2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案
2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案
2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案A. 电的电容增大B. 电的电容减小C. 电的电容不变A. 垂直纸面向里B. 垂直纸面向外C. 水平向左A. BAB. ELC. ELcosαD. ELsinαA. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B. 放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力C. 磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向A. EA=EBB. EA<EBC. φA=φBA. 粒子经偏转一定能回到原点OB. 粒子完成一次周期性运动的时间为2πm/qBC. 粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1A. A灯变暗，B灯变亮B. 内阻r消耗的热功率减小C. 微粒m所受电场强度增大A. 电容增大B. 电容减小C. 电容不变A. 垂直纸面向里B. 垂直纸面向外C. 水平向左A. BAB. ELC. ELcosαD. ELsinαA. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B. 放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力C. 磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向A. EA=EBB. EA<EBC. φA=φBA. 粒子经偏转一定能回到原点OB. 粒子完成一次周期性运动的时间为2πm/qBC. 粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1A. A灯变暗，B灯变亮B. 内阻r消耗的热功率减小C. 微粒m所受电场强度增大D. 电C的电容增大C. 带电微粒m将加速向上运动。
通过滑动变阻器R的电流增大，如图6所示，实线表示电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等。
有一个运动的正电荷在等势面L3上某点的动能为20 J，运动至等势面L1上的某点时动能变为8 J。
若取L2为零等势面，则此电荷的电势能为2 J时，其动能为18 J。
点电荷在电场中只受电场力的作用，从a点运动到b点的过程中，点电荷的电势能改变量为零，则下列说法正确的是：a点的电势一定等于b点的电势。
如图7所示，实线是匀强电场的电场线，电场方向水平向右，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹。
2017—2018学年度第一学期期末试卷(高二文科物理)(含答案)
2017—2018学年度第一学期期末试卷高二文综合三物理(全卷共计120分，考试时间60分钟)一、选择题(每小题的选项中，只有一项正确。
请将正确选项的字母序号填在相应的括号。
每小题5分，共50分)1、真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F，若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的1／3，距离变为2 r，则它们之间的静电力变为A、3 F／8B、F／6C、8 F／3D、2 F／32、如图1所示，质量为m的带电小球以速度v在粗糙绝缘水平面上向右做匀速直线运动，物体受到的力的个数为A、1个B、2个C、3个D、4个3、如图2所示，竖直长导线A B的旁边放置一个小磁针，当导线通以由B到A方向的电流时，磁针的S极将A、转向读者B、背向读者C、向上偏转D、向下偏转4、如图3所示的电路中电源的电动势为E，内阻为r，当可变电阻的滑片P由a点向b点移动时，电压表V的读数u与电流表A的读数I的变化情况是A、U变大、I变小B、U变小、I变大C、U变小、I变小D、U变大、I变大5、做间谐运动的物体，通过平衡位置时，一定等于零的物理量是A、合外力B、回复力C、速度D、动能6、如图4所示是一列波某时刻的波形图，若已知质点C正向上振动，则A、此波向右传播B、D比C后回到平衡位置C、此时B点速度为正，加速度为正D、再过T／2，A到达波峰7、下列说法正确的是A、运动电荷一定受到洛伦兹力B、静止电荷可能受到洛伦兹力C、只有速度方向垂直于磁场方向的运动电荷才受到洛伦兹力D、只要速度方向与磁场方向不平行的运动电荷就受到洛伦兹力8、地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计。
已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)A、体积减小，温度降低B、体积减小，温度不变C、体积增大，温度降低D、体积增大，温度不变-9、一点电荷电场中的电场线如图5所示，电场中A、B两点处场强的大小和电势分别用E A、E B和U A、U B表示，则A、U A>U B E A<E BB、U A<U B E A>E BC、U A<U B E A<E BD、U A>U B E A>E B、R2如的电流I和电压U的关系图象如图6所示，由图象10、两电阻R可知两电阻大小之比R1：R2等于A、1：3B、3：1C、1：2D、2：1二、填空题(每空5分、共计25分)11、在电场中把一个电量为6×10-6C的负电荷从A点移到B点，克服电场力做功3×10-5J，再将电荷从B点移到C点，电场力做功1．2×10-5J，求U AB= ,U ac=U AC=12．如图7所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一质量为m、长为l的通电直导体棒，电流方向如图所示，斜面处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，当导体棒内通有I的电流时，导体棒恰好静止在斜面上，求磁感应强度的大小B=13、一定质量的气体膨胀做功100，同时吸收3 0 J，则气体内能的增量为三、实验题(每空6分、共计24分)14、以下实验操作正确的是A．单摆的最大摆角不大于10°B．测摆长时，应先把摆球挂起来再测量C．用秒表测周期时，应从摆球经过平衡位置时开始计时D．记下摆球从第一次经过最低点到第60次经过最低点的时间t，则单摆振动周期T=t／6015、一位同学在测定电源电动势和内阻实验中测得几组I、U数据，作出U—I图象如图8所示，由图象可知，该电源电动势E= V，电阻r= Ω，其短路电流为A．四、计算题(共计21分)16、如图9所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，现加一个水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ角，则：这个匀强电场的场强E大小为多少?(10分)=9．0Ω，R2=5．0Ω，当开关S1、17、在如图10所示的图中RS2都闭合时，电流表的示数为0.6A：当S1闭合、S2断开时，电流表的示数为0.4A，求电源的电动势E和内阻r．(11分)。
辽宁葫芦岛市普通高中2017-2018学年高二上学期期末考试物理 图片版含答案
