2017-2018学年河南省濮阳市高二下学期升级(期末)考试物理试题(B卷)
2017-2018学年河南省顶级名校高二第二学期期末考试物理试题答案
由牛顿第二定律，F －f ＝m A a ，解得f ＝413 N 之间的摩擦力f ，则A 、B 之间不发生：变为：1为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝acos α＝g·sin αcos α该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。
故选项C正确，A、B、D错误。
9、答案AB所以斜面体对地面的压力恒定不变，D错误.10.答案：AD11：选CD.点的过移中，根据功能关系可知，克服点的过程，小球质量，C对．由于弹性绳点的距离应小于2h，D错．二、实验题：13．【答案】（1）3.00~3.02（1分），3.09~4.1（有效数不作要求）（1分）（2）变大（2分），变大（2分）【解析】0.297)(2分) 2.68(2.66～2.69)(2分)～3.1×10－4)(2分) 5.4(4.9～5.6)(2分)解析：本题考查硅光电池电动势和内阻的测量及其相关的知识点，意在考查考生的实验能力．由实验得到的该硅光电池的U－I图象可知，该硅光电池的U－I曲线不是直线，故该硅光电池内阻不是常数．图线在横轴的截距表示短路电流，即短路电流为0.295 mA，图线在纵轴的截距表示电动势，即16.（11分）答案：(1)421=v （2）L 2(1)由碰撞过程动量守恒45)(2121=+=v v v m M M v 则① (2)设卡车刹车前速度为v 0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化MgL Mv Mv μ=-21202121 ②碰撞后两车共同向前滑动，动能变化gl m M v m M )(0)(2122+=-+μ ③由②式gL v v μ22120=- 由③式gL v μ222= 又因gL v L l μ3,25820==得． 如果卡车滑到故障车前就停止，由'02120MgL Mv μ=-④故L L 23'=水平方向上导体棒受牵引力F、安培力和摩擦力，根据牛顿第二定律＝μmg并联电阻为R＝R1R2R1＋R2＝0.4 Ω根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得＝0.25t(A)。
河南省濮阳市2017-2018学年高二物理下学期升级考试试题(A卷)(含解析)
河南省濮阳市2017-2018学年高二下学期升级考试物理试题（A卷）一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。
在小题给出的四个选项中，第1－8题只有一项符合题目要求，第9－11题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。
已知带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小。
则它运动到b处时的运动方向与受力方向正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做负功粒子的动能减小，电势能增大．解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能增大，所以电场力做负功，粒子运动的方向一定是a到c；故选项B正确，选项ACD错误；故选：B【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化2. 如图所示，长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线悬挂，棒呈水平，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，则A. 棒中的电流方向为N到MB. 电流大小为mgsinθ/BLC. 若其它条件不变，只增加金属棒的长度，则θ角变大D. 若其它条件不变，只增大磁感应强度，则θ角变大【答案】D【解析】A、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；B、由金属棒受力平衡有：得，电流大小为，故B错误；C、若其它条件不变，只增加金属棒的长度， m成正比的增大，则不变，故C错误；D、若其它条件不变，只增大磁感应强度，根据，则θ角变大，故D正确故选D。
河南省濮阳市濮阳县2018学年高二下学期期末物理试卷
2018-2018学年河南省濮阳市濮阳县高二（下）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.）1．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．前4s，a与b的加速度始终相同B．t=2s时，a、b速度方向均发生改变C．t=4s时，a、b相距16mD．物体a在0～2s内的速度方向与物体b在2s～4s内的速度方向相同2．如图所示，平行板电容器处在真空中，电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点处放一电荷q，已知静电力常数为k，则它所受电场力的大小为（）A．B． C．k D．k3．在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半球圆A和圆球B的质量之比为（）A．B．C．D．4．如图所示，在水平地面上运动的小车的车厢底部有一质量m1=1kg的木块，木块与车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数k=100N/m，在车厢的顶部且一根细线悬挂一质量m2=0.5kg的小球，某段时间内发现细线与竖直方向的夹角θ=45°，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，取g=10m/s2，不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变量为（）A．6cm B．10cm C．12cm D．20cm5．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离，一带正电的小球以初速度v0从a 点出发沿连线运动到b点，关于上述过程，下列说法正确的是（）A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球先做减速运动后做加速运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大6．