福建省“华安一中长泰一中南靖一中平和一中龙海二中”五校2018_2019学年高二物理上学期第二次联考试题201901030236.doc

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1、- 1 -华安一中、长泰一中、南靖一中、平和一中、龙海二中五校联考2018-2019 学年高二年（上）第二次月考物理试卷考试时间： 90 分钟 满分 ： 100 分注意：请把所有的答案写在答案卷上，写在其它地方不得分一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，每题 4 分共 32 分）1、某静电场的电场线分布如图所示 P、Q 两点的电场强度的大小分别为 EP和 EQ，电势分别为 和 ，则（ ）A. EP EQ， B. EP EQ， C. EP EQ， D. EP EQ， 2、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板 A 与一静电计相接，极板 B

2、接地，若极板 B 稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是( )A. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变大B. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变小C. 极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小D. 极板上的电量几何不变，静电计指针张角变大3、伏安法是一种常用的测量导体电阻的方法，某同学分别用如图（a） 、 （b）两种接法测量一个电阻器的阻值，以下结论正确的是 （ ）A. 用图（a）接法测得的电阻值偏大B. 用图（b）接法测得的电阻值偏大C. 用图中两种接法测得的电阻值都偏大D. 用图中两种接法测得的电阻值都偏小4、如图所示，在条形磁铁外套有

3、A、B 两个大小不同的圆环，穿过 A 环的磁通量 A与穿过 B 环的磁通量 B相比较( )A A B B A BC A= B D不能确定5、 如图所示，竖直实线表示匀强电场中的一簇等势面，一带电微粒在电场中从 A 到 B 作直线运动（如图中虚线所示） 。则该微粒（ ）A一定带正电B从 到 的过程中作匀速直线运动C从 到 的过程中电势能增加D从 到 的过程中机械能守恒6、如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O 点是两导线间距离的中点，a、b 是过 O 点的竖直线上与 O 点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流下列说法正确的是（ ）A两导线之间存在相互吸引的安培

4、力BO 点的磁感应强度为零CO 点的磁感应强度方向竖直向下Da、b 两点的磁感应强度大小相等、方向相反7、在某匀强电场中有 M、 N、 P 三点，在以它们为顶点的三角形中， M30、 P90，直角边 NP 的长度为 4cm。已知电场方向与三角形所在平面平行， M、 N 和 P 点的电势分别为 3V、15V 和 12V。则电场强度的大小为( )A. 150 V/m 学校： 班级： 姓名： 座号： 准考证号：_密封装订线- 2 -B. 75 V/m C. V/m D. V/m8、在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为 12V，内阻为 1，电动机线圈电阻为 0.5。开关闭合，电

5、动机正常工作，电压表示数为 10V。则A. 电源两端的电压为 12VB. 电源的输出功率为 24WC. 电动机消耗的电功率为 80WD. 电动机所做机械功的功率为 18W二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中有多项正确， 全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错得 0 分。共 16 分）9、如图所示，两平行金属板间带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，则（ ）A. 电压表读数增大B. 电流表读数增大C. R3上消耗的功率逐渐减小D. 质点 P 仍处于静止状态10、如图所示，a、b、c 三枚小磁针分别在通电螺线管的正

6、上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针 N 极的指向是( ) Aa 向左 Ba 向右Cb 向左 Dc 向右11、如图所示,虚线为某电场的等势面,今有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率沿不同的方向,从 A 点飞入电场后,沿不同的轨迹 1 和 2 运动,由轨迹可以断定( )A. 两个粒子的电性一定不同B. 粒子 1 的动能先减少后增加C. 粒子 2 的电势能增大后减小D. 经过 B、C 两点,两粒子的速度一定相等12、如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）A.A、B 两点场强相等，且都为零B.A、B 两点场强不相等C.感应

7、电荷产生的附加电场 EAE BD.当电键 S 闭合时，电子从大地沿导线向导体移动三、实验题（每空 1 分，共 12 分）13、一多用电表的欧姆挡有三个倍率， 分别是1 、10 、100 . 用10 挡测量某电阻时，操作步骤正 确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准 确地进行测量，应换到_挡如果 换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数， 那么缺少的步骤是_，若补上该步 骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_ 。14、利用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图中的_(选填“甲”或“乙”)。- 3 -（2）现备有以下器材：A干电池 1 个B滑动