葫芦岛市2017-2018期末高二物理参考答案及评分标准 2018.1一、选择题（1-9单选，10-14多选，每题3分，对不全得2分）1.A2.D 3 .C 4.C 5.B 6.A 7.B 8.C 9.B10. ABC 11.BD 12.CD 13.ABC 14.BD二、实验题15 6.75 （2分）；6.124（2分）16 (1). 如图所示：（2分）(2). 左（2分）；(3). 电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路；（2分）(4).（2分）(5).（2分）三、计算题17. （9分）（1）由电场强度qF E =…………（2分） 解得C N E /200=…………（1分）（2）由动能定理，电荷的动能qEd E K =…………（2分）解得J E K 8102-⨯=…………（1分）（3）由电势差qW U =…………（2分） 解得A 、B 两点间的电势差V U 100= …………（1分）18．（10分）（1）由动能定理2121mv qU =…………（3分） 解得负离子离开B 板时的速度 m qU v 12=…………（2分） （2）负离子进入C 、D 后作类平抛运动 水平方向vt L =2…………（1分） 竖直方向2212at d =…………（1分） 由牛顿第二定律m a dU q =2…………（1分） 解得、两板间的电压V U 642=…………（2分） 19. （10分）（1）OA 棒切割磁感线运动，OA 棒中产生的电动势 E=ω221Br =10V, …………（2分） R 1与电容器串联但没有电流电流I=RR E +2=2A, …………（1分） 方向O 指向A …………（1分） R 2两端电压U=IR 2=6V …………（1分）电容器两端电压与R 2两端电压相等电容器的带电量q=UC=6×10-10C. …………（2分） 上极板带正电荷…………（1分）（2）电路中消耗的总功率P=EI=20W …………（2分）20.（15分） （1）电子在电场中作类平抛运动水平方向102t v d = …………（1分） 竖直方向2121at d =…………（1分） 由牛顿第二定律ma qE =…………（1分） 解得电场强度edmv E 220=…………（1分） （2）从P 点到D 点，由动能定理2022121mv mv eEd -=…………（1分） 解得电子进入磁场时的速度大小02v v =…………（1分） 在磁场中电子作匀速圆周运动r mv evB 2=…………（1分）由几何关系可知，电子以与水平X 轴成450进入电场，且与X 轴交点为Q ，Q 、D 两点间距离r QD 2=…………（1分）设电子在磁场中运动时间为t 2, 电子第二次进入电场后在电场中运动时间为t 3到达D 点， 电子第二次进入电场竖直方向匀减速 245sin 30t a v =…………（1分） 水平方向匀速运动3045cos t v QD =…………（1分） 解得磁感应强度edm v B 20=…………（1分） （3）由几何关系可知，电子在磁场中运动时间432T t =周期v rT π2= …………（1分） 解得023v d t π=…………（1分） 第二次在电场中运动时间034v d t =…………（1分） 电子从P 点运动开始计时到第二次通过D 点所经历的时间321t t t t ++= 解得03)2(v d t π+=…………（1分）。
【经典试卷】2017-2018学年 高二(上)期末物理试卷(选修3-1)(解析版)
【经典试卷】2017-2018学年高二（上）期末物理试卷（选修3-1）(解析版)一、单项选择题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（）A．库仑发现了点电荷的相互作用规律B．安培发现了电流的磁效应C．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D．奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律2．一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A．B．C． D．3．如图甲所示，P、Q是电场线上的两点，在P点由静止释放一个质子，仅在电场力的作用下，沿着电场线从P点运动到Q点，质子的速度随时间变化的关系如图乙所示，下列判断正确的（）A．该电场是匀强电场B．从P点到Q点，质子受到的电场力减小C．从P点到Q点，质子的电势能增大D．P点的电势高于Q点的电势4．如图所示，平行板电容器的电容为C，电荷量为Q，板间距离为d，静电力恒量为k．今在两极板的中间放入一电荷q，则它所受电场力的大小为（）A．k B．k C．D．5．如图，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C点如图所示，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点6．两平行带电金属板水平放置．若在两板中间某点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板逆时针旋转45°，如图所示，再由同一点从静止释放同样的微粒，则微粒将（）A．保持静止状态B．向右下方做匀加速运动C．水平向左做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动7．某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A．若选择甲图，测量值比真实值偏大B．若选择乙图，测量值比真实值偏大C．若被测电阻R X与电流表内阻接近，应该选择乙图误差较小D．若被测电阻R X与电压表内阻接近，应该选择甲图误差较小8．粗细均匀的金属环上，A、B、C、D四点把其周长四等分，如图所示，当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为（电源内阻不计）（）A．B．C．P D．3P9．电源电动势为ε，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当R增大时，路端电压也增大C．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大D．因为U=ε﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降10．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A．向纸里偏转B．向纸外偏转C．向上偏转D．向下偏转11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．12．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是（）A．B．C．D．13．三个完全相同的小球a、b、c带有等量正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，c球进入只有重力场的区域，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v A、v B、v C表示，它们的关系是（）A．v A＞v B=v C B．v A=v B=v C C．v A＞v B＞v C D．v A=v B＞v C14．如图所示，螺线管两端加上如图所示电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做（）A．匀加速直线运动 B．往返运动C．匀速直线运动D．匀速圆周运动15．关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大B．