1、1华山中学 2018-2019 学年第一学期高二年级期中考试 物理 试卷（考试时间：100 分钟，满分：110 分）一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第17 题只有一个选项正确，第 812 题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分。1.下列有关物理学家的贡献叙说错误的是（ ）A元电荷 e 的数值最早由美国物理学家密立根测定的B静电力常量 k 是卡文迪许通过扭秤实验测定的C丹麦物理学家奥斯特最早发现了电流的磁效应D法拉第首先提出在电荷或磁体周围存在电场或磁场并用电场线、磁感线形象地描述2.两个点电
2、荷之间的库仑力为 F 若它们之间的距离和每个电荷的电荷量都变成原来的二倍，那么它们之间的库仑力大小变为（ ）A F B 2F C 4F D F/43.下列各图中， a、 b 两点电场强度相同的是（ ）4.如图一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确的是（ ）A电容器电容增大B电容器极板电量增加C在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如图所示D原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动5.如图所示是电阻 R 的 I U 图象，图中 45，由此得出( )A通过电阻的电流与两端电压成反比B电阻 R0.5 C因 I U 图象的斜率表示电阻 的倒数，故 R 1.0 1tan D在
3、 R 两端加上 6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是 3.0 C6.一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁铁静止时弹簧的伸长量为 x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在 a、b、c 位置时，弹簧的伸长量分别为xa、x b、x c，已知 a、b、c 三点的连线与斜面平行，且 b 点在条形磁铁的正中央。则下列正确的是( )A x 0x ax bx cB x ax0x bxcC x 0xaxbxcD x axbxcx07.如图所示， A、 B、 C、 D 是真空中一正四面体的四个顶点。现在在A、 B 两点分别固定电量为+ q、- q 的两个点电荷，
4、则关于 C、 D 两点的场强和电势，下列说法正确的是（ ）A C、 D 两点的场强、电势均相同B C、 D 两点的场强、电势均不同C C、 D 两点的场强相同，电势不同D C、 D 两点的场强不同，电势相同8.如图所示的电路中，电源电动势为 E、内电阻为 r。当滑动变阻器的滑动触片向左滑动的过程中（ ）A电流表读数变小B电流表读数变大C电压表读数变小D电压表读数变大9.如图所示，一直流电动机与阻值 R9 的电阻串联在电源上，电源的电动势 E30 V，内阻 r1 ，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压 U10 V，已知电动机线圈的电阻 RM1 ，则下列说法中正确的是( ) A电动机的输出功率
5、为 16 WB通过电动机的电流为 10 A C电动机的输入功率为 20 WD电源的输出功率为 4 W 10.图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出的判断是( )A带电粒子所带电荷的电性 B带电粒子在 a、b 两点的受力方向 C带电粒子在 a、b 两点的速度何处较大 D带电粒子在 a、b 两点的电势能何处较大11.分别置于 a、b 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, a、b、c、d 在一条直线上,且 ac=cb=bd。已知 c 点的磁感应
6、强度大小为 B1,d 点的磁感应强度大小为 B2 ,若将 b 处导线的电流切断,则( )Ad 点的磁感应强度方向向下Bd 点的磁感应强度方向向上Cd 点的磁感应强度大小变为 21BDd 点的磁感应强度大小变为 CABD212.如图所示,在一竖直平面内有一光滑的绝缘倾斜轨道 ab 与一光滑的绝缘圆弧轨道 bcde 平滑相接, 一个质量为 m 的带正电小球从距最低点 c 所在水平面高 h0处由静止释放后，刚好能通过圆轨道的最高点 e.现在轨道空间内加一竖直向上范围足够大的匀强电场，且小球所受的电场力小于小球的重力，下列说法中不正确的是( )A小球经过 c 点时，小球的机械能最小B小球经过 c 点时
7、动能最大，电势能最小C若要小球仍能通过 e 点，必须从斜面上更高的位置静止释放D若小球仍从斜面上原位置静止释放，通过 e 点时会对轨道产生压力二、实验题（共 16 分）13.（6 分）(1)某同学用 50 分度的游标卡尺测定一金属杆的直径，另一同学用螺旋测微器测小球的直径示数如所示，则该金属杆的直径为 mm,小球的直径是 mm。（2）某同学先用多用电表粗测其电阻。用已经调零且选择开关指向欧姆挡“100”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太小，这时他应将选择开关换成另一个挡位，然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如右图所示，则此段电阻丝的电阻为_14.（10 分）一位