如图所示，一个“∠”形导轨ADC固定并垂直于在磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN是与导轨材料和规格都相同的导体棒，在外力作用下，导体棒以恒定速度v沿导轨向右运动，导体棒与导轨轨始终接触良好，以导体棒在图示位置为计时为起点，则下列物量量随时间变化的图象正确的是（下图中E为问路中的感应电动势；I为流过导体棒的电流；P为感应电流的热功率；F为作用在导体棒上的安培力）（）A． B． C．D．7．如图所示，在向左加速运动的车厢中，一个人用力向前推车厢，人相对车厢末移动，则下列说法中正确的是（）A．推力对车不做功 B．推力对车做正功C．车对人做负功D．车对人做正功8．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心，已知电场线与圆所在平面平行，b，c，d三点电势在图中已标出，下列说法中正确的是（）A．把正电荷由a点移到c点，电场力做正功B．O点的场强方向指向d点C．在圆上各点中，b点的电势一定是最高的D．圆弧bc的中点的电势一定是4V9．2018年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象，“土星冲日”是指土星和太阳正好处在地球的两侧，三者几乎成一条直线，该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出（）A．地球质量B．土星公转周期C．太阳质量D．土星和地球绕太阳公转的轨道半径10．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，电压表、电流表为理想电表，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V 110W”的灯泡，如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）A．电压表的示数为933VB．电流表的示数为0.5AC．流过灯泡L1的电流方向每秒钟改变100次D．1min内，四个灯泡消耗的总电能为26400J二、必考题（共4小题，满分45分）11．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，如图甲所示，由图可读出l=cm．（2）在“研究匀变速直线运动”的实验中得到一条纸带，如图乙所示，O、A、B、C、D、E、F是纸带上的七个计数点，每相邻两个计数点间有四个点没有画出，用s1、s2、s3、s4、s5、s6表示相邻两个计数点间的距离，在纸带的上方用毫米刻度尺测量计数点间的距离，已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，那么，打D 点时纸带的速度大小为m/s；纸带加速度的大小为m/s2．（上述计算结果均保留两位有效数字）12．（8分）某同学用多用电表的欧姆档来测量电压表的内阻，如图甲所示．先将选择开关旋至倍率“×100”档，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的接线柱（选填“+”或“﹣”），测量结果如图乙所示，电压表的电阻为Ω．该同学要测量一节干电池的电动势和内阻，有以下器材可供选择：A．电流表（0～0.6A～3A）B．电压表（0～3V）C．滑动变阻器R（0～15Ω，5A）D．滑动变阻器R′（0～50Ω，1A）E．定值电阻R0为1ΩF．开关S及导线若干本次实验的原理图如图丙，则滑动变阻器应选（填器材前的字母序号）．按照原理图连接好线路后进行测量，测得数据如下表所示．由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起情况的原因是．现将上述器材的连线略加改动就可使电压表的示数变化更明显，请在图丁中按改动后的原理图完成连线．13．（13分）如图所示，一半径R=1.0m的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动的角速度ω=5.0rad/s，在圆盘边缘A处有一个小滑块随圆盘一起转动，某一时刻，小滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入光滑的斜面轨道BC．已知斜面轨道BC倾角为37°，B为斜面轨道的最低点，小滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处的机械能损失，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，结果保持保留两位有效数字．（1）若斜面轨道上B、C两点间的距离为2.0m，求小滑块从B点第一次运动至C点的时间．（2）小滑块从圆盘离开到再下滑回圆盘的过程中，圆盘转动的圈数．14．（18分）如图所示，M，N两极板间存在匀强电场，两极板的宽度为d，N 板右边存在如图所示的磁场，折线PAQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从S由静止经电场加速后再从P点沿PQ方向水平射出，不计微粒的重力．（1）若微粒以v0的速度从P点射出，求M，N两极板间电场强度的大小及方向；（2）为使微粒从P点以某一速度v射出后，经过一次偏转直接到达折线的顶点A点，求初速度v的大小；（3）对于在M，N两极板间加不同的电场，微粒还能途经A点并能到达Q点，求所加电场的电场强度E应满足的条件及其从P点到达Q点所用的时间．三、选考题[选修3－3]（共2小题，满分15分）15．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能也一定不变B．若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大C．若一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量D．在完全失重的状态下，气体的压强为零E．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出平均每个气体分子所占的体积16．（10分）如图甲所示，横放在水平地面上的汽缸内用活塞封闭有一定质量的理想气体，汽缸内壁光滑，缸内理想气体的摄氏温度t与体积V之间的关系如图乙所示．（保（1）试分析气体在AB、BC、CD各阶段的压强变化及温度为0℃时气体的体积．留三位有效数字）（2）若气体在AB过程的压强p=1.0×118Pa，求在该过程中气体对外做的功．[选修3－4]（共2小题，满分0分）17．2018年4月25日，在尼泊尔发生了8.1级地震，震源深度20千米．如果该地震中的简谐横波在地壳中匀速传播的速度大小为4km/s，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120m处，如图所示，则下列说法正确的是（）A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过5s时间B．