河南省濮阳市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题
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2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题(B卷)
高中二年级期末考试物理参考答案及评分标准2018.02一、选择题：每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求；第10-12题有多个选项符合题目要求，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．D 2．A 3．A 4．D5．A6．C7．B8．B9．C10．ACD 11．AC 12．ACD二、实验题：本题包括3小题，共16分。
13. 2.308（或2.309、2.310均可） 14．A15．（1）0.6 3（每空2分） （2）C E （每空1分） 三、论述、计算题：本题包括4小题，共36分。
16．解：当Ω 2=1R 时，由欧姆定律有：rR EI +=1 ①2分当Ω 6=2R 时，有：rR E I +=22 ②2分 代入数据解得：Ω 2=r2分17．解：（1）由磁感应强度定义式得：T 0.1=T 10×2×210×4==2-3-111L I F B①3分（2）磁场力大小为：N 10×2=N 10×1×2×1.0==3-2-212L BI F②2分 由左手定则判定出，磁场力的方向竖直向下。
2分（3）磁场力大小为：N 10×1=N 10×2×5×1.0==2-2-123L BI F③2分18．解：（1）线圈中产生的感应电动势大小为：Blv E =①2分感应电流大小为：RBlvR E I ==②2分（2）线圈所受安培力为：Rvl B BIl F 22== ③3分克服安培力的功率为：Rv l B Fv P 222==克 ④3分19．解：（1）设质子质量为m ，质子加速过程，由动能定理有：2021=mv eU ①2分质子在偏转电场中有：vt L =②1分 221=2at d ③2分 而mdeUa =④1分①②③④联立解得：UU d L 02= 2分（2）质子偏转过程，由动能定理有：221-=2mv E U e k⑤2分①⑤联立解得质子穿出电场时的动能为：)2+(=0UU e E k 1分。
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。
2015-2016学年河南省濮阳市濮阳县高二(上)期末物理试卷(A卷)
2015-2016学年河南省濮阳市濮阳县高二（上）期末物理试卷（A卷）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）A.密立根测出了元电荷e的数值B.法拉第提出了电场线和磁感线的概念C.奥斯特发现了电流周围存在磁场，并且总结出了右手螺旋定则D.安培提出了分子电流假说【答案】C【解析】解：A、密立根测出了元电荷e的数值，故A正确；B、法拉第提出了电场线和磁感线的概念，故B正确；C、奥斯特发现了电流周围存在磁场，安培总结出了右手螺旋定则，故C错误；D、安培提出了分子电流假说，故D正确；本题选错误的，故选：C．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.三个相同的灯泡额定功率均为40W，按照如图所示电路连接，则这三个灯泡消耗的总功率不应超过（）A.40 WB.60 WC.80 WD.120 W【答案】B【解析】解：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0；由于串联电路最大电流取额定电流的最小值，并联电路最大电压取额定电压的最小值，故灯泡L1与灯泡L2并联的最大电压为U0，最大电流为2I0，再与灯泡L3串联，最大电流为I0，故此时通过L1与L2的电流均为；由电功率的公式P=I2R知这个电路总功率最大不超过：P=I02R+=P0=×40W=60W．故选：B由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L2和L1电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L2和L1的功率，三个功率之和即为所要求解．解决本题的关键要比较三个灯泡的功率的关系，确定哪个灯的功率最先达到最大值．3.有一小段通电导线，长为1cm，电流强度为5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，求：该点的磁感应强度B一定是（）A.B=2TB.B≤2TC.B≥2TD.以上情况都有可能【答案】C【解析】解：长为1cm，电流强度为5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，当垂直放入磁场时，则公式得：B=2T，若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比2T还要大．故选：C在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=是有条件的．4.一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12V，6W”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0.2A，则变压器原、副线圈的匝数之比为（）A.7：2B.3：1C.6：3D.5：2【答案】D【解析】解：变压器的输出端仅接一个标有“12V，6W”的灯泡，且正常发光，故副线圈的电流为：根据变流比公式，有：故选：D．先根据P=UI求解副线圈电流，然后根据变流比公式列式求解．本题关键记住理想变压器的变流比公式，同时要知道变流比公式仅仅适用于一个输出端的情况．5.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（）A.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C.加速α粒子的交流电源的频率较小，氚核获得的最大动能也较小D.加速α粒子的交流电源的频率较小，氚核获得的最大动能较大【答案】B【解析】解：带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=，知氚核（13H）的质量与电量的比值大于α粒子（24H e），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大，加速α粒子的交流电源的周期较小，频率较大．根据qv B=m得，最大速度v=，则最大动能E K m=mv2=，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故B正确，ACD错误，故选：B．回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qv B=m求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据qv B=m求出粒子的最大速度．6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：故轨道半径：r=R根据牛顿第二定律，有：qv B=m解得：r=联立解得：v=故在磁场中的运动时间：t==故选：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，求解出半径，然后根据牛顿第二定律列式分析即可．本题关键是结合几何关系得到轨道半径，画出轨迹是基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷．7.如图所示，一边长为a、电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v0匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移s的关系图象可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BL v0可知，x在0-内，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增加，感应电流也均匀增加；在-a内，切割的有效长度均匀减小，感应电动势也均匀减小，感应电流均匀减小．