与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C．与加速器的电场和磁场均有关，电场和磁场越强，能量越大D．与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大二、多项选择题16．下列属于预防静电危害的做法是（）A．在高大的建筑物顶端安装避雷针B．水泥厂利用静电除去废气中的粉尘C．在制造轮胎的橡胶中添加导电材料D．行驶中的油罐车尾带一条拖地的铁链17．引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们类比．例如电场中反映各点电场强弱的电场强度，其定义式为，在引力场中可以有一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，则下列表达式中能反映地球表面的引力场强弱的是（）A．B．C．D．g18．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2、R3为定值电阻，R4为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容．当S闭合且电路稳定后，让光照射R4，则下列说法正确的是（）A．电流表示数减小 B．电容器电荷量增大C．电压表示数增大 D．R1上消耗的功率减小19．如图所示为一电路的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与直流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一多用电表的直流电压挡分别测得b、d两点间和a、c两点间均有电压．由此可知（）A．ab间电路通，cd间电路不通B．ab间电路不通，bc间电路通C．ab间电路通，bc间电路不通D．bc间电路不通，cd间电路通20．关于多用电表，下列说法中正确的是（）A．不管是测电压、电流还是测电阻，流过多用电表的电流均是从红表笔流入，黑表笔流出B．测电阻时，要进行欧姆调零，调好后变换倍率档就不用再调零了C．测电阻时，指针指在中值附近，测量结果才比较准确D．多用电表使用完后应将转换开关拨至交流电压的最大量程档21．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法正确的是（）A．加5 V电压时，导体的电阻约是5ΩB．加12 V电压时，导体的电阻约是1.5ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大22．在“测定金属的电阻率”的实验中，下列操作正确的是（）A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表外接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变23．如图为自左向右逐渐增强的磁场，一不计重力的带电粒子垂直射入其中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧PQ（粒子电量保持不变），则可判断（）A．粒子从P点射入 B．粒子所受洛伦兹力逐渐增大C．粒子从Q点射入D．粒子的动能逐渐减小24．在场强E=1.0×102V/m的匀强电场中，有相距d=2.0×10﹣2m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为（）A．1.0 V B．2.0 V C．3.0 V D．4.0 V25．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图，则下列正确的是（）A．该束带电粒子带正电B．该束带电粒子带负电C．速度选择器的P1极板带正电D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小三、解答题（共4小题，满分50分）26．（10分）在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，（1）按图甲、乙所示两种电路测量干电池的电动势和内阻，应选电路．（填甲或乙）．（2）图丙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．注意，开始实验前要保证滑动变阻器处于最大电阻处．（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如丁图所示的坐标图中，请作出UI图线，（4）由UI图象，待测电池的电动势E=V，内电阻r=Ω．（结果保留两位有效数字）27．（12分）质量为m=5×10﹣8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当U AB=1.0×103V时，带电微粒恰好沿直线穿过平行金属板，（重力加速度g=10m/s2）求：（1）带电粒子带何种电荷？电荷量q多大？（2）若要带电粒子恰好从B板右端飞出，则AB间所加电压U1为多大？（3）若要带电粒子恰好从A板右端飞出，则AB间所加电压U2为多大？28．（14分）空间有E=100V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg，电量q=0.05C的带正电小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动，最后落至地面上C点，B点离地的高度h B=0.2m．（g=10m/s2）试求：（1）绳子的最大张力为多大？（2）落地点C到B点的水平距离为多大？（3）A、C两点的电势差为多少？31．（14分）如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=1.0×10﹣7T，在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E=1.0×10﹣7N/C，一质量为m=1.0×10﹣15kg、电量为1.0×10﹣7C的粒子（不计重力）从y轴上方的P点沿着x轴正方向射出，正好垂直进入匀强电场中，当第二次进入电场时，到达X轴的Q点，Q点与O点的距离为L=3米，求：（1）此粒子带何种电荷（2）射出时的速度v为多大？（2）此粒子从P到Q运动的总路程s为多大？高二（上）期末物理试卷（选修3-1）参考答案与试题解析一、单项选择题（2015秋•惠州期末）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（）A．库仑发现了点电荷的相互作用规律B．安培发现了电流的磁效应C．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D．奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律【考点】物理学史．【分析】本题考查电磁学物理学史，根据库仑、安培、洛伦兹力、奥斯特等科学家的贡献进行解答．【解答】解：A、库仑通过扭秤实验发现了点电荷的相互作用规律﹣﹣﹣库仑定律，故A正确．B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．C、安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误．D、洛伦兹力发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误．故选：A【点评】解答本题关键掌握电磁学物理学史，对于科学家的重大发现要记牢，不能张冠李戴．