【100所名校】2018-2019学年内蒙古集宁第一中学高二上学期期末考试物理试题（解析版）

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1、2018-2019学年内蒙古集宁第一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在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是

2、（ ）A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律2如图所示，一个带正电荷q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球（假设小球的电量q在运动过程中保持不变，不计空气阻力），则()A小球一定不能到达B点B小球仍恰好能到达B点C小球一定能到达B点，且在B点对轨

3、道有向上的压力D小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关3在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（ ）A灯泡L变亮 B电源的输出功率变小C电流表读数变小 D电容器C上电荷量减小4如图所示，质量为m的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂，电流方向垂直于纸面，匀强磁场平行于纸面，导线处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为30.以下说法中正确的是()A安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向不是唯一的B安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向不是唯一的C安培力的大小可能等于mg，此时磁场的可能方向是唯一的

4、D安培力的大小可能等于2mg，此时磁场的可能方向是唯一的5如图所示，带负电的小球以一定的初速度v0，从倾角为的粗糙绝缘斜面顶端沿斜面向下运动，斜面足够长，小球也斜面之间的动摩擦因数tan，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是（）A匀速直线运动 B加速度减小的加速运动C加速度减小的减速运动 D加速度增大的减速运动6如图所示，在矩形区域abcd区域中，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射源，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30角，下列说法正确的是()A只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动B电子入射速度

5、越大，在磁场中运动的时间一定越短C从ad边出射的电子一定比从bc出射的电子运动时间短D当时，cd边无电子射出7如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的发热功率为8如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下

6、。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（ ）A BC D二、多选题9利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，该电势差可以反映磁感应强度B的强弱，则下列说法中正确的是()A若元件的载流子是正离子，则C侧面电势高于D侧面电势B若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势C在测地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平10如

7、图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动11如图所示，甲图空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，乙图空间存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，两矩形线框面积相等为S，均绕

8、轴线逆时针转动（从上向下看），转动角速度相等恒为，则在图示位置甲、乙线圈中的感应电动势以及两线圈转动180过程中感应电流方向分别为( )A；甲中感应电流方向始终为B；乙中感应电流方向先，后C；甲中感应电流方向先，后D；乙中感应电流方向始终为12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倍第II卷（非选择题)三、实验题13图

9、1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。（1）根据图1画出实验电路图.（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图2中的所示，电流表量程为0.6A，电压表量程为3V。所示读数为：_。两组数据得到的电阻分别为_和_。14集宁一中的每层楼楼道内都装有饮水机，纯净水的质量关乎每一名学生的身体健康纯净水质量是否合格的一项重要指标是它的电导率是否超标(电导率即为电阻率的倒数)某同学选用一根粗细均匀且绝缘性能良好的圆柱形塑料直管装满纯净水样品(直管两端用薄金属圆片电极密封)来测定样品的电导率(不考虑温度对电阻的影响)：(1)实验中，该同学分别用刻度尺和游标为20分度的游标卡

10、尺测定塑料管的长度和内径，刻度尺和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示，则可读出塑料管的长度L_m、内径d_mm.(2)该同学用下列器材测定样品的电阻：a电压表V(量程03 V，内阻约为5 k；量程015 V，内阻约为25 k)；b电流表A(量程010 mA，内阻约为 2 ；量程050 mA，内阻约为0.4 )；c滑动变阻器R(020，2 A)；d学生电源E(电动势4.5 V，内阻很小)；e开关S及导线若干该同学先用多用电表粗测管内水样品的电阻值约为500 ，要求用尽量精确的方法测出其电阻值，请在图丙中连接实验电路图_(图中有六根导线已经接好)(3)电导率的表达式为=_(用字母U、I、L、d)四、