再经过△t=0.3s质点M经过的路程为56mC．此刻波动图象上除M点外与M点势能相同的质点有3个D．波动图象上M点此时的速度方向沿y轴负方向，其动能正在增大E．传到x=120m处开始计时，经过t=0.18s位于x1=360m处的质点加速度最小18．如图所示，某潜水员在检查装有透明液体的圆柱体容器，当潜水员的眼睛在容器中心轴位置且在液面下h2=1m处时，他看到容器口处所有景物都出现在一个顶角为60°的倒立圆锥里，已知容器口距离容器液面的距离h1=1m，圆柱体的横切面半径r=m．①容器中液体的折射率．②若一个身高h3=1m的小孩站在离容器口边缘x=m远的位置，小孩恰好能看到对面的容器底部，则容器中液体的深度为多少米？[选修3－5]（共2小题，满分0分）19．下列说法正确的是（）A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱B．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D．在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固E．U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变20．如图所示，光滑水平地面上，在质量M=1kg的滑块上用轻杆及轻绳悬吊质量m=0.5kg的小球．此装置以速度v0=2m/s向右滑动．另一质量也为M的滑块静止于上述装置的右侧．当两滑块相撞后，便粘在一起向右运动，求（1）两滑块相撞过程中损失的机械能．（2）当小球向右摆到最大高度时，两滑块的速度大小．2018-2018学年河南省濮阳市濮阳县高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.）1．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．前4s，a与b的加速度始终相同B．t=2s时，a、b速度方向均发生改变C．t=4s时，a、b相距16mD．物体a在0～2s内的速度方向与物体b在2s～4s内的速度方向相同【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．由此分析即可．【解答】解：A、速度图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，a与b的加速度方向始终相反，故A错误．B、由图象可知，前4s，a的速度都为正，b的速度都为负，所以t=2s时，a、b 速度方向均没有发生改变．故B错误．C、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时，a、b相距的距离等于四边形面积大小，为△x=2××4×4=16m．故C正确．D、速度的正负表示速度的方向，则物体a在0～2s内的速度方向与物体b在2s～4s内的速度方向相反，故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．2．如图所示，平行板电容器处在真空中，电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点处放一电荷q，已知静电力常数为k，则它所受电场力的大小为（）A．B． C．k D．k【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．【分析】根据电容的定义式求出两极板间的电势差，结合匀强电场的场强公式求出电场强度的大小，从而得出电荷q所受的电场力．【解答】解：A、两极板间的电势差为：U=，则两极板间的电场强度为：E=，电荷q所受的电场力为：F=qE=．故A正确，B错误．C、D由于平行板电容器不是点电荷，不能用E=求解板间场强，故C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式、匀强电场的电场强度公式以及电场强度的定义式，并能灵活运用．3．在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半球圆A和圆球B的质量之比为（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析，根据平衡条件列式求解F N，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：设A的质量为m，B的质量为M，隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得：F N=FcosθMg﹣Fsinθ=0解得：F N=，对两球组成的整体有：（m+M）g﹣μF N=0代入数据，联立解得：故选：C．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．4．如图所示，在水平地面上运动的小车的车厢底部有一质量m1=1kg的木块，木块与车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数k=100N/m，在车厢的顶部且一根细线悬挂一质量m2=0.5kg的小球，某段时间内发现细线与竖直方向的夹角θ=45°，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，取g=10m/s2，不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变量为（）A．6cm B．10cm C．12cm D．20cm【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】先对小球受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力，然后由胡克定律求出弹簧的形变量．【解答】解：对小球受力分析如图所示由几何关系：由牛顿第二定律对木块受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律物体受向左的弹力，结合胡克定律可知，弹簧的伸长量为，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】仅仅对物体受力分析，有时无法求出合力，本题中还必须要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论．5．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离，一带正电的小球以初速度v0从a 点出发沿连线运动到b点，关于上述过程，下列说法正确的是（）A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球先做减速运动后做加速运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．