x=a 时，I=0；在a-内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针．由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以x=处的感应电动势是x=处的两倍，故AC错误，D正确．故选：D．本题线框的运动可分段判断，运用排除法进行分析．根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化．本题为选择题，而过程比较复杂，可以先分过程，再采用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当线框刚好在两磁场中间时时，线圈中电流达最大2I．8.如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是（）A.有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势B.有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势C.有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势D.有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势【答案】A【解析】解：用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，N环中感应电流的方向沿顺时针方向．根据左手定则判断可知：M环各部分所受的安培力方向沿径向向外，所以M环有扩张的趋势．故A正确．故选：A用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断N环中感应电流的方向．此感应电流流过M环，根据左手定则判断M环所受的安培力方向，即可分析它是有扩张还是收缩的趋势．解决本题关键掌握楞次定律和左手定则，并能用来正确判断感应电流的方向和安培力的方向．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（）A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.负点电荷一定位于M点左侧C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】CD【解析】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加．故A错误．B、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧．故B错误．C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能．故C正确．D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度．故D正确．故选CD．解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN 的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况10.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A.增大R1B.减小R2C.减小R3D.减小MN间距【答案】BD【解析】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．11.在图中实线框所示的区域内同时存在着匀强磁场和匀强电场．一个质子恰好能沿直线MN从左至右通过这一区域．那么匀强磁场和匀强电场的方向可能为下列哪种情况（）A.匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向上B.匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向外C.匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向里D.匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右【答案】BD【解析】解：ABC、当匀强电场方向竖直向上，因质子带正电，则电场力也是竖直向上，而粒子从左向右运动，则要使洛伦兹力竖直向下，所以匀强磁场方向垂直于纸面向外，故AC 错误，B正确；D、当匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右，带电粒子不受洛伦兹力，因此在电场力作用下做直线运动，故D正确；故选：BD．带电粒子恰好在电场与磁场中做直线运动，当受到电场力与磁场力时，则两力必平衡．这样确保速度不变，才会使洛伦兹力不变，否则不可能做直线运动．当只受到电场力时，磁场方向须与运动方向相平行，此时虽在磁场中但没有洛伦兹力存在．当两个电场力与磁场力均存在时，必须是平衡力，因为洛伦兹力是与速度有关的力．当粒子的运动方向与磁场方向平行时，没有洛伦兹力存在，所以只要考虑电场力就可以，注意质子的重力不计是解题的关键．12.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）A.导体框中产生的感应电流方向相同B.导体框中产生的焦耳热相同C.导体框ad边两端电势差相同D.通过导体框截面的电量相同【答案】AD【解析】解：A、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同．故A正确．B、I=，t=，根据Q=I2R t=，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同．故B错误．C、向上移出磁场的过程中，电动势E=BL v，ad边两端电势差U=；向右移出磁场的过程中，电动势E=3BL v，ad边两端电势差U=．故C错误．D、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同．故D正确．故选AD．A、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定．B、根据热量的公式Q=I2R t进行分析．C、先求出感应电动势，再求外电压．D、通过q=进行分析．解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：E=BL v，E=n，以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向．三、填空题(本大题共1小题，共4.0分)13.用如图所示的多用电表测量电阻，在正确完成其他步骤后，将选择开关转到电阻档“×100”档，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列步骤中挑出正确的，把步骤前的字母按合理顺序排列为______A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”挡B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”挡C．将两表笔的金属部分分別与被测电阻的两跟引线相接D．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋纽，进行电阻调零．【答案】ADC【解析】解：选用电阻档“×100”的位置，发现指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用×1k挡，然后进行欧姆调零，再测电阻阻值，正确的实验步骤为：A、D、C．故答案为：ADC应欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在刻度盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行调零，再测电阻．本题关键是明确螺旋测微器读数和欧姆表的正确使用方法，注意欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零，基础问题．四、实验题探究题(本大题共2小题，共12.0分)14.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）（不定项选择）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后______A．