【100所名校】2018-2019学年浙江省嘉兴市重点中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）

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1、一、单选题1电荷之间的静电力像万有引力一样，也是一种超距力，这种超距作用的观点是18-19世纪的多数科学家难以接受的。首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是（    ）A伽利略    B牛顿    C安培    D法拉第2法拉第在研究电磁感应现象时，将两个线圈绕在同一个铁环上，简化电路如图所示，下列关于法拉第研究过程的说法正确的是（    ）A闭合开关S的瞬间，右侧线圈中不产生感应电流B闭合开关S以后，右侧线圈中产生稳定的感应电流C断开开关S的瞬间，右侧线圈中产生感应电流D断开开关S的瞬

2、间，右侧线圈中不产生感应电流3将一空心导体放入匀强电场中稳定后，电场线分布如图所示A、D为电场中两点，B、C为导体表面两点则下列说法中正确的是（    ）A同一带电粒子在A点受到的电场力大于在C点受到的电场力B同一带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能C一带电的粒子沿着导体表面从B点移动到C点，电场力不做功DB点的电势低于D点的电势4图示装置可以模拟避雷针作用,其中c为恒定直流电源,当闭合开关时,恰好看不到放电现象。保持开关闭合,为了能看到放电现象(板间电场超过某一临界值),下列做法可行的是（    ）A仅将M板下移,但不与A或B接触B仅将M板上移C仅

3、将M板向右移动D仅将两板间抽成真空5如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是（    ）A    BC    D6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=1.010

4、3A，方向如图。则下列判断正确的是（    ）BA推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0103NB推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0103NC推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为3.0103ND推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为3.0103N7如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端栓接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是（    ）A磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零B磁铁下降过程中

5、，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能D磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热8如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道底端B与水平地面相切。一质量为m的带电小球b从A端口由静止释放，当小球b运动到B端时对管道内壁恰好无压力，在此过程下列说法错误的是（    ）A小球b的机械能守    B悬线OE的拉力先增大后减小C悬线OC的拉力先增大

6、后减    Db球受到的库仑力大小始终为3mg9小宇为了研究自感现象，利用实验室提供的实验器材设计了如图所示的电路，其中甲、乙为两个完全相同的小灯泡，L为自感系数很大的线圈，且稳定时的电阻与电路中定值电阻R的阻值相同则下列说法正确的是()A开关闭合的瞬间，甲、乙两灯同时变亮B断开开关的瞬间，甲灯立即熄灭，乙灯过一会儿后熄灭C闭合开关，当电路稳定时甲、乙两灯的亮度相同D断开开关的瞬间，m点的电势高于n点的电势10如图所示，在一挡板MN的上方，有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为MN上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场方向发射速率为v、质量为m、带电量为q的粒

7、子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域面积是（    ）A    B    C    D11某兴趣小组制做了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示。有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L=0.5m，处在同一水平面上。轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T。棒两侧的中点分别固定劲度系数k=100N/m的相同弹簧。闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5

8、m处。下列判断正确的是（    ）A电源N端为正极B闭合开关S后，电路中电流为1.5AC闭合开关S后，电路中电流为3AD闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动12如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（）A  

9、;  BC    D二、多选题13如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的vt图象，图中数据均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ）A金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿adcba方向B磁场的磁感应强度为C金属线框在0t3的时间内所产生的热量为D

10、MN和PQ之间的距离为14图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是（    ）A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍15汤姆孙利用真空玻璃管测得了电子的电量与质量的比值，叫电子的比荷。大致测量方法是：在同一区域中加上相互垂直的匀强电场和匀强磁场，控制场强和磁感应强度，让加速后的电子从O位置进入该区域后做直线运动，打到荧光屏上O点；撤去电场，电

11、子束将打在荧光屏上P点。简化情形如图所示，为得到比荷（    ）A需要直接测量电子进入O位置时的速度vB需要直接测出OP的距离，并根据仪器参数得到OO的距离C需要记录匀强电场的场强和匀强磁场的磁感应强度D若撤去电场后玻璃管中漏入少量空气，电子运动会受到一定阻碍，比荷的测量值会偏大16如图ABCD的矩形区域，边长AB=2AD，质量m、带电量q的正电粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，若该矩形区域充满沿A至D方向的匀强电场，则粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t1，若该矩形区域充满垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好从CD边的中点以速度v2射出磁场，

12、粒子在磁场中运动时间为t2，(粒子的重力不计)，则（    ）Av1>v2    Bt1v，若在磁场中运动时，磁场对粒子不做功，于是有v2=v；因此可以得到：，故A正确；B、C、D项：粒子在电场中是做类平抛运动，所以在AB方向是匀速运动，即 在磁场中做匀速圆周运动，由题可以确定圆心在D点，所以，又因为AB2AD，所以可求得：，因此，所以BD错误，C正确。【点睛】不能把类平抛运动转化为水平方向的匀速运动，竖直方向的匀加速运动，难以确定粒子在磁场中运动的圆心。17（1）    （2）增大    （3）0.200.

13、22【解析】（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大。（3）在灯泡I-U图象坐标系内作出电源的I-U图象如图所示：由图示可知，灯泡两端电压U=1.10V，电流I=0.19A，灯泡实际功率P=UI=1.100.19W=0.21W18（1）3500    （2）CBE    （3）OFF    （4）红；正    【解析】（1）所示指针读数为35，又有欧姆

14、档倍率为“100”，故测量结果为35100=3500。（2）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，说明指针示数偏大，所选倍率太小，为准确测量电阻，接下应：调到1k倍率，然后进行欧姆调零，再测电阻阻值，故步骤应该依次为CBE。（3）测量结束后，应将选择开关拨到OFF.（4）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经正插孔流入电表。19(1)F=3.0103N    (2)m=4.0104kg    (3)v=2.0m/s【解析】根据电场力的计算公式求解电场力；画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；根

15、据机械能守恒定律求解速度（1）根据电场力的计算公式可得电场力；（2）小球受力情况如图所示：根据几何关系可得，所以；（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s20（1）0.5m    （2）1.1m,坐标为（1.6m，-0.1m）    （3）2.6810-6s【解析】由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；画出粒子运动轨迹，根据几何关系即可求出最长轨迹的长度和坐标；由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间。（1）粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：解得：R=0.5

16、m（2）当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中得运动轨迹如图中所示：由几何关系得，解得：，所以，轨迹的长度：粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为（1.6m,-0.1m）。(3)y沿x轴射出的粒子如图，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为，周期：，粒子在电场中运动的时间为，速度为：，加速度为：，粒子从电场中回到磁场中，设其在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为，由几何关系得：，可得：，所以粒子返回磁场后运动的时间为：，总时间为。【点睛】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时

17、注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系。21(1)    (2)    (3)【解析】在最高点，抓住金属条恰好通过最高点，抓住压力为零，结合牛顿第二定理求出金属条到达竖直圆轨道最高点的速度；对开始到圆轨道的最高点过程中，运用动能定理求出水平粗糙轨道的动摩擦因数；对开始到竖直轨道的最高点过程，运用动能定理求出金属条上升的高度。（1）金属条恰好能完成竖直面里的圆周运动，可知在最高点，对轨道的压力为零，根据牛顿第二定律得：代入数据解得：（2）对开始到圆轨道的最高点过程中，根据动能定理得：代入数据解得：（3）对开始到最高点的过程，根据动能定理得：代入数据解得：hm=0.10m【点睛】题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道圆轨道最高点的临界情况，压力为零，依靠重力和安培力的合力提供向心力。