广东省揭阳市惠来县第一中学2018-2019学年高二上学期第二次阶段考试物理---精校 Word版含答案

惠来一中2018-2019学年度第一学期第2次阶段考试
高二级物理试题
（满分100分，时间90分钟。

请考生把答案填在答题卷上）
一、单项选择题：（本题8小题，每小题4分，共32分）
1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）
A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低
B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
2.如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m、电量为＋q的小球，由该直线上A
点静止释放，小球向下运动到达B点减速为零后返回A点，则下列判断正确的是() A．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且E＞
B．A点的电势高于B点电势C．A点的场强小于B点场强
D．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量
3.在如图所示的U− I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为
某一电阻R 的伏安特性曲线.用该电源与电阻R 组成闭合电路.由图象判断错误的是( ) A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B. 接入电路后电阻R 的阻值为1Ω
C. 电源的效率为80%
D. 电源的输出功率为4 W
4.如图所示,在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中,理想电压表、电流表
的示数将发生变化,电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2,已知电阻R
阻值大于电源内阻r,则( )
A．电流表A的示数减小B．电压表V2的示数增大
C．电压表V1的示数减小D．ΔU1大于ΔU2
5．如图所示，L1 、L2 、L3为三个相同的灯泡且电阻恒定，电源内阻是灯泡电阻的1.5倍。

在变阻器R的滑片P 向上移动过程中，下列正确的是( )
A．L1 变亮，L2 变亮，L3变暗B．电源输出功率变小
C．电源总功率变大D．L1中电流变化量小于L2中电流变化量
6、以下说法正确的是( )
A．一小段通电导线在某点不受安培力作用，则该点的磁感应强度一定是零
B．在磁场中一小段通电直导线所受安培力方向、该点的磁感应强度方向以及导线中的电流方向，三者一定互相垂直
C．在磁场中一小段通电直导线的电流方向不跟磁场方向垂直时，通电导线受的安培力方向一定垂直于电流方向，而且一定垂直于磁场方向
D．通电导线受安培力的条件是电流方向与磁场方垂直
7．如图所示，为电动机的简化模型，线圈abcd可绕轴O1O2自由转动。

当线圈中通入如图
所示的电流时，顺着O1O2的方向看去，线圈将
A．顺时针转动B．逆时针转动
C．仍然保持静止D．既可能顺时针转动，也可能逆时针转动
8．如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中
点，ac垂直bd，且ab=ad=ac,则a点的磁场方向为（）
A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d
二、多选题（本题5小题，每小题4分，共20分.每小题全选对得4分，选不全且正确得2分，错选O分）
9.如图所示，在匀强电场中，有边长为2 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场平面重合，其中O点为该三角形的中心，各点电势分别为φA＝2 V，φB＝4 V，φC＝6 V，下列说法正确的是( )
A．O点电势为零
B．该匀强电场的场强大小为200 V/m，方向由C指向A
C．将电量为e的电子由O点移到无穷远，电子的电势能增加了3 eV
D．将电量为e的电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4 eV
10.图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，
再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中( )
A. 所受电场力的方向不变
B. 所受电场力一直变大
C. 电势能一直减小
D. 电势能先不变后增大
11.如图所示，为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电表均为理想电表；开始时开关S闭合，两个电表均有读数，某时刻发现电压表示数变小，而电流表示数变大，则
电路中可能出现的故障是（）
A. R2短路
B. R2断路
C. R1短路
D. R3短路
12.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源相连接，下极板接地。

静电计所带的电荷量可忽略。

现将一带电油滴置于电容器中P点，恰能保持平衡。

若
将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是
A. 平行板电容器的电容将变小
B. 带电油滴所受的电场力将变小
C. 静电计指针的张角将保持不变
D. 带电油滴的电势能将减小
13、质量为m长为L的导体棒电阻为R，初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动．
A．导体棒向左运动 B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEL/R
C．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinθ／R
D．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELsinθ／mR
三、实验题（15题10分，16题16分；每空2分，实验电路图4分，共26分）14．某同学在做多用电表测电阻的实验中：
（1）测量某电阻时，用×10Ω档时，发现指针偏转角度过大，他应该换用_______档（填×1Ω或×100Ω），换档后，在测量前要先_______________。

