福建省南平市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题

1、绝密启用前【市级联考】福建省南平市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1下列说法中正确的是A磁感线始于N极终于S极，电场线始于正电荷终于负电荷B一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C某点电场强度的大小等于试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷电量大小的比值D某点磁感应强度的大小等于一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和

2、电流乘积的比值2如图所示，甲、乙两个电表都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是A甲表是电压表，R1增大时量程增大B甲表是电流表，R1增大时量程减小C乙表是电流表，R2增大时量程增大D乙表是电压表，R2增大时量程增大3如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，下列说法正确的是A电流表、电压表读数均变大B电源内部发热功率变小C电源总功率变大D电源效率先增大后减小4如图所示，电阻R=20，电动机的内电阻r=5，电路两端的电压U保持不变。开关断开时，电流表的示数为I1，电路消耗的总功率为P1；开关闭合后，电动机正常工作，电流表的示数为I2，电路消耗的总功率为P2。

3、则AI25P1 DP2=5P15为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图，推进器内部充满海水，前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：abc=0.5m0.4m0.3m。空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下。若在推进器前后方向通以电流I=1.0103A，方向如图。则下列判断正确的是A推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0103NB推进器对潜艇规供向右的驱动为，大小为5.0103NC推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0103ND推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0103N6如图甲所示，一电子仅在电场力作用下从A点沿直

4、线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图乙所示。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则AEA=EB BEAEB CA=B DAEB，故AB错误；电子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小；电子带负电，所以电势升高AB故C错误，D正确。故选D。【点睛】该题中，图象中看出速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小是解决问题的关键7C【解析】【分析】滑块受重力、支持力、洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。【详解】滑块受重力、支持力、向上的洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：（mg-qvB）=ma，随速度的增加，滑块的加速度逐渐减小，直到mg=qvB时

5、加速度减为零，滑块做匀速运动，故选C.8A【解析】【分析】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为 E=BLv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为E=t=BtL2，根据感应电流大小相等，感应电动势大小相等，即可求解【详解】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为 E1=B0Lv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为 E2=t=BtL2；据题线框中感应电流大小相等，则感应电动势大小相等，即E1=E2。解得Bt=B0vL，故选A。9AB【解析】【分析】带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，根据功能关系可得出电场

6、力做的功；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，即可求解【详解】带电液滴下落h高度，液滴重力势能减少量为mgh，选项A正确；由于只有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，电势能增加，而液滴的电势能与机械能之和不变，可知液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量，由功能关系：W电=-mgh-12mv02 ，即液滴的电势能增加量大于mgh；电场力对液滴做的功大于12mv02，选项B正确，CD错误；故选AB.【点睛】考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小10AD【解析】【分析】带正电粒子在匀强电场中做类平抛运动，

7、竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，水平速度恒为v0，当粒子恰好从下端点B射出，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：2，故竖直分速度为2v0，竖直方向的平均速度为v0，再根据运动的等时性，可得d与L的关系。【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，速度恒为v0，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动；当粒子恰好从下端点B射出时，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：2，故竖直方向的末速度为2v0，由匀变速直线的运动规律可知：竖直方向的平均速度为v0，水平分运动和竖直分运动的运动时间相同，设为t，故dLv0tv0t1，故B错误，A正

8、确。若粒子初速度为2v0，则粒子飞出电场时时间变为原来的一半，根据y=12at2可知，从电容器中飞出时距上极板的距离变为原来的1/4，即d/4，选项C错误，D正确；故选AD。11BC【解析】【分析】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径。【详解】加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即T=2mqB，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获得的最大动能Ekmax=12mvm2=B2q2R22m，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大

9、小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由Ekmax=B2q2R22m可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能12BD【解析】【分析】根据U=Ed结合-x图像可求解两边场强的大小；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动；根据牛顿第二定律结合运动公式可求解最大速度和周期.【详解】根据U=Ed结合图像可知：左侧电场强度：