11、解答题15如图，两平行金属导轨间距离，导轨和水平面的夹角是q，导轨所在的平面内分布着磁感应强度的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，导轨电阻不计，g取10m/s2。(1)求通过导体棒的电流；(2)若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及q的大小；(3)若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向16如图所示的电路中，螺线管匝数n=1250匝，横截面积S=2.010-3m2螺线管导线电阻， ， ， 在这一段时间内，穿

12、过螺线管的磁场的磁感应强度B按如右图所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势E；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，判断流经电阻R1的电流方向并求R1的电功率；（3）求s断开后，流经R2的电量17如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E3105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比的带正电的粒子，以初速度v02107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA0.15 m，不计粒子的重力(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第象限，画出粒子运动轨迹，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。201

13、8-2019学年内蒙古集宁第一中学高二上学期期末考试物理试题物理答案1AC【解析】奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确；麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误；故选D.考点：物理学史.2B【解析】不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：mg（h-2R）=mv2；在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：m

14、v22=（mg+Eq）（h-2R）在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B.3BC【解析】A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流I减小，灯泡的功率，不变，则P减小，灯泡L变暗，故A错误；B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小，故B正确；C、电路中电流减小，电流表读数变小，故C正确；D、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误。点

15、睛：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学知识证明：当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论要记牢对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等。4D【解析】先对导体棒受力分析，根据平衡条件并结合合成法得到安培力的最小值；然后结合安培力公式FA=BIL和左手定则分析。对导体棒受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示：根据平衡条件，当安培力与线垂直向上时，安培力最小，为：FA=BIL=mgsin30= 根据左手定则，磁感线方向沿悬线向上，故此时磁场方向是唯一的；当mgFA时，有2解。当FAmg时，有一解；当FA时，无解。故选：D。

16、【点睛】本题关键是先根据平衡条件确定安培力的最小值，然后结合左手定则分析磁感线的方向。5D【解析】由于小球与斜面之间的动摩擦因数tan，可知小球开始时重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速运动运动中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛伦兹力的作用小球带负电，根据左手定则可知，小球运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，根据f=qvB可知，小球受到的洛伦兹力随速度的增大而增大在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始终等于0，可知，斜面对小球的垂直于斜面向上的支持力也随速度的增大而增大，则斜面对小球的摩擦力也随速度的增大而增大若开始时小球受到的重力

17、沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力随速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力减小，小球的加速度减小，所以小球沿斜面的方向做加速度减小的加速运动，当小球的加速度减小到0时，小球开始做匀速直线运动若初速度很大时，会出现摩擦力大于下滑力，小球向下做减速运动，摩擦力随速度的减小而减小，是加速度逐渐减小的减速运动；由以上的分析可知，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是加速度增大的减速运动故D符合题意本题选择不可能出现的运动形式，故选D.6D【解析】粒子做圆周运动的半径：，可见电子的速率越大，则左圆周运动的半径越大，而周期，与速率大小无关，则圆心角越大运动时间越长

18、。A项：如图，粒子速率越小轨道半径越小，转过的最大圆周如图中黑线所示，无法做完整的圆周运动，故A错误；B项：电子入射速度越大，运动半径越大，但是比图中黑线半径更小的所有运动情况转过的圆心角相同，则运动时间相同，故并不一定是入射速度越大在磁场中运动的时间越短，故B错误；C项：如图中的蓝线和红线，从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子转过的圆心角大，则运动时间长，故C错误；D项：当粒子轨迹恰好与bc边相切时，若不能从cd边射出，则cd边无电子射出，由几何关系知相切时的轨迹半径R=L，则粒子距离ad最远距离为：，若bc时，则粒子不能从cd边射出，故D正确。故选：CD。【点睛】本题的关键是画出从各边

19、射出的代表轨迹，找出恰好不从每个边射出的临界情况，熟练应用粒子做圆周运动的周期公式和半径公式。7B【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；感应电流的大小，故B正确；所受的安培力为，故C错误；金属杆的热功率，故D错误。【考点定位】考查电磁感应知识。8D【解析】找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。第一过程从移动的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电