【分析】根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．【解答】解：根据右手螺旋定制可知直线M附近处的磁场方向垂直于MN向里，直线N附近的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O 得后洛伦兹力的方向向下．由洛伦兹力不做功可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．6．如图所示，一个“∠”形导轨ADC固定并垂直于在磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN是与导轨材料和规格都相同的导体棒，在外力作用下，导体棒以恒定速度v沿导轨向右运动，导体棒与导轨轨始终接触良好，以导体棒在图示位置为计时为起点，则下列物量量随时间变化的图象正确的是（下图中E为问路中的感应电动势；I为流过导体棒的电流；P为感应电流的热功率；F为作用在导体棒上的安培力）（）A． B． C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【分析】分析导轨运动过程中产生的感应电动势和电阻的变化，根据欧姆定律可求出电流的变化，再根据功率公式分析电功率的变化，根据F=BIL求解安培力的变化．【解答】解：设“∠”型导轨的顶角为θ，电阻率为ρ．A、感应电动势为：E=BLv=Bvttanθ•v=Bv2tanθ•t，E∝t，故A错误．BD、感应电流为：I=，R=（vt+vttanθ+）得：I=，式中各量均为定值，则感应电流不变．根据F=BIL可知，F=BIvt•tanθ，可见F∝t，图象应是过原点的直线，故B正确，D错误．C、由上可知，R∝t，I恒定，则受外力的功率P=I2R∝t，故C错误．故选：B．【点评】本题是电磁感应、欧姆定律、电阻定律等知识的综合运用．本题易错点在于对于电流的分析，由于未考虑电动势和电阻都与时间成正比，从而认为电流是变化的．7．如图所示，在向左加速运动的车厢中，一个人用力向前推车厢，人相对车厢末移动，则下列说法中正确的是（）A．推力对车不做功 B．推力对车做正功C．车对人做负功D．车对人做正功【考点】功能关系．【分析】在加速向左运动的车厢中，人的加速度向左，根据牛顿第二定律得出人受的合力向左，根据功的定义式判断做功情况．【解答】解：AB、推力方向向左，与位移方向相同，所以推力对车做正功，故A错误，B正确；CD、由于人向左加速运动，加速度向左，由牛顿第二定律知，车厢对人的力向左，与位移方向相同，车对人做正功，故C错误，D正确；故选：BD【点评】此题涉及到牛顿第二定律的应用和力的作用的相互性，解决此类题目要结合作用力和反作用力考虑，即一个物体在施力的同时必然也受力，另一个物体在受力的同时必然也是施力物体．8．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心，已知电场线与圆所在平面平行，b，c，d三点电势在图中已标出，下列说法中正确的是（）A．把正电荷由a点移到c点，电场力做正功B．O点的场强方向指向d点C．在圆上各点中，b点的电势一定是最高的D．圆弧bc的中点的电势一定是4V【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等；由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向．【解答】解：由题意，分别取试管点为abcd如图，由题意可ab和cd相互平行．在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，U ba=U cd=6V﹣2V=4V，所以，U ba=φb﹣φa=10﹣φa=4，解得：φa=6V；A、正电荷由a点移到c点，a、c两点电势相等，电场力不做功，故A错误；B、a点的电势为6V，c点的电势是6V，根据电场线应与等势面垂直，所以aoc 在同一条等势线上；又沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的d点，故B正确；C、在圆上各点中，φb=10V，φc=6V，φa=6V，φd=2V，所以b点的电势一定是最高的，故C正确；D、假设圆弧bc的中点的电势为4V，因为φc=6V，φd=2V，即cd中点的电势为4V，而由上述分析可知，aOc在等势线上，圆弧bc的中点与cd中点的连线不为等势线，假设不成立，故D错误．故选：BC．【点评】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．9．2018年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象，“土星冲日”是指土星和太阳正好处在地球的两侧，三者几乎成一条直线，该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出（）A．地球质量B．土星公转周期C．太阳质量D．土星和地球绕太阳公转的轨道半径【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】地球和土星均绕太阳做圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动的运动公式列式分析可以求解的物理量．【解答】解：A、行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，故A错误；B、“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球多转动一圈，根据（﹣）t=2π可以求解土星公转周期，故B正确；C、地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据万有引力提供向心力得：，则太阳的质量：M=．故C正确；D、知道土星绕太阳的公转周期，万有引力提供向心力，可求出土星的轨道半径，故D正确；故选：BCD【点评】解决本题的关键知道地球和土星均绕太阳做圆周运动，靠万有引力提供向心力，知道线速度、加速度和周期与轨道半径的关系．10．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，电压表、电流表为理想电表，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V 110W”的灯泡，如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）A．电压表的示数为933VB．电流表的示数为0.5AC．流过灯泡L1的电流方向每秒钟改变100次D．