将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏转一下B．将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点右侧C．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下D．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下．【答案】解：（1）见右图（2）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下．则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下．A、当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有，则电流计指针向右偏转一下，故A正确；B、当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有即变大，则电流计指针向右偏转一下，当稳定后线圈磁通量不变，则线圈中没有感应电流．故B错误；C、当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故C错误；D、当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故D正确；故选：AD【解析】电源与线圈构成一回路，而另一线圈与检流表又构成一个回路．当上方线圈中的磁通量发生变化时，导致下方线圈的磁通量也跟着变化，从而出现感应电流．由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化．15.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100m A）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100m A，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2m A，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选______ （选填“A1”或“A2”），实验采用分压电路，请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出-图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E= ______ ，内阻r= ______ （用k、b表示）【答案】A2；；【解析】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I===0.0015A=1.5m A，因此电流表应选电流表A2（量程2m A，电阻R A2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，E=U+I r=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=k E=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．五、简答题(本大题共1小题，共8.0分)16.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．则：（1）判断粒子的运动轨迹是否经过P点？写出理由．（2）若将粒子的初速度变为原来的一半，则粒子射出正方形ABCD区域的位置如何？【答案】解：（1）粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点（2）由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域．答：（1）粒子的运动轨迹不经过P点，理由是粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点．（2）若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域【解析】由题意可知电场方向在竖直方向，粒子做的是类平抛运动，把图翻过来看，和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可．本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解．六、计算题(本大题共3小题，共28.0分)17.图中是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1A，当使用a、c两个端点时，量程为0.1A．已知表头的内阻R g为200Ω，满偏电流I g为2m A，求电阻R1、R2的值．【答案】解：接a、b时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为I1=1A，此接法电路的量程为当G表头达到满偏时通过电流表的总电流即为I1=I g+…①同理接a、c时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为I2=0.1A则I2=I g+…②由①②式构成一方程组，只有R1与R2为未知量，代入数据求得：R1=0.41Ω，R2=3.67Ω答：电阻R1、R2的值分别为0.41Ω和3.67Ω．【解析】接a，b时为G表头与R2串联成一支路，该支路与R1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式．接a，c时为R1与R2串联后与G表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式．由两个表达式求得R1与R2的值．考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式．18.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a．求：（1）该带电粒子的电性；（2）该带电粒子的比荷．【答案】解：（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示．据左手定则知粒子带负电荷．（2）如上图，由几何关系和题意知：r+rsin30°=a可得圆周运动的半径r=又粒子运动过程中洛伦兹力提供圆周运动的向心力所以粒子的比荷：；答：（1）该带电粒子带负电；（2）该带电粒子的比荷为．【解析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显．19.如图所示，一个边长为L的正文形金属框，质量为m，电阻为R．用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框架的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B=kt规律．已知细线所能承受的最大拉力T0=2mg．求从t=0时起，经多长时间细线会被拉断．【答案】解：要使细线拉断，磁场强度必须增大，此时有：I=（方向为逆时针）对线框受力分析如图示；F=BIL=刚拉断时有：T0=mg+F即为：2mg=mg+∴t=答：从t=0时起，经t=时间细线会被拉断．【解析】根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，可求出感应电流大小，再由安培力表达式与受力平衡条件，即可求解．考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力表达式，理解受力平衡方程．。
【市级联考】河南省濮阳市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题-b23752449fc84a1f8e17aee04eeb7783
……外…………装…………__姓名：_________……内…………装…………绝密★启用前 【市级联考】河南省濮阳市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题) 请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题 1．如图所示，16个电荷量均为+q （q>0）的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为R 的圆周上。