10、E1=20110-2V/m=2.0103V/m；右侧电场强度：E2=20210-2V/m=1.0103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1E2=21，沿x轴方向，从1cm到2cm电场强度在O点两侧都是匀强电场，故A错误，B正确；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动，在-1cm-0之间的加速度a1=qE1m=210-112103210-14m/s2=2106m/s2，到达O点的速度最大，大小为v=2a1x1=200m/s，用时间t1=x1v2=210-2200s=110-

11、4s；同理从O点到2cm位置的时间t2=x2v2=2210-2200s=210-4s，则振动的周期为T=2(t1+t2)=610-4s，故C错误；D正确；故选BD。13（1） （2）向右偏 右 【解析】【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成

12、另一个闭合电路，如图所示：（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。14 B E 丁 0.900.95W 【解析】【分析】根据灯泡

13、的额定电压选择电压表，根据给出的灯泡可明确其电流值，从而选择电流表；根据实验原理可明确滑动变阻器及电流表的接法，从而确定原理图；在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，则交点为电源的工作点【详解】电表量程应略大于灯泡的额定值，故电压表应选择B；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择E；滑动变阻器要用分压电路；电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接；可知要选择电路丁；电源的电动势为3V，内阻为2，在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点，则由图可知，电压为2.2V，电流为0.42A；则功率P=UI=2.20.42=0.92W；【点睛】对于伏安法描绘小灯泡的伏安特性曲线以及测电阻

14、等实验；当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法同时注意明确图象的性质和应用15（1）2105N/C（2）0.2s【解析】【分析】先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件，结合电性，即可判断电场强度的方向，依据力的合成法则，确定电场力与重力的关系，即可求解电场强度；剪断细绳后，小球受恒力作用，将做匀加速直线运动【详解】（1）Fsin=qE. Fcos=mg 由解得：E=mgtan/q .可得：E=2105N/C （2）剪断细线后，小球沿绳斜向下做匀加速直线运动小球水平分运动也为匀加速直线运动 水平加速度为：ax=Eqm=g=10m

15、/s2. 由运动学公式有：b=12axt2. 解得t=2bax=0.2s.16（1）a=gsin-gcos（2）B=2R(mgsin-mgcos)L2vm （3）QR=（mgsin-mgcos)S2-14mvm2 【解析】【分析】（1）导体棒向下滑动过程中，受到重力、轨道的支持力、滑动摩擦力和安培力，安培力随着速度的增大而增大，可知，ab刚开始运动时有最大的加速度（2）当导体棒匀速运动时，速度最大，由平衡条件列式，即可求得B（3）根据能量守恒定律列式求解中电阻R上产生的焦耳热QR.【详解】（1）对导体棒进行受力分析得：mgsin-f=ma.N=mgcos.f=N.联立得：a=gsin-gcos

16、.（2）导体棒在向下运动的过程中，切割磁感线产生感应电动势E，受到安培力F沿斜面向上，当速度达到最大时有：mgsin=f+F.F=ILB. .I=E2R. . E=BLvm.联立得：B=2R(mgsin-mgcos)L2vm. （3）根据能量守恒定律有：mgsinS=mgcosS+Q总+12mvm2.由电路知识得 QR=Q总2. 则电阻R上产生的热量为：QR=（mgsin-mgcos)S2-14mvm2【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用平衡条件、功能关系进行求解17（1）q=mgE，微粒带负电；（2）tmax=5E3gB（3）x=(1+33)a【解析】【分析】（1）带电微粒在复合场中做圆周运动，可知重力和电场力平衡，可求解场强大小和方向；（2）当微粒运动速度较小时，将直接从ad边射出，根据周期公式和圆心角可求解微粒在复合场中的运动时间；（3）若微粒能从cd边射出，根据几何关系求解最大半径和最小半径，从而求解从cd边射出的区域的长度x。【详解