1min内，四个灯泡消耗的总电能为26400J【考点】变压器的构造和原理．【分析】由输出端交变电压U的图象求出副线圈有效值，根据原副线圈电压之比等于线圈匝数比，电流之比等于线圈匝数的倒数比求出原线圈电压和电流，根据灯泡的规格求出灯泡的电阻和额定电流，再结合欧姆定律求解．【解答】解：A、根据图乙可知，副线圈电压的有效值，由原副线圈匝数之比3：1，可得原副线圈的电压之比3：1，则原线圈电压即电压表示数为，故A错误；B、副线圈电压为220V，、、三只灯泡都正常发光，电流，故B错误；C、原副线圈的频率相等，1s内完成50个周期性变化，在1个周期内电流方向改变2次，每秒电流方向改变100次，故C正确；D、由，即，得，灯泡电阻灯泡消耗的电能灯泡消耗的电能之和3×110×60=19800J四个灯泡消耗的总电能W=6600+19800=26400J，故D正确；故选：CD【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，则原线圈的电压不是ab端的电压，难度适中．二、必考题（共4小题，满分45分）11．（1）某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，如图甲所示，由图可读出l= 1.27cm．（2）在“研究匀变速直线运动”的实验中得到一条纸带，如图乙所示，O、A、B、C、D、E、F是纸带上的七个计数点，每相邻两个计数点间有四个点没有画出，用s1、s2、s3、s4、s5、s6表示相邻两个计数点间的距离，在纸带的上方用毫米刻度尺测量计数点间的距离，已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，那么，打D 点时纸带的速度大小为0.10m/s；纸带加速度的大小为0.21m/s2．（上述计算结果均保留两位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律；刻度尺、游标卡尺的使用．【分析】（1）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）某点的瞬时速度用与之相邻的两个点间的平均速度代替．加速度的计算用匀变速直线运动的推论△x=at2．【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为1.2cm，游标尺上第7个刻度游标读数为0.1×7mm=0.7mm=0.18cm，所以最终读数为：1.2cm+0.18cm=1.27cm；（2）纸带上相邻的两个计数点之间有四个点未画出．所以两个相邻的点间的时间T=0.18×5=0.1sv D===0.10m/s设OC段的位移为x1，则：x1=1.50×10﹣2m；CF段的位移为x2，则：x2=3.40×10﹣2m由：x2﹣x1=at2（注意：t为发生x1或x2这个位移所用时间，所以t=0.1×3=0.3s）得：3.40×10﹣2m﹣1.50×10﹣2m=a×0.32解得：a=0.21m/s2．故答案为：（1）1.27；（2）0.10，0.21．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；速度的计算以及加速度的测量是处理纸带的两个主要应用，要牢牢掌握住．要注意单位的换算和有效数字的保留．12．某同学用多用电表的欧姆档来测量电压表的内阻，如图甲所示．先将选择开关旋至倍率“×100”档，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的﹣接线柱（选填“+”或“﹣”），测量结果如图乙所示，电压表的电阻为4000Ω．。
河南省濮阳市第七中学2018年高二物理期末试卷含解析
河南省濮阳市第七中学2018年高二物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 关于电磁场电磁波，下列说法正确的是A．变化的电场产生变化的磁场B．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场C．周期性变化的电场产生周期性变化的磁场D．英国物理学家法拉第经过十年坚持不懈的努力，做过大量的实验，历经多次失败，终于建立了完整的电磁场理论参考答案：C2. 关于电磁感应现象，下列说话正确的是：（）A.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B.穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大参考答案：3. 下列说法正确的是A.人们早晨看见太阳的位置比它的实际位置要高一些B.将一块厚的长方体玻璃砖放在课本上，课本上的文字看上去比实际低一些C.在水下潜泳的人看岸边的景物要比实际高一些D.岸边的人看水中的鱼要比实际低一些参考答案：AC4. 如图所示，在光滑水平布的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5cm后由静止释放，经0.5s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是（）A．该弹簧振子的振动频率为1HzB．若向右拉动10cm后由静止释放，经过1s振子m第一次回到P位置C．若向左推到2cm后由静止释放，振子m连续两次经过P位置的时间间隔是2sD．在P位置给振子m任意一个向左向右的初速度，只要位移不超过20cm，总是经0.5s 速度就降为0参考答案：D【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的振动图象．【分析】物体第一次向左运动过程，水平方向，结合振动的周期性即可求出周期的大小；振动的周期与振幅的大小无关．【解答】解：A、将振子m向右拉动5cm后由静止释放，经0.5s振子m第一次回到P位置经历T，所以：T=4×0.5s，振动的频率：f=Hz．故A错误；B、振动的周期与振幅的大小无关，所以若向右拉动10cm后由静止释放，经过0.5s振子m第一次回到P位置．故B错误；C、振动的周期与振幅的大小无关，振子m连续两次经过P位置的时间间隔是半个周期，即1s．故C错误；D、振动的周期与振幅的大小无关，在P位置给振子m任意一个向左向右的初速度，只要位移不超过20cm，总是经=0.5s到达最大位置处，速度就降为0．故D正确．故选：D5. 一质点自原点开始在x轴上运动，其初速度v0＞0，加速度a＞0，当加速度a不断减小到零时，质点的（）A．速度不断减小，位移不断减小B．速度不断减小，位移不断增大C．速度不断增大，当a＝0时速度达到最大值，位移不断增大D．速度不断增大，当a＝0时位移达到最大值参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 在水深超过200m的深海，光线极少，能见度极小．有一种电鳗具有特殊的适应性，能通过自身发出生物电，获取食物，威胁敌害，保护自己．