平均值是D发电机线圈从垂直中性面位置转动180的过程中，产生的感应电动势的平均值是11如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A电压u的频率为50 HzB电压表的示数为22VC有光照射R时，电流表的示数变大D抽出L中的铁芯，D灯变亮12如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处
8、在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A当v时所有离子都打不到荧光屏上B当v0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当入射速度方向沿x轴方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子离开第一象限时速度方向与y轴正方向的夹角正切值；（3）若将电场方向变为沿y轴负方向，电场强度大小不变，粒子以速度v从O点垂直于磁场方向、并与x轴正方向夹角=300射入第一象限，求粒子从
9、射入磁场到最终离开磁场的总时间t。2018-2019学年广西南宁市第三中学高二上学期期末考试物理试题物理答案1C【解析】A、电场线和磁场线是人们为形象地描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的;故A错误.B、电荷在电场中的电荷一定受到电场力的作用, 静止的电荷处于磁场中不受到洛伦兹力;故B错误.C、根据闭合电路欧姆定律得知，电源的电动势等于内外电压之和，当外电路断开时，电源电动势在数值上等于电源两极间电压;故C正确.D、若导线与磁场平行，则磁场力为零；所以安培力为零时，不能说明磁感应强度为零;故D错误.故选C.【点睛】本题综合考查电场与磁场,电场力与洛伦兹力,电动势,磁感应强度等概念,重点在于概
10、念的辨析.2D【解析】A图中线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B图中线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C图线框绕轴转动，但穿过的磁通量为零，且始终为零，因此也不会产生感应电流，故C错误；D图线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确；故选D。点睛：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题3D【解析】A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错
11、误；B、C、D、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故B、C错误，D正确。故选D.【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.4B【解析】A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0;故A错误.B、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方
12、向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；根据点电荷电场强度公式，及矢量的叠加原理，可知，x轴上O点的电场强度最小，而y轴上，O点的电场强度最大，那么a点电场强度比b点电场强度的大故B正确；C、电场线由Q指向-Q，故正电荷从b向a运动的过程中，电场力做负功，电势能减增加；故C错误.D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等;故D错误.故选B.【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆，同时再根据电场力做
13、功以及电势能的规律进行分析求解.5D【解析】由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变故选D考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。6D【解析】A、小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力
14、方向于水平方向成45向左下，如图：故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大;故A错误.B、由A的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最小;故B错误.C、小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小;故C错误.D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小;故D正确.故选D.【点睛】该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直
15、平面内的圆周运动的知识解题.7A【解析】A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大故A正确，B错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小故D错误故选：A【点评】本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析8A【解析】A、ab杆向右运动切割磁感线
16、，根据右手定则知ab棒作为电源的电流流向为a到b，此方向为电源内部的流向，则a为电源负极，b为电源正极，a端电势低于b端；故A错误.B、ab杆向右加速运动，由可知L1的电流逐渐增大，产生的磁场由安培定则可知向上增强，而忽略闭合铁芯漏磁，则穿过L2的磁通量向下逐渐增强；故B正确.C、L2的磁通量向下逐渐增强，根据楞次定律知感应电流I2从c到d，故C正确.D、感应电流I2从c到d，由左手定则知cd棒受到的安培力水平向右；故D正确.本题选不正确的故选A.【点睛】题综合考查了右手定则、左手定则、安培定则以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用的范围，不能混淆9BD【解析】粒子从O运动到的过程中，
17、电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A错误粒子从运动到的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B正确根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到处，就能到达处，当粒子恰好运动到处时，由动能定理得：，解得：，则要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为C错误若，粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理得：，解得： ，D正确，选BD.【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化粒子如能运动到处，就能
18、到达处，根据动能定理研究过程，求解最小速度粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度10ACD【解析】A、B、矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以N匝矩形线圈产生的感应电动势的最大值是2Ne0, 线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势等于0，所以从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint=2Ne0sint；故A正确，B错误.C、在线圈从垂直中性面位置转动90的过程中，单匝线圈上的磁通量的变化量，产生的感应电动势的平均值是；故C正确.D、发电机线圈从垂直中性面位置转动180的过程中，磁通量的变化量，感应电动势的平均值