20、流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；故选D点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。9ABC【解析】若元件的载流子是正离子，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A正确；若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力

21、方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故B正确；在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持水平，让磁场垂直通过，故C正确；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直故D错误考点：考查了霍尔效应【名师点睛】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道带电粒子受到电场力和洛伦兹力平衡，注意电子与正离子的电性不同，导致洛伦兹力方向不同10AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸

22、面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。11AB【解析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势，结合楞次定律判断感应电流的方向。A、C项：甲图中线

23、圈的磁通量最大，没有任何一条边切割磁感线，所以此时电动势为零，甲图中线圈转过900，磁通量减小，由楞次定律可知，电流方向为，线圈从900到1800过程中磁通量增大，由楞次定律可知，电流方向为，故A正确，C错误；B、D项：乙图中线圈中的磁通量最小为零，此时感应电动势最大为，乙图中线圈转过900，磁通量增大，由楞次定律可知，电流方向为，线圈从900到1800过程中磁通量减小，由楞次定律可知，电流方向为：，故B正确，D错误。故选：AB。【点睛】注意在法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，并理解磁通量变化率与磁通量变化的不同。12AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，

24、一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动

25、能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。故选AB。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。13（1）如图（2）0.10A；0.24A；2.0V；0.27V；和，如填为和也行【解析】（1）从实物图中可知电压表测量灯泡两端电压，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，故电路图如图所示（2）电流表的量程为0.6A，所以每小格表示的分度值为0.02A，故的读数为0.10A，的读数为0.24A电压表的量程为3V，则每一小格表示0.1V，所以的示数为2.0V，的示数为0.27V电压小，两端的电流小，故为同一

26、组数据，故得到的电阻为，为另外一组数据，故得到的电阻为.【方法技巧】做此类实验，一定要注意实验原理，根据实验要求，选择合适的器材，在读取电表数据时，一定要注意选取的量程，和分度值，14（1）0.1050；11.30 （2） （3）【解析】(1)由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；(3)根据闭合电路欧姆

27、定律，结合电阻定律，即可求解。【详解】(1)刻度尺读数：0.2050-0.1000=0.1050m；游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为11.30mm；(2)因电源的电压为4.5V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为500的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为9mA，从精确角来说，所以电流表选择量程010mA；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏大，因此选择电流表内接法，根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接如图所示；(3)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律， ，解得：，所以电导率为：

28、。【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；同时还考查了同学们设计电路的能力，要弄清楚是内接法还是外接法，是分压还是限流法；考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；理解欧姆定律与电阻定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因。15（1）1.5A （2）0.3N，37 （3）0.06N，方向沿斜面向下。【解析】（1）根据闭合回路欧姆定律（2）根据左手定则，判断安培力方向，安培力大小为F安=BIL=0.3N金属棒静止，受力平衡： 解得=37（3）根据平衡条件：F安=mgsin+f解得：f=0.06N方向：沿斜面向下【点睛】

29、解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，注意明确电路结构能正确利用闭合电路欧姆定律求解，同时正确掌握安培力的公式，知道当磁感应强度和电流垂直时安培力F=BIL。16(1) (2)自右向左； (3)【解析】本题考查电磁感应中的电路问题。（1）根据法拉第电磁感应定律则（2）经楞次定律，流经R1的电流方向为自右向左闭合开关，则电路中产生的电流为所以R1的电功率（3）根据题意可知断开前电容器两端的电压 电容器储存的电荷量: 断开开关后，电容器通过R2将电荷全部释放，所以通过R2电荷量为17(1)0.4m (2)；【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运

30、动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度。【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则有： 又 y方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m；(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=1.5107m/s粒子经过y轴时的速度大小为： 与y轴正方向的夹角为，=arctan 要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R，则： 由洛伦兹力提供向心力： 解得：【点睛】该题考查带电粒子在组合场中的运动，可以分别使用类平抛的公式和圆周运动的公式解答。