该电鳗的头尾相当于两个电极，它在海水中产生的电场强度达到104N/C时可击昏敌害．身长50cm的电鳗，在放电时产生的瞬间电压可达U= V．参考答案：50007. 左手定则：伸开左手，使拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在同一个平面内，让_______穿入手心，并使四指指向____________的方向，则拇指所指的方向就是运动电荷所受洛仑兹力的方向.参考答案：8. 安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝______，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)当磁场与电流________时，安培力最大，Fmax＝BIL.(2)当磁场与电流________时，安培力等于零．参考答案：BLI sinθ 垂直平行9. 真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于 F. 参考答案：．10. 如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，导体ab可在平行金属导轨上自由滑动，导轨宽cd=0.2m．若导体ab以v=10m/s的速度向右匀速运动，则ab中的感应电动势的大小为________V，通过ab中的感应电流的方向为_______（选填“a 至b”或“b至a”）．参考答案：0.2 b至a11. 如图所示，两平行金属板带等量异种电荷，板间电压为U，场强方向竖直向下，金属板下方有一匀强磁场，一带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，运动半径为R，不计粒子的重力．粒子从电场射出时速度的大小为；匀强磁场的磁感应强度的大小为．参考答案：，．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】根据动能定理列式，即可求解粒子从电场射出时速度的大小；再根据洛伦兹力提供向心力列式，即可求解磁感应强度的大小．【解答】解：粒子在电场中，只受电场力作用，由静止加速到速度v后射出电场，由动能定理可知：qU=mv2；解得：v=粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB=m解得：B=将第一问的速度代入，得：B=故答案为：，．12. 某气体在、两种不同温度下的分子速率分布图象如图所示，纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标表示分子的速率．可见，（选填“＞”或“＜”），温度升高，分子的平均速率（选填“增大”或“减小”）．参考答案：＜、增大气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最可几速率向速度较大的方向移动；故T1＜T2；温度升高，分子热运动的平均动能增加，故平均速率增加。
2017年高二物理试题及答案解析高二下期末物理试题
高二物理期考试题（满分100分 时间90分钟）一、选择题（共48分。
本题包括12题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.按照麦克斯韦磁场理论，以下说法中正确的是（ ）A.稳定的电场周围产生稳定的磁场，稳定的磁场周围产生稳定的电场B.变化的电场周围产生磁场，变化磁场周围产生电场C.均匀变化电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场D.振荡电场周围产生同频率的振荡磁场，振荡磁场周围产生同频率振荡电场2.如图表示一交流电的电流随时间而变化的图像.此交流电流的有效值是( )A.A 25B.5AC.A 25.3D. 3.5A3. 一列沿x 轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s 。
某时刻波形如图所示，下列说法正确的是( )A ． 这列波的振幅为4cmB ． 这列波的周期为1sC ． 此时x=4m 处质点沿y 轴负方向运动D ． 此时x=4m 处质点的加速度为04.下列说法正确的是( )A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.物体对外界做功，其内能一定减少5.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O ，经折射后分为两束单色光a 和b 。
下列判断正确的是( )A ．玻璃对a 光的折射率小于对b 光的折射率B ．a 光的频率大于b 光的频率C ．在真空中a 光的波长大于b 光的波长D ．a 光光子能量小于b 光光子能量6.倾角为α、质量为M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为m 的木块静止在斜面体上。
下列结论正确的是( )A.木块受到的摩擦力大小是mgcos αB.木块对斜面体的压力大小是mg sin αC.桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin acos αD.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m ）g7. 如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度V 向右匀速滑动, MN 中产生的感应电动势为E l ;若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2。
河南省高二下学期物理期末考试试卷B卷(考试)
河南省高二下学期物理期末考试试卷B卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共5题；共10分)1. （2分） (2019高一下·哈尔滨期中) 下列符合物理学史实的是（）A . 第谷通过长时间的观测，最后总结出行星运动的三大定律B . 开普勒在前人的基础上研究发现万有引力定律C . 卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量D . 海王星是人们经过长期的太空观测而发现的2. （2分）(2017·松江模拟) 天然放射性元素衰变时放出的β射线是（）A . α粒子流B . 质子流C . 中子流D . 电子流3. （2分）图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，则工作人员可能受到了辐射的射线是（）A . α和βB . α和γC . β和γD . α、β和γ4. （2分）某核反应方程为。