19、是；故D正确.故选ACD.【点睛】本题考查了交流电产生的原理和最大值、平均值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和.11ACD【解析】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02s，所以频率为;故A正确.B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以电压表的示数为22V，故B错误；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的
20、阻碍减小，所以D变亮，故D正确.故选ACD.【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.12AC【解析】A、根据半径公式,当时有，直径2RL，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当时所有离子都打不到荧光屏，故A正确；B、根据半径公式，当时，RL，当半径非常小时，即时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当有离子打到荧光屏上，故B错误；C、D、当时，根据半径公式，离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示：离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子
21、离开S时的初速度方向和打到M点的离子离开S时的初速度方向夹角=，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比：，故C正确，D错误；故选AC.【点睛】本题考查了离子在磁场中的运动，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚离子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题131.375；0.700【解析】20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，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：13mm+0.75mm=13.75mm=1.375cm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.00
22、.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm【点睛】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14（1） （2）1； （3）28（25-30范围都可）【解析】（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮；（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；（3）由图可知，电阻R=281=28考点：欧姆表的使用【名师点睛】本题利用
23、多用电表测量电阻，要注意掌握多用电表的使用方法，掌握机械调零和欧姆调零，同时注意如何选择合适的档位，并进行读数，注意明确每次换档均应进行欧姆调零。15（1）b；990 （2）1.48（1.461.49之间）；0.84（0.820.87之间）【解析】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：，故电流表至少应选择量程，故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用，电表流A由于内阻较小，故应采用相对电源来说的外接法，故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，要改装的电压表量程为，解得：。（2）图象与纵轴的交点得最大电流为，根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为
24、：，根据图象与纵轴的交点得电动势为：，与横轴的交点可得出路端电压为时电流是，由闭合电路欧姆定律可得：。考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】在电学实验的考查中常常要使用电表的改装，在解题时要注意分析题意，明确各电表能否正确使用，能根据图象得出电动势和内阻。16（1）导电棒的受力图： （2）1.2T【解析】(1)设电流方向由a到b，画出导电棒的受力图如图示:(2)导电棒做匀速直线运动，由力的平衡的BI1L-f=0由牛顿第二定律得：BI2L-f=ma解得B=1.2T【点睛】本题是电磁学知识与力学知识的综合应用，其桥梁是安培力17（1）输电示意图见解析（2）431.8A；50A（3）100V；19
25、00V（4）1：8；95:11【解析】(1)输电线路示意图如图所示:(2)降压变压器输出的电流即用户得到的电流:A=431.8A由,得输电线上通过的电流为:A(3)输电线上损失的电压为:V对理想变压器得升压变压器的输出电压V降压变压器的输入电压1900V(4)根据理想变压器匝数与电压的关系【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系18(1),方向为aRb(2)(3) 【解析】（1）金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有：mgcos=BIL解得 流经R的电流方向是aRb（2）金属棒滑到底端的过程中，
26、穿过回路的磁通量的变化量为： 平均电动势： 平均电流则流经R的电量：解得整个回路的总电阻 （3）在轨道最低点，由牛顿第二定律可得：N-mg=m 由能量关系：Q=mgr-mv2电阻R上的发热量： 解得R=2 R0=0.5点睛：解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解19（1） （2） （3）【解析】(1)当粒子速度沿x轴方向入射，从A点射出磁场时，几何关系知：r=a由(2)从A点进入电场后作类平抛运动；沿水平方向做匀加速直线运动：沿竖直方向做匀速直线运动：vy=v0粒子离开第一象限时速度与y轴的夹角：(3)粒子
27、从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与OO1平行，即与y轴平行；轨迹如图所示：粒子从O到P所对应的圆心角为1=60，粒子从O到P用时：由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离粒子在电场中做匀变速运动的时间：粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间：粒子由P点第2次进入磁场，从Q点射出，O1QO3构成菱形；由几何知识可知Q点在x轴上，即为（2a，0）点；粒子由P到Q所对应的圆心角2=120，粒子从P到Q用时：粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间：【点睛】本题关键先确定圆心、半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第三问关键先根据题意，分析后画出物体的运动轨迹，然后再列式计算.