2．一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A．B．C．D．【考点】电场强度；物体做曲线运动的条件．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点：合力指向轨迹的内侧，分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D 正确．故选：D【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键．3．如图甲所示，P、Q是电场线上的两点，在P点由静止释放一个质子，仅在电场力的作用下，沿着电场线从P点运动到Q点，质子的速度随时间变化的关系如图乙所示，下列判断正确的（）A．该电场是匀强电场B．从P点到Q点，质子受到的电场力减小C．从P点到Q点，质子的电势能增大D．P点的电势高于Q点的电势【考点】电场线；电势能．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，故P点的场强小于Q点场强；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口．【解答】解：AB、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从P向Q 运动的过程中加速度越来越大，则电场力越来越大，故P点的场强小于Q点场强．故AB错误；CD、由于质子沿电场线运动过程当中做加速运动，电场力做正功，电势能减小，故点电荷所受电场力方向由P指向Q，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由P指向Q，而沿电场线的方向电势降低，所以P 点电势比Q点的电势高．故C错误，D正确．故选：D【点评】本题虽然难度不大，但考查的知识点比较全面，特别是从图象中获取解题的突破口，要注意掌握．4．如图所示，平行板电容器的电容为C，电荷量为Q，板间距离为d，静电力恒量为k．今在两极板的中间放入一电荷q，则它所受电场力的大小为（）A．k B．k C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据电容器的定义式C=，求出电容器两端间的电势差，根据匀强电场的强度公式E=得出电场强度，从而得出电场力．【解答】解：根据电容器的定义式C=，得U=，平行板电容器内部的电场强度大小为E=，故对点电荷q的作用力大小为F=qE=，故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式C=，以及匀强电场电势差与电场强度的关系式E=．5．如图，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C点如图所示，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点【考点】电场线；电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低．沿着电场线方向电势降低．【解答】解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故ABD错误，C正确．故选：C【点评】解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．6．两平行带电金属板水平放置．若在两板中间某点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板逆时针旋转45°，如图所示，再由同一点从静止释放同样的微粒，则微粒将（）A．保持静止状态B．向右下方做匀加速运动C．水平向左做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．【解答】解：粒子在电容中受力如图所示；在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，从而明确带电粒子的受力情况即可求解．7．某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A．若选择甲图，测量值比真实值偏大B．若选择乙图，测量值比真实值偏大C．若被测电阻R X与电流表内阻接近，应该选择乙图误差较小D．若被测电阻R X与电压表内阻接近，应该选择甲图误差较小【考点】伏安法测电阻．【分析】电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻R x和电压表内阻的并联电阻值；电压表内阻越大，电阻越小，测量的误差越小；而电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，待测电阻越大，误差越小．【解答】解：A、甲图所示电路是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=R x+R A＞R x，测量值偏大；故B正确；C、电流表内阻很小，被测电阻R X与电流表接近，若采用乙图接法，则误差较大；因此应该选择甲图误差较小，故C错误；D、电压表内阻越大，被测电阻R X与电压表接近，应该选择乙图误差较小．故D 错误．故选：B．【点评】该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也要记住分析的方法．8．粗细均匀的金属环上，A、B、C、D四点把其周长四等分，如图所示，当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为（电源内阻不计）（）A ．B ．C ．PD ．3P【考点】电功、电功率．【分析】电源内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．设圆环每一等分的电阻为R ，根据串并联电路的特点求出当A 、C 点接入电路中时总电阻及当A 、D点接入电路中时总电阻，由功率公式P=，利用比例法求解当A 、D 点接入电路中时，圆环消耗的电功率．【解答】解：设电源的电动势为E ，金属环每一等分的电阻为R ，则当A 、C 点接入电路中时总电阻：R 1=R当A 、D 点接入电路中时总电阻：R 2==由功率公式P=，U=E 得到：P 2：P 1=R 1：R 2=4：3，又P 1=P 得到：P 2=故选：A【点评】本题是串并联电路知识与电功率的综合，关键之处在于应用比例法研究两种情况功率关系．9．电源电动势为ε，内阻为r ，向可变电阻R 供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（ ）A ．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B ．因为U=IR ，所以当R 增大时，路端电压也增大C ．因为U=IR ，所以当I 增大时，路端电压也增大D．因为U=ε﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．【解答】解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A错误．B、当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不变，I减小，得到U增大．故B错误．C、当I增大时，说明R减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不变，I增大，得到U减小．