已知的质量为2.0136u，的质量为3.0180u，的质量为4.0026u，X的质量为1.0087u，则下列说法中正确的是（）A . X是质子，该反应释放能量B . X是中子，该反应释放能量C . X是质子，该反应吸收能量D . X是中子，该反应吸收能量5. （2分）(2017·自贡模拟) 以下说法中，正确的是（）A . 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B . 要使轻原子核发生聚变，必须使它们间的距离至少接近到10﹣10mC . 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，势能增大，总能量减小D . 随温度的升高，放射性元素的半衰期将减小二、多选题 (共7题；共21分)6. （3分） (2017高一下·北海期末) 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则（）A . b的速度方向一定与原速度方向相反B . 从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C . a，b一定同时到达地面D . 炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等7. （3分） (2019高三上·浙江月考) 下列几幅图的有关说法中正确的是（）A . 图甲中的人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动B . 图乙中射线c由β粒子组成，每个粒子带一个单位负电荷，射线b不带电，是高速运动的中子流C . 图丙为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为2.21eV的金属钾发生光电效应的光子有4种D . 图丁中若改用红光照射，验电器金属箔可能不张开8. （3分） (2017高二下·宝鸡期末) 在如图所示的光电管的实验中（电源正负极可以对调），用同一光电管得到了三条可见光的光电流与电压之间的关系曲线（图二中的甲光、乙光、丙光）．下列说法中正确的有（）A . 同一光电管对不同颜色的单色光有各自不同的极限频率B . 只要电流表中有电流通过，光电管中就发生了光电效应C . （图一中）电流表G的电流方向可以是a流向b、也可以是b流向aD . （图二中）如果乙光是黄光，则丙光可能是紫光9. （3分）关于物体的内能，下列说法正确的是（）A . 物体吸收热量，内能可能减少B . 10g100℃水的内能等于10g100℃水蒸气的内能C . 物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能D . 电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的E . 气体向真空的自由膨胀是不可逆的10. （3分）(2017·黑龙江模拟) 下列说法中正确的是（）A . 饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B . 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动C . 用油膜法估测分子大小的实验中，不考虑油酸分子（视为球形）间的空隙并认为水面上形成的油酸膜的厚度即分子直径D . 若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则此过程中气泡内的气体分子间的引力和斥力都增大E . 物理性质表现为各向同性的固体为非晶体11. （3分）下列说法正确的是（）A . 用不能被水浸润的塑料瓶做酱油瓶，向外倒酱油时不易外洒B . 一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度升高而减少C . 某气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为NA ，则该气体的分子体积为V0＝D . 与固体小颗粒相碰的液体分子数越多，布朗运动越明显E . 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的12. （3分） (2017高二下·黑龙江期末) 在温度均匀的水池中，有一空气泡从池底缓缓地向上浮起，在其上浮的过程中，泡内气体（可看成理想气体）（）A . 内能减少，放出热量B . 内能增加，吸收热量C . 对外做功，同时吸热，内能不变D . 对外做的功等于吸收的热量三、实验题 (共1题；共5分)13. （5分） (2018高一下·朝阳期末) 在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：a．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。
【精选】河南省濮阳市学年高二下学期升级(期末)考试物理试题(B卷)Word版含答案-物理知识点总结
（满分100分，考试时间90分钟） 第Ⅰ卷（选择题，共44分）一、选择题（本题共11小题；每小题4分，共44分。
在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。
全部选对的的4分，选不全对的的2分，有选错或不答的得0分）1.如图，一电荷量为q 的正点电荷位于电场中的A 点，受到的电场力为F 。
若把该点电荷换为电荷量为2q 的负点电荷，则A 点的电场强度E 为( ) A.F/q ，方向与F 相反 B.F/2q ，方向与F 相反C.F/q ，方向与F 相同D.F/2q ，方向与F 相同2.如图所示1L 灯与2L 灯的电阻相同，当滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动时，两灯亮度变化情况是( )A.1L 灯变亮，2L 灯变亮B.1L 灯变暗，2L 灯变亮C.1L 灯变暗，2L 灯变暗D.1L 灯变亮，2L 灯变暗 3.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，此时，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将（ ）A. 可能做直线运动B. 可能做匀减速运动C. 一定做曲线运动D. 可能做匀速圆周运动4.在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A. 0.6vB. 0.4vC. 0.3vD. 0.2v5.氢原子的能级如图所示，用光子能量为12.75eV 的光照射一群处于基态的氢原子，最多能观测到氢原子发射不同波长的光有( )A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种6.U 23892放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成Bi 21083，而Bi 21083可以经一次衰变变成X a 210（X 代表某种元素），也可以经一次衰变变成Ti b 81，X a 210和Ti b 81最后都衰变变成Pb 20682，衰变路径如图所示，则由图可判断下列说法正确的是（ ）A.过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B.过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C.过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D.过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变 7.太阳因核聚变释放出巨大能量，同时其质量不断减少。