8、同学想测量一个蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的内阻很小(1 左右).除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：A电压表(量程 3v 内阻约几千欧)B 电流表(量程 0.6A 内阻约几欧)C电流表(量程 3A 内阻约几欧)D 定值电阻 R0(阻值 3,额定功率 4W)E滑动变阻器 R(阻值范围 05,额定电流为 2A)(1)为了尽量减小测量内阻时的实验误差,可采用图所示甲、乙两图中的图_所示的电路图;(选填“甲”或“乙”)(2)电流表应选_;(选填器材前的字母序号)(3)根据实验数据作出 UI 图象，如图丙所示，蓄电池的电动势 E=_V，内阻r=_. （结果保留两位有效数字）(4)采用甲电路测
9、量，误差情况是 _ ，采用乙电路测量，误差情况是 _ ， （选填“ ”、 “ ”或“ ” 3三、计算题(本大题共 4 小题,共 46 分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.（10 分）如图所示，水平导体棒 AB 被两根竖直细线悬挂，置于垂直纸面向里的匀强磁场中，已知磁场的磁感应强度 B0.5T，导体棒长 L1m，质量 m0.5kg，重力加速度g10ms 2当导体棒中通以从 A 到 B 的电流时，（1）当电流 I2A 时，求导体棒所受安培力的大小 F；（2）导体棒中通过的电流 I为多大时，细线中拉力刚好为 0？16.（10 分）如图所示的电路中，电源电动势为 10 V，
10、R 14 ，R 26 ，电容 C30 F，电源内阻忽略不计求：(1)闭合开关 S，稳定后通过电阻 R1的电流；(2)将开关 S 断开，再次稳定后，求通过 R1的总电荷量17.（12 分）如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射人电场，经过时间 tl 穿越电场，粒子的动能由 Ek 增加到 2Ek ;若这个带电粒子以速度 v0 垂直进入该电场，经过时间 t2穿越电场。求：32(l）带电粒子两次穿越电场的时间之比 t1：t 2; (2）带电粒子第二次穿出电场时的动能。18.（14 分）在粗糙的水平面有一绝缘的足够长的薄长平板，在其左端放一个带电体（可看成质
11、点） ，带电量 q=110-2c，整个空间处于向右的匀强电场中，电场强度 E=102N/C,平板质量 M=2kg，带电体质量 m=1kg，带电体与平板间动摩擦因数 1=0.2，平板与地面间动摩擦因数 2=0.1，现给平板一个水平向左 V0=7m/s 的初速度,g 取 10m/s2 求：（1）带电体运动的总时间。（2）整个过程带电体电势能的变化量及系统摩擦生热的内能。E华山中学 2018-2019 学年第一学期高二年级期中考试 物理 答案（考试时间：100 分钟，满分：110 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第17 题只有一个选项正确
12、，第 812 题有多个选项正确。全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分。1、B 2、A 3、C 4、CV045、D 6、B 7、A 8、AD9、AC 10、BCD 11、BC 12、BCD二、实验题（共 16 分）13、 （6 分）答案 4.20 6.70014、 （10 分）答案(1)甲；(2) B；(3)2.0 左右，0.75 左右都可以（4） =（最后两空各一分）三、计算题(本大题共 4 小题,共 46 分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15、 【答案】 （1）导体棒长为 L=1m，磁感应强度 B=0.5T，电流为 2A，并且导体棒和
13、磁场垂直，所以导体棒受到的安培力大小为： F=BIL=0.521N=1N。（2）若悬线拉力恰好为零，说明重力和安培力大小相等，即： mg=BIL可得： 。I=mgBL=0.5100.51A=10A16、 【答案】(1)1 A (2) (1)闭合开关 S，稳定后电容器相当于开关断开，根据全电路欧姆定律得：I= ER1+R2=104+6A=1A(2)闭合 S 时，电容两端的电压： UC=U2=IR2=16V=6V，断开 S 后，电容两端电压 UC= E=10V，所以断开 S 后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过 R1的电荷为： Q= UC=(10-6)3010-6 C=1.210-4C.17
14、、 【答案】 （1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为 l，则有 l=v 0t (1) l=1.5v0t2 (2)解得：t 1：t 2=3：2（2）设粒子的质量 m，带电量为 q，匀强电场场强为，带电粒子两次在场强方向的偏转位移分别为 y1、y 2，则有 y 1= at12= ( 3 )12 qEl22mv02y2= at22= (4 )12 qEl22m(1.5v0)2动能定理得 qEy 1=2EkE k ( 5 )qEy2=Ek Ek ( 6 )94解得：E k= Ek973618、 【答案】 （1）对平板，设加速度大小为 a1, 1mg+ 2(m
15、g+Mg)=Ma1, (1) 解得，a 1=2.5m/s2 对带电体，设加速度大小为 a2 1mg-qE=ma2 (2) 解得，a 2=1m/s2 设经过时间 t1达到共速，V 0-a1,t1=a2,t1 (3)解得，t 1=2s 此时速度 v=2m/s设一起做减速运动的加速度为 a3 2(mg+Mg)+qE=(m+M)a3 (4)解得，a 3=1.33m/s2 再经时间 t2停止运动，v=a 3t2 (5)解得，t 2=1.5s 则运动的总时间为 t=t1+t2=3.5s （2）整个过程中带电体一直向左运动，加速阶段，带电体的位移 x1= （6） mta2平板的位移 （7） tvx920减速阶段，带电体的位移 （8） t5.23则电势能的增加量为 EP= （9） Jxq1内能的增加量为 Q= （10） JxgMmg5.432221