故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，I增大时，路端电压U减小．故D 正确．故选D【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U﹣I图线，更直观判断它们的关系．10．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A．向纸里偏转B．向纸外偏转C．向上偏转D．向下偏转【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】阴极射线由于受到洛伦兹力而发生偏转，先根据安培定则判断出通电导线产生的磁场方向，再运用左手定则判断洛伦兹力方向，即可判断阴极射线的偏转方向．【解答】解：根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转．故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题关键要掌握两大定则：安培定则和左手定则，要明确两个问题：一是什么条件用什么定则，二是怎样用定则．11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．【考点】分子电流假说．【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．12．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡．故A错误．B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态．故B正确．C、金属杆受垂直于杆子向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故C 错误．D、金属杆受到水平向左的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故D错误．故选B．【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．13．三个完全相同的小球a、b、c带有等量正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，c球进入只有重力场的区域，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v A、v B、v C表示，它们的关系是（）A．v A＞v B=v C B．v A=v B=v C C．v A＞v B＞v C D．v A=v B＞v C。
2017-2018年山东省临沂市高二上学期期末物理试卷和答案
2017-2018学年山东省临沂市高二（上）期末物理试卷一、选择题：1．两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（）A．4F B．C．2F D．1.5F2．下列说法中正确的是（）A．由B=可知，B与F成正比与IL成反比B．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零C．磁感应强度的方向与磁场力的方向不相同D．.把一小段通电导线放在磁场中某处，该处就有磁感应强度。
把一小段通电导线拿走该处就没有磁感应强度3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度减小，电势差减小4．如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是（）A．水平运动B．水平运动C．绕轴转动D．绕轴转动5．一个直流电动机，线圈电阻恒定为0.5Ω；若把电动机接2.0V电压能正常工作，是（）此时经过线圈的电流是1.0A，则电动机的输出功率P出A．P出=2.5W B．P出=2W C．P出=1.5W D．P出=1W6．如图，在方框中有一能产生磁场的装置，在方框右侧放置一通电直导线（电流方向如图），发现通电直导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是（）A．通电螺线管B．垂直纸面的通电直导线C．通电圆环D．通电直导线7．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd．b、d间连有一固定电阻R，导线电阻可忽略不计。
MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v （如图）做匀速运动。
四川省凉山州2017-2018学年高二上学期期末考试物理答案
凉山州2017—2018学年度上期期末检测高二物理参考答案及评分意见一、选择题（每题４分，共４８分，１－８小题单选，９－１２多选，多选选对４分，选对但不全２分，有错选０分）1、B；2、C；3、B；4、C；5、B；6、C；7、B；8、B；9、BC；10、AC；11、AC；12、BC；二、实验题（16分）13．（1）不能；（2）大；14．(1)B；D；F；(2)乙；(3)1.5；1.0三、计算题（本题共4小题，共36分。
）15．(8分)(1)由图得：E B＝F B/q=2.5 V/m……..……..2+1分(2)由图得：E A＝F A/q=40 V/m……………….…..2分E A=kQ/r2解得：Q=3.6×10-9C….….2+1分16．(8分)匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故过M点速度的垂线与Mc的中垂线的交点为圆心，画出运动轨迹，如图所示：(1)在Rt△doc中，有：(r-l/2)2+l2=r2解得：r=5 l /4... ..2分洛仑兹力提供向心力，有：evB=mv2/r………….. ..1分联立得：v=5 l eB/4m (1)(2)圆周运动：sinθ= l/r①……………………..……….. ..2分t=θm/eB②……………………..……….. 1分解①②得：t=53180meBπ………………………..………...1分17．(8分)（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：21.53EU R ER=•=①……….....2分o对带电小球受力分析得：mg =qU /d ②………………………………….………...1分 由①②式 解得：E =3mgd /2q ……………………………………………………...1分 （2）断开S ，电容器电压为U 1，则：122E E U R R =•=③……………….…………...1分 对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：q 1U 1﹣mgd /2- qU 1/2=0④……...2分 解③④得：q 1=7q /6……………………………………………………….………...1分18．（12分）（1）刚释放有：ma mg mg =-θμθcos sin 解得：μ=0.5.……….…...1+1分rR Ls B r R It q +=+∆==0φ解得：s =2m……………………….………...1+1分 (2) 金属棒从静止滑行至cd 过程：021cos sin 2-=--mv W mgs mgs A θμθ…….2分 由能量守恒定律有：Q =W A =0.1J………………………………………..………1分 由能量分配关系有：Q Q r R R Q R 54=+==0.08J…………………………………..1分 (3)磁通量不变回路中无感应电流，则：ma mg mg =-θμθcos sin ..…………….1分 磁通量关系为2012B Ls BL s vt at ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭……………………….………………….. 2分 解得：2222tt B ++=………………………………………………………….………1分。