2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题+扫描版含答案
2017—2018学年度下期期末高中抽测调研高二物理参考答案一、选择题（每题4分，共40分）二、实验题（每空2分，共8分） 11.（1）变小 (2)3.0 2 (3)小于 三、计算题（10分+12分=22分） 12.(1)6种 （2分）(2)从第四能级向第三能级跃迁时：光子的能量最小，波长最长。
（2分）得：由分钠06)(3(υh W ）=eVeV W 29.2106.11053.51063.6J 10×5.531063.61914341434≈⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=---钠eV eV eV E E E 29.275.126.13)1611(1441>=⨯-=-=eVeV eV E E E 29.209.126.13)911(1331>=⨯-=-= eVeV eV E E E 29.22.106.13)411(1221>=⨯-=-=eVeV eV E E E 29.255.26.13)16141(2442>=⨯-=-= eVeV eV E E E 29.289.16.13)9141(2332<=⨯-=-=eVeV eV E E E 29.266.06.13)16191(3443<=⨯-=-=故能发生光电效应的共有四种 13.（共12分））b a 分2()1(ϕϕ<）LB m gRV BLV E REI BIL m g 分稳定时：4(,,(2)22maxmax =⇒===ma BIL mg =-)3( t qI ∆∆=v CBL q BLv C q ∆=∆⇒⋅=2222L CB m mga ma t v L CB mg +=⇒=∆∆⋅-）LB L CB m R a V t at V 分6()(2222max max +==⇒=四、选考题【 物理--选修3-3部分】（30分） 14.AD 15.AC 16.AD 17.8×10-6112-116之间 7×10-10m18.（12分）(1) 273t T S L V 1111+==，初状态： 273t T )S l (L V 22212+=+=，未状态：(2) 设玻璃管转过θ后水银开始溢出20S S L V ,H 11001==+=P P 初状态： )S L L (V ,cos 212002+=+=θH P P 未状态：在玻璃管转动过程中，气体做等温变化 ）V P V P 分得：由6(6002211==θ【 物理--选修3-4部分】（30分）14. CD 15.AC 16.BC 17.小于 a 小于 18.（12分）T 41处所用时间为A 摆，第一次到达球C (1)可视为单 g Rg R T t c 224141ππ=⨯==gRg R t gt R B B ⨯==⇒=2221球做自由落体运做自B 2 ）t t B c 分点球先到达故因为6(A B ,22>⇒>πgRn T n t C 2)12(4)12(C )2(π+=+=球：对 gh t B ⨯=2B 球：对 C t t =B 点相遇：A 要使两使两小）)(6,4,3,2,1,0( )12(8122分解得：⋯=+=n R n h π。
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2017-2018学年
高中二年级升级考试物理参考答案及评分标准
2017. 06
一、选择题：每小题4分，共44分 二、实验题：16分
12．（1）变小 （2）变大 （3）变大 （4）两板正对面积、两板间距离和两板间介质（每空1分）
13．（1）反（2分） （2）正（2分）
14．（1）3 000 200 （2）内接 外接（每空2分） 三、论述、计算题：40分
15．解：（1）能从速度选择器射出的离子满足：
000=qE B qv
①2分 解出：
0=
B E v
②1分
（2）离子进入偏转电场后做类平抛运动，有：
t v x 0=
③2分 22
1=at L
④2分
由牛顿第二定律有：
ma qE =
⑤1分
由②③④⑤解得：
qE
mL
B E x 2=
0 2分
16．解：（1）金属杆静止时受三力：重力g m ,导轨的支持力N ,安培力BIL F =、方向沿导轨向上，如图所示。
2分
根据平衡条件有：
θm BIL sin g =
①3分
解出：
IL
θ
m B sin g =
②1分
F
N
g
m
（2）当B 的方向改为竖直向上时，由左手定则判定这时的安培力方向变为水平向右。
由平衡条件有：
θm θL BI sin g =cos 1
③3分 解出：
θ
I
I cos =
1
④1分
17．解：（1）根据法拉第电磁感应定律得螺线管中产生的感应电动势为：
S t
B
n t n
E ΔΔ=ΔΔΦ= ①2分 V 1.2=V 10×20×2
2
.0-1×1500=4-
2分
（2）闭合开关时，流过2R 的电流为：
A 0.12=A 1
+5+42
.1=++=
21r R R E I
②1分
电容器C 两极板间电压为：
V 0.6=V 5×12.0==2IR U
③1分
S 断开前，电容器储存的电荷量为：
C 10×1.8=C 6.0×10×30==-56-CU Q
④3分
断开开关后，电容器通过2R 将电荷全部释放，所以流经2R 的电荷量为C 10×1.8-5 1分 18．解：用M 表示沙袋的质量、m 表示弹丸的质量，第一颗弹丸击中沙袋，由动量守恒定律有：
v M m mv )+(=1
①3分
用L 表示细绳长度，根据摆动过程中机械能守恒有：
)°30cos -1(g )+(=)+(2
1
2L M m v M m ②1分
沙袋两次摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，都为v . 1分 第二颗弹丸击中沙袋，由动量守恒定律有：
v M m v M m mv )+2(=)+(-2
③3分
比较①③解得： 83
41=21v v ④2分。