8、变阻器（050）C滑动变阻器（01750）D电压表（03V）E电压表（015V）F电流表（00.6A）G电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_。(填字母代号)(3)某位同学根据记录的数据将对应点已经标在如图所示的坐标纸上，请画出 U I 图线_。(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势 E_V（保留三位有效数字） ，内电阻r_。 （保留两位有效数字）（5）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致 E 测 _ E 真 ， r 测 _r 真 (填“” “”或“=”)四、计算题（共 40 分）15、 （8 分）如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球 B

9、， 静止在图示位置，若固定的带正电小球 A 的电荷量为 3Q，B 球的质 量为 m，带电荷量为 Q，=37，A 和 B 在同一条水平线上，整个装置处于真空中， （tan37=0.75）求： (1)A 球受到的库仑力的大小 (2)A、B 两球间的距离16、 （10 分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为 L 不可伸长的绝缘细线拴住一质量为 m，带电荷量为 q 的小球，线的上端固定于 O 点细线与竖直方向成 30角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到 A 点时速度为零，此时 OA 恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为 k，忽略空气阻力求：（1）判断小球电性；（2）

10、BA 两点间的电势差 UBA；（3）匀强电场的场强 E 的大小17、 （10 分）如图所示的电路中，电阻 ， ，电源的电动势 E=12V，内电- 4 -阻 ，安培表的读数 求：（1）流过电阻 的电流是多少？（2）电阻 的阻值是多大？（3）电源的输出功率是多少？18、 （12 分）如图所示，在倾角 =37的绝缘斜面上，固定一宽 L=0.25m 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势 E=15V，内阻 r=1，一质量 m=20g 的金属棒 ab 与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计整个装置处于磁感应强度B=1T，方向水平向右与金属棒 ab 垂直的匀强磁场中调节滑动变阻

11、器 R=24 时，金属棒恰能在导轨上静止，已知：g=10m/s 2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）请计算通过金属棒的电流；（2）请计算金属棒 ab 所受摩擦力大小；（3）如果斜面光滑，改变所加的匀强磁场，求所加匀强磁场的磁感应强度 B1最小值和方向华安一中、长泰一中、南靖一中、平和一中、龙海二中五校联考2018-2019 学年（上）第二次月考高二年物理试卷参考答案一、单项选择（每题 4 分共 32 分）1、A 2、D 3、A 4、A 5、C 6、C 7、A 8、D二、多项选择（每题 4 分共 16 分）9、B C 10、AD 11、AB 12、AD三、实验题（每空 1 分，共 1

12、2 分）13、 (1). 100 (2). 欧姆调零 (3). 2.20103（或 2.2103）14、 (1). 甲 (2). B F D . (3).如右图 - 5 -(4). 1.50(1.491.51)0.89(0.860.92)(5). 四、计算题15、 （8 分）解：（1）以小球 B 为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知-4 分（2）而小球所受库仑力大小为 联立解得 A、B 两球之间的距离为 -4 分16、 （10 分）解：（1）若小球不带电，则从 A 点释放，将运动到与 A 点等高的地方，而实际上小球没能运动到与 A 点等高的地方，所以电场力对小球做了负功，电

13、场力水平向右，而电场强度方向水平向右，则小球带正电； -2 分（2）小球 1 从 B 到 A 过程，由动能定理得： qU BAmgLcos30=00 -3 分解得：U BA= -1 分（2）BA 间沿电场线的距离为：d=L+Lsin30 -1 分在匀强电场，有：E= -2 分所以联立三式得：E= -1 分17、 （10 分）（1）并联部分电压为 -2 分通过 的电流为 -1 分流过电阻 的电流为 -1 分（2） 两端的电压为 -2 分的阻值为 -1 分（3）电源的输出功率为 -3 分- 6 -18、 （12 分）解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知回路中电流为I= -2 分（2）根据左手定则可知，受到的安培力方向竖直向下，导体棒静止，共点力平衡，根据受力分析可知摩擦力沿斜面向上，故mgsin37+F 安 sin37=f -2 分F 安 =BIL=10.60.25N=0.15N -2 分联立解得 f=0.21N -1 分（3）根据受力分析可知，受到的安培力沿斜面向上时，此时安培力最小，即磁场最小，方向垂直于斜面向上， -2 分故 mgsin37=B1IL， -2 分解得-1 分