17-18上高二期末物理答案
1.1.1.1.1.1.巴南区2017—2018学年度上期期末质量监测高二物理参考答案一、选择题（每小题5分，共50分．8-10题至少有两个正确选项，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．B 2．D 3．B 4．C 5．A 6．C 7．B8．AC 9．AD 10．BD二、实验探究题（共16分）11． R x 2； 大于； 小于（每空2分，共6分）12．（1）并联（2分）； 2.5（2分）（2）①如图所示（描对一个电1分，共2分） ②1.50~1.55（2分）； 4.1~4.7（2分）三、计算题（13题9分、14题12分，15题13分，共34分．）13．参考解答及评分意见（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理qU ＝21m v 2 ……………………………………………………………………………（2分） 代入数据得：v ＝20 m/s …………………………………………………………………（2分）（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：rm B q 2v v =………………………………………………………………………………（1分） 代入数据得：r ＝2.0 m ……………………………………………………………………（1分）（3）周期 qBm r T ππ22==v ………………………………………………………………………（1分） 则 T t 21= …………………………………………………………………………………（1分） 代入数据得：t ＝0.314 s …………………………………………………………………（1分）14．参考解答及评分意见（1）小球经B 点时，在竖直方向有 Lm mg F 2v =- …………………………………………（2分） 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小Lm mg F F 2v +==' ……………………………………………………………………（2分） （2）小球从A 到B 过程中，由动能定理得mgL ＋q (φA －φB )＝221v m ………………………………………………………………（2分） qm g L m A 222-=v ϕ ………………………………………………………………………（2分） （3）由电场对称性可知，φC ＝－φA ……………………………………………………………（1分）即U AC ＝φA －φC ＝2φA ……………………………………………………………………（1分） 小球从A 到C 过程，根据动能定理221C AC m qU v = …………………………………………………………………………（1分） 解得 gL C 422-=v v ………………………………………………………………（1分）15．参考解答及评分意见（1）设粒子在电场中运动时间为t ，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ，则221at x OA =………………………………………………………………………………（2分） m qE a = …………………………………………………………………………………（1分） y =v 0t …………………………………………………………………………………（2分） 解得 a =1.0×1015 m/s 2，t ＝2.0×10－8s y =0.4 m ………………………………………………………………………………（1分）（2）粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为 v x ＝at ＝2×107 m/s …………………………（1分）粒子经过y 轴时速度为 m/s 10227202⨯=+=v v v x ………………………………（1分）设速度与y 轴正方向夹角大小为θ1tan 0==v v x θ ………………………………………………………………………… （1分） θ＝45° ……………………………………………………………………………………（1分） 要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R则R ＋22R ≤y ……………………………………………………………………………（1分） 由R m B q 2v v = ……………………………………………………………………………（1分） 解得B ≥（22＋2）×10－2T ……………………………………………………………（1分）。
江西省上饶市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题+Word版含答案
江西省上饶市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题(本大题共10小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10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.如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况，设该电场中A 、B 两点的电场强度大小分别为A E 、B E ，电势分别为A ϕ、B ϕ，则A 、B 两点 A.A E =B E ，A ϕ=B ϕ B.A E <B E ，A ϕ<B ϕ C.A E >B E ，A ϕ<B ϕ D.A E <B E ，A ϕ>B ϕ2.一组铅蓄电池的电动势为4.8V ，内阻不为零，以下说法中错误的是 A.电路中每通过1C 电荷量，铅蓄电池能把4.8J 的化学能转变为电能 B.体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大C.电路中每通过1C 电荷量，铅蓄电池内部非静电力做功为4.8JD.该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节千电池(电动势为1.5V) 的强 3.如图所示是速度选择器的原理图，己知电场强度为E 、磁感应强度为B 并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计) 沿图中虚线水平通过，则该带电粒子A.一定带正电C.可能沿QP 方向运动4.如图所示，一个边长L 、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，若通以图示方向的电流(从A 点流入，从C 点流出)，电流强度为I ，则金属框受到的磁场力为5.如图所示，圆简形铝管竖直置于水平桌面上，一磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁铁不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中A.磁铁儆自由落体运动B.磁铁的机械能守恒C.铝管对桌面的压力大于铝管的重力D.磁铁动能的增加量大于重力势能的减少量6.如图甲所示，一个质量为m 、电荷量为q 圆球可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆外于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度0v ，在以后运动过程中的速度图象如图乙所示。