（2）如图多用电表所示，
A．测某电阻时，若用的是“×1”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为________Ω；
B．测直流电流时，用的是100 mA的量程，指针所示电流值为______mA；
C．测直流电压时，用的是50 V量程，则指针所示的电压值为_______V.
15.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下： （1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 mm ； （2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 mm ；
（3）选用多用电表的电阻“1⨯”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为 Ω。

（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：
电流表1A （量程300mA ，内阻约为2Ω）； 电流表2A （量程150mA ，内阻约为10Ω）； 电压表1V （量程1
V ，内阻1000r =Ω）； 电压表2V （量程15V ，内阻约为3000Ω）； 滑动变阻器1R （最大阻值为5Ω） 滑动变阻器2R （最大阻值为1000Ω） 定值电阻01000R =Ω 电源E （电动势约为4V ，内阻r 约为1Ω） 开关，导线若干。

为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的1
3
，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填器材代号）。

（5）根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。

三．计算题（下列题目要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，共2小题，第16题12分，第17题10分，共22分）
16.一根光滑绝缘的细杆MN 处于竖直面内，与水平面夹角为37°.一个范围较大的水平方向的匀强磁场与细杆相垂直，磁感应强度为B.质量为m 的带电小环沿细杆下
滑到图中的P 处时，向左上方拉细杆的力大小为0.4mg.已知小环的电荷量为q.问：
(1)小环带的是什么电？
(2)小环滑到P处时速度有多大？
(3)在离P点多远处，小环与细杆之间没有挤压？
17.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连
线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.求：
(1)小球所受到的静电力的大小；
(2)小球在A点速度v0多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？
惠来一中2018-2019学年度第一学期第2次阶段参考答案
一、单项选择题：（本题8小题，每小题4分，共32分）
二、多选题（本题5小题，每小题4分，共20分.每小题全选对得4分，选不全且正确得2分，错选O 分）
三、实验题（15题10分，16题16分；每空2分，实验电路图4分，共26分）
14. （1） ×1Ω ; 欧姆调零
（2） 17.0或17.1 ; 46 ; 23.0 15. (1） 50.15 （2） 4.700 （3）22
（4） V 1 ， A 2 ， R 1 .
（5）
【解析】（1）游标卡尺的读数为：主尺+游标尺=50mm+3×0.05mm=50.15mm ； （2） 螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数=4+0.5+20.0×0.01=4.700mm ；
解：（1）指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，为了准确要换×1挡，然后重新调零． （2）若用的是“×1”挡测电阻，读数为17.0×1=17.0Ω 若用的是100 mA 的量程测电流，读数为46mA 若用的是50 V 量程测电压，读数为23.0V
四、计算题（下列题目要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，共2小题，第16题12分，第17题10分，共22分。

）
16解答:(1)小环下滑时所受的洛伦兹力总是垂直于细杆方向的，只有垂直杆向上才可能使小环向左上方拉杆，由左手定则可判定小环带负电. （2分）
(2)小环运动到Ｐ处时，受重力mg 、洛伦兹力Ｆ、杆的弹力Ｔ，如图3所示.在垂直于杆的方
向上，小环受重力的分力F 2、杆的拉力Ｔ和洛伦兹力Ｆ互相平衡： F=Ｔ+F 2即：Bqv=Ｔ+mgcos37°=0.4mg+0.8mg （3分）
解得环滑到P 点的速度为：ｖ=qB
m g
2.1 （1分）.
(3)从上问的受力分析可知，当洛伦兹力Ｆ=mgcos37°时，环与杆之间无挤压，设此时环的
速度为v ′，则Bqv ′=0.8mg （2分） v ′=qB
m g
8.0 （1分）
因为v ′<v ，易知这个位置在P 上边某点Q 处.令ＱP=ｓ，因本题中洛伦兹力的变化没有影
响小环沿光滑杆下滑的匀加速运动的性质，故有：
ｖ2=(v ′)2
+2as （2分）
即(
qB m g 2.1)2-(qB m g 8.0)2=2gs ·sin37°解得：s=22232B
q g
m （1分）. 17【解析】(1)小球在C 点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球
受到的静电力大小 F ＝mg tan 60°＝mg . （3分）
(2)小球到达D 点时速度最小，则小球经B 点时对轨道的压力最小．设在D 点时轨道对小球的压力恰为零．
＝m （2分） 得v ＝
（1分）
由轨道上A 点运动到D 点的过程由能量守恒可得
mgr (1＋cos θ)＋Fr sin θ＝mv －mv 2 （3分）
解得v 0＝2 （1分）。