《江西省宜丰中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省宜丰中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试卷（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019学年度（上）高二期末考试物理试卷一、选择题（共12题，每题4分共48分，其中1-9题单选，10-12题多选）1物体的动量变化量的大小为5 kgm/s，这说明（ ）A. 物体的动量在减小B. 物体的动量在增大C. 物体的动量大小一定变化D. 物体的动量大小可能不变2如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（）A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零C. 重力做的功为mgL D. 重力的冲量为3.以下各种
2、说法中正确的是（ ）A电场线的切线方向，就是电荷受力的方向 B正电荷只在静电力作用下一定沿电场线运动C电场线越密的地方，同一电荷所受静电力不一定越大 D自然界中只有两种电荷4如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)，套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A.小球的速度先减小后增大B.小球的速度先增大后减小C.杆对小球的作用力先减小后增大D.杆对小球的作用力先增大后减小5.根据R可以导出电阻率的表达式.对于温度一定的某种金属导线来说，它的
3、电阻率()A跟导线的电阻R成正比B跟导线的横截面积S成正比C跟导线的长度L成反比D只由其材料的性质决定6.磁电式电流表（表头），内阻，满刻度电流值，现欲把这个电流表改装成量程的电流表，正确的方法是（ ）,A串联一个的电阻 B并联一个的电阻C串联一个约的电阻 D并联一个约的电阻7如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则()A电源的输出功率一定增大B灯泡亮度逐渐变暗C.与均保持不变D当电路稳定后
4、，断开开关，小灯泡立刻熄灭8阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A. B. C. D.9如图甲所示，a、b两平行直导线中通有相同的电流，当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上，且两导线与圆心连线的夹角为60时，圆心处的磁感应强度大小为B。如图乙所示，c导线中通有与a、b导线完全相同的电流，a、b、c垂直圆平面放置在圆周上，且a、b两导线与圆心连线的夹角为120，b、c两导线与圆心连线的夹角为30，则此时圆心处的磁感应强度大小为()A.B BB C0
5、 D.B10中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法正确的是()A地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D北半球地磁场的竖直分量竖直向下，南半球地磁场竖直分量竖直向上11如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q3.0106 C的正电荷。两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等
6、量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g10 m/s2；静电力常量k9.0109 Nm2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()A.支架对地面的压力大小为2.0 NB.两线上的拉力大小F1F21.9 NC.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F11.225 N，F21.0 ND.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1F20.866 N12如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为
7、E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则A，B，C碰撞发生在 M、N 中点的左侧D两球同时返回 M、N 两点二、实验题：13(4分)已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度图甲为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验示意图，实验方法：先将未通电的线圈平面固定于沿南北方向的竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；给线圈通电，此时小磁针N极指向北偏东角后静止，图乙为俯视图由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)为 _(选填“顺时针”或“逆时针”)方向，线圈中央的合磁感应强度大小为_14(8分)为检测一个标称值为20 的滑动变阻器，现可供使用的器材如下：A待测滑动变阻器
8、Rx：总电阻约为20 B电流表A1：量程为200 mA，内阻约为2.0 C电流表A2：量程为3 A，内阻约为0.12 D电压表V1：量程为15 V，内阻约为15 kE电压表V2：量程为3 V，内阻约为3 kF滑动变阻器R：总电阻约为10 G直流电源E：电动势为3 V，内阻不计H开关S、导线若干(1)为了尽可能精确测定Rx的总电阻值，所选电流表为_(选填“A1”或“A2”)，所选电压表为_(选填“V1”或“V2”)(2)请根据如图甲所示的实验原理图，完成图乙中的实物连接(3)闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于最_(填“左”或“右”)端三、计算题(分)15. (10分)如图所示，在匀强电场中，
9、将一电荷量为210-5的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成600角，求： （1） 电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；（2）A、B两点间的电势差UAB；（3） 该匀强电场的电场强度E。16(10分)如图所示，电源的电动势E110 V，电阻R121 ，电动机线圈的电阻R00.5 ，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525 W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336 W.求：(1)电源的内电阻；(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出的功率17.(10分)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑
10、的水平面上，其质量分别为mA2.0 kg, mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10 kg的滑块C，以vC10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50 m/s。求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC。18(10分)如图所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0，质量为m的带负电粒子q沿纸面射入电场带电粒子的重力不计(1)如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场后，恰好从D点离开电场，求匀强电场的电场强度E和带电粒子从D
11、点离开电场时的动能Ek1. (2)若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，它在电场中的运动时间t是多少？离开电场时的动能Ek2为多大？高二期末考试物理答案1D 2，C 3D 4D 5， 6.D 7C 8C 9A 10 ABD 11BC 12.BD 13逆时针解析 由于合磁场的方向指向北偏东角，地磁场的水平分量为B，方向向北，通电线圈在中央处产生的磁场方向应水平向东，根据安培定则可判断，线圈中电流方向(由东向西看)为逆时针方向根据平行四边形定则，线圈中央处的合磁感应强度大小为.14(1)A1V2(2)如图所示(3)左(4)1.203(1.2011.205均可)解析 (1)电源的电动势为3 V，所以
12、电压表选V2，电路中的最大电流Im0.15 A，所以电流表选A1；(3)滑动变阻器R采用分压式接法时，初始的输出电压应最小，滑片应置于最左端15【答案】（1）0.1J（2）5103V（3）5105V/m.【解析】试题分析：(1)由题意根据电场力做功与电势能的关系得，即电场力做了0.1J的功 (2)由W=Uq可求AB间的电势差(3)由得， 即电场强度为5105V/m. 16解析：(1)设S2断开时R1消耗的功率为P1，则P1()2R1，代入数据可以解得，r1 .(2)设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则P2，解得，U84 V由闭合电路欧姆定律得，EUIr，代入数据，得I26 A流
13、过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，I14 A，而I1I2I，所以I222 A，由UI2P出I22R0，代入数据得，P出1606 W.答案：(1)1 (2)26 A1606 W17答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒，有：mCvC(mBmA)vAmCvC，C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvAmCvC(mBmC)v，解得vA0.25 m/s，vC2.75 m/s。18(1)mv(2)mv解析 (1)带电粒子从M点垂直电场线进入电场后做类平抛运动水平方向：Lv0t竖直方向：Lt2联立得E.带电粒子从M点进入电场后，从D点出来，电场力做的功WqELmv由动能定理得WEk1mv，所以Ek1 mv.(2)带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设速度减到0这一过程的位移为x，由动能定理qEx0mv由得xL.当粒子速度减至0后沿原路返回，从N点射出，由于整个过程电场力做的功为0，则根据动能定理有0 Ek2mv则Ek2mv，即粒子离开电场时的速度大小不变，由牛顿第二定律得a由运动学规律得v0v0at得t.