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2017～2018学年度第一学期期末联考试卷高二物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分。
第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12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，共48分。
）1．将可变电容器的动片旋出一些，减小动片间的正对面积，下列说法正确的是A. 电容器的电容增大B. 电容器的电容减小C. 电容器的电容不变D. 以上说法都有可能2．环形导线中有一小磁针如图1所示悬挂放置，此时环形导线未通电。
当通电后环形导线左端为正极，右端为负极，小磁针稳定后N 极所指的方向是A ．垂直纸面向里B ．垂直纸面向外C ．水平向左D ．水平向右3．如图2所示，在场强为E 的匀强电场中有A 、B 两点，AB 连线长L ，与电场线夹角为α．则AB 两点的电势差为 A ．0 B ．EL C ．EL cos α D ．EL sin α 4．下列说法正确的是 A ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 B ．放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力 C ．磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向D ．通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面5．如图3所示，匀强电场中A 、B 两点的场强分别用E A 、E B 表示，电势分别用ϕA 、ϕB 表示。
关于E A和E B 、ϕA 和ϕB 的大小关系，下列说法正确的是A ．E A =EB B ．E A <E BC ．ϕA =ϕBD ．ϕA <ϕB 6．如图4所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，x 轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B ，两磁场右边界均足够宽。
一带负电的粒子质量为m ，电荷量为q ，从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中的运动半径为R ，下列说法正确的是A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子完成一次周期性运动的时间为qB m πC ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1D ．粒子从原点出发后到第二次穿过x 轴时，沿x 轴前进2R7．如图5所示，开关S 闭合后，竖直放置的平行板电容器C 两板间有一带电微粒m 处于静止，现将滑动变阻器R 的滑动片P 向下滑动一些（A 灯与B 灯均未被烧坏），待电路稳定后，与滑动片P 滑动前相比，下列说法正确的是A ．A 灯变暗，B 灯变亮B ．内阻r 消耗的热功率减小C ．带电微粒m 将加速向上运动D ．通过滑动变阻器R 的电流增大8．如图6所示，实线表示电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等。
有一个运动的正电荷在等势面L 3上某点的动能为20 J ，运动至等势面L 1上的某点时动能变为0，若取L 2为零等势面，则此电荷的电势能为2 J 时，其动能为 A ．18 J B ．10 J C ．8 J D ．2 J 9．点电荷在电场中只受电场力的作用，从a 点运动到b 点的过程中，点电荷的电势能改变量为零，则下列说法正确的是A ．点电荷一定沿等势面运动B ．电场力对点电荷做的功一定为零C ．a 点的电势一定等于b 点的电势D ．a 点的场强一定等于b 点的场强10．如图7所示，实线是匀强电场的电场线，电场方向水平向右，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时图1 E 图3A B E 图2 A B α图6 Ｌ1 Ｌ2 Ｌ3 x B 图4 y 2B o v 0 图5 C m S的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力的作用，从a点运动到b点，则由此图可作出正确判断的是A．带电粒子动能增加B．带电粒子带正电荷C．带电粒子电势能增加D．带电粒子受电场力的方向水平向左11．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通电时，恰能在导轨上静止，如图8所示的四个图中标出了四种可能的匀强磁场的磁感应强度B的方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是12．如图9所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。
一带电小球以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场和电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。
若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，将此带电小球仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则该带电小球A．穿出位置一定在O′点下方B．在电场运动过程中动能一定增大C．在电场运动过程中电势能可能增大D．在电场运动过程中重力势能可能增大二、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共16分）13．在“测金属导体电阻”的实验中，可供选择的器材有：A．待测电阻：约10 ΩB．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 ΩC．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 ΩD．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩE．电压表：量程0～15 V，内阻约为10 kΩF．滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 AG．滑动变阻器：阻值范围0～100 Ω，额定电流2 AH．电池组：电动势6 V，内阻约为1 ΩI．开关一只，导线若干要求电压表示数从零开始调节，且使测得的电阻值尽量准确，电流表应选______，电压表应选______ ，滑动变阻器应选______ (三空均选填器材前字母)，按正确电路连接后金属导体电阻的测量值______真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
14．如图10是某同学连接的实验实物图，用1.5V的干电池共四节连接电路，闭合开关后A、B两灯都不亮。
他采用下列两种方法对故障原因进行排查（本题只有一处故障，灯泡A、B的规格均为2.5V、1W，变阻器为10Ω、1A）。
（1）应用多用表的直流电压档进行检查，那么选择开关应置于______档。
A．2.5V B．10V C．50V D．250V（2）①该同学在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触______（选填a或b）；②该同学的测试结果如表1所示，根据表1测量结果，可以判断的故障是：A．灯A短路B．灯B短路C．c、d段断路D．d、f段断路（3）将开关断开，再选择欧姆档测试，测量结果如表2所示，那么检查出的结果是：A、灯A断路B、灯B断路C、灯A、B都断路D、d、e间导线断路OA B C图8图10表2图7三、计算题（本题共3小题，15题10分，16题12分，17题14分，共36分，要求写出必要的文字说明和重要的步骤,只写出最后结果不得分。
）15．如图11所示电路中，电源电动势E =3V ，内阻r =1Ω，外电阻R 1=R 2=1Ω，电压表是理想电压表，闭合开关S 后，求：（1）电压表的示数； （2）电源的输出功率；16．如图12所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R ，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN 相切于N 点。
一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q ，质量为m ，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg ，现将小滑块从水平轨道的M 点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点Ｈ。
已知电场强度大小为qmg 3，重力加速度大小为g ，求： （1）小滑块在最高点Ｈ的速度H υ大小； （2）M 点距半圆轨道最低点N 的水平距离L ； （3）小滑块通过半圆轨道中点P 时，轨道对小滑块的弹力F 大小。
17．如图13所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一和第四象限内有一个有界圆形区域与y 轴相切于原点O ，其圆心为O 1、半径一定，圆内存在垂直于纸面的匀强磁场。
第二和第三象限内有平行于y 轴的匀强电场。
第二象限内有一P 点，坐标（-d ，23d ），一带电粒子（重力不计）自P 点以平行于x 轴的初速度v 0开始运动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q 点（图中未画出）垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点。
求： （1）粒子从P 点到O 点经历的时间及粒子在第二象限的加速度大小； （2）粒子经过坐标原点O 时的速度大小；（3）电场强度E 和磁感应强度B 的比值。
2017～2018学年度第一学期期末联考高二物理参考答二、实验探究题（每空2分，共16分）13．B ；D ；F ；小于 14．(1)B (2)①a ②D (3)D三、计算题15（10分）．（1）流过R 1的电流 r R R E I ++211＝ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . （2分） 带入数据解得I 1＝1A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . （1分）R 1两端电压U 1＝I 1R 1＝1V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分）图12H 图11(2)电源的输出功率 )(＝2121R R I P + . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（3分）解得P ＝2W . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分）16.(12分)(1)在Ｈ点，由Rm mg H 2＝υ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分） 解得gR ＝H υ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）(2)设MN 间的水平距离为L ，全程从M 点到H 点的过程中，由动能定理2H 21＝2υm mgR fL qEL --. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分） 代入数据解得L ＝R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分）(3)从P 到H ，由动能定理2p 2H 2121＝υυm m qER mgR ---. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（2分） 解得gR 3＝p υ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）在P 点: Rm qE F 2P ＝υ-. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分） 解得F ＝12mg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）17（14分）．（1）设粒子在电场中运动的时间为t 1x 方向10＝t d υ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）解得01＝υd t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）212123at d =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分） 解得da 203＝υ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分） （2）粒子从P 点到O 点过程中013υυ==at y . . . . .. . . . .（1分） 经过坐标原点的速度大小0202＝υυυυy +＝ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）（3）设Q 点到坐标原点的距离为y ，从Q 点再次进入电场过程中202＝t d υ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分）2221at d y =-23解得d y 385=. . .（1分） 设粒子进入磁场时速度与x 轴夹角为θ，根据0＝tan υυθy =解得θ＝600. . . . . . . . （1分） 磁场中由几何关系得θcos r r y +=. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分） 解得d y r 312532==. ..（1分）设粒子进入磁场时，根据r m B q 2＝υυ 求出qd m B 5380υ＝. .（1分） 粒子在电场中运动ma Eq = 将da 203＝υ代入解得qd m E 203υ= .（1分） 则850υ=B E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .（1分） （注：用其它方法解答正确也给分）。