若将圆周上P 点的一个小球的电量换成-2q ，则圆心O 点处的电场强度的大小为 A ．kq R 2 B ．2kq R 2 C ．3kq R 2 D ．4kq R 2 2．在如图所示电路中，开关S 1、S 2、S 3、S 4均闭合，C 是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P ，断开哪个开关后P 会向下运动 A ．S 1 B ．S 2 C ．S 3 D ．S 4 3．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A 电阻丝长为L ，直径为d ，B 电阻○…………外…………○………○……………………线在※※装※※订※※线※※○…………内…………○………○……………………线的电压之比应当满足（ ） A ．U A ：U B =1：1 B ．U A ：U B =√3：1 C ．U A ：U B =√3：3 D ．U A ：U B =3：4 4．如图所示，直角三角形通电闭合线圈ABC 处于匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，则线圈所受磁场力的合力为（ ） A ．大小为零 B ．方向竖直向上 C ．方向水平向右 D ．方向垂直AC 斜向下5．如图所示，一水平放置的N 匝矩形线框面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小为( )A ．√3−12BS B ．√3+12NBSC ．√3+12BSD ．√3−12NBS6．两块水平放置的金属板,板间距离为d,用导线将两块金属板与一线圈连接,线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场,如图所示。
2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案
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。
河南省濮阳市2018_2019学年高二物理上学期期末考试试题(含解析)
河南省濮阳市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1.如图所示，16个电荷量均为+q（q>0）的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为R的圆周上。
若将圆周上P点的一个小球的电量换成-2q，则圆心O点处的电场强度的大小为【答案】A【解析】【详解】圆周上均匀分布的16个都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P处q在圆心处产生的场强大小为 E115个+q在圆心处的场强E2=E1方向水平向右，图中-2q在圆心处产生的场强大小 E3方向水平向右。
根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得C。
【点睛】该题考查了场强叠加原理和点电荷场强的公式还有对称性的认识．注意场强是矢量，叠加时满足平行四边形法则.2.在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动A. S1B. S2C. S3D. S4【答案】C【解析】S1两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态，A错误；断开S2，在电容器连在电源两端，稳定后其电压等于电动势大小，故板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．与题意不符，故C错误；断开S3，则电容器与电源断开连接，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动，B正确；断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，D错误．3. 把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（）A. U A：U B=1：1B. U A：U B 1C. U A：U B 3D. U A：U B=3：4【答案】B【解析】R A：R B=，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为U A：．故选：B．考点：电阻定律；焦耳定律.4.如图所示，直角三角形通电闭合线圈ABC处于匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，则线圈所受磁场力的合力为（）A. 大小为零B. 方向竖直向上C. 方向水平向右D. 方向垂直AC斜向下【答案】A【解析】【详解】若通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处.如图所示：由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力与斜边的安培力等值反向；所以线圈所受磁场力的合力为零.故A正确，B、C、D错误.故选A.5.如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小为( )【答案】C【解析】时穿过线圈为反面，此时磁通量为磁通量变化的大小为：，故选C综上所述本题答案是：C6.两块水平放置的金属板,板间距离为d,用导线将两块金属板与一线圈连接,线圈中存在方向。
2017-2018学年河南省濮阳市高二上学期期末考试(A卷)语文试题word版含答案
2017-2018学年河南省濮阳市高二上学期期末考试（A卷）语文试题2018年2月注意事项：本试卷共8页。
全卷共150分。
考试时间150分钟。
本试卷包括第I卷（阅读题）和第II卷（表达题）两部分，均为必考题。
考生作答时，将全部答案写在答题卡上，在本试卷上作答无效。
考试结束后，只交答题卡。
第I卷阅读题（90分）一、现代文阅读（49分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。
“独立不迁”是屈原人格美的核心。
它包含两方面：一是对养育了自己的故乡的热爱与依恋；二是在政治斗争中坚持原则，决不随波逐流。
屈原的一生便是“独立不迁”的最好诠释。
他始终坚持自己的“美政”理想，屡遭打击，毫不动摇，正如他在《离骚》中所说的：“虽体解吾犹未变兮，岂余心之可惩！”他也曾打算像战国时代一般士大夫那样周游列国。
去寻找了解自己的君主。
但是，对于自小生于斯、长于斯的乡土的深挚感情，使屈原不能他迁，最后只好身投汨罗，以死来殉自己的祖国和一生为之奋斗的理想。
与“独立不迁”相联系着，屈原在诗歌《橘颂》中还提出两条为人的准则：无求与苏世。
《橘颂》中说：“深固难徙，廓其无求兮”一个人胸怀坦荡，不图私利，不干人，不屈己，才能顶天立地，保持独立的人格。
《橘颂》又说：“苏世独立，横而不流兮。
”必须头脑清醒，是非明辨，才能保持自己的独立而不至于随波逐流。
无求与苏世浸透在屈原“独立不迁”的人格里，使之臻于更坚实、更完美的境地。
《渔父》的中心思想也是“独立不迁”。
不过这首诗人们多以为伪作。
王逸既说是“屈原之所作”，又说是楚人追记屈原与渔父的对话，本来就自相矛盾。
但司马迁在《屈原列传》中已采用它的内容作为事实来叙述，因此可以设想，这篇作品的文字虽然不一定出自屈原之手，而渔父与屈原的问答却实有其事。
屈原的答话可以作为了解屈原思想的可靠资料。
渔父问屈原何以被放逐，他答曰：举世混浊而我独清，众人皆醉我独醒，是以见放。
渔父又问他：“举世混浊，何不随其流而扬其波？众人皆醉，何不哺其糟而啜其醨？”他答曰：宁赴常流而葬乎江鱼腹中，又安能以皓皓之白，而蒙世俗之温蠖乎？渔父和屈原对话代表了两种不同的人生观。
河南省濮阳市2017-2018学年高一上学期期末考试(B卷)物理---精校解析Word版
正比
正比于正比于
间关系式可以解出下落时间．由自由落体运动位移时间公式：与成正比，
内的加速度大小为
10. 在一节火车车厢内有一个光滑的水平桌面，桌面上有一个小球。
旁边的乘客观察到，如果火车在水平铁轨上做匀速直线运动，小球在桌面上保持静止。
如果火车做加速直线运动，小球就会由静止开始向后加速运动。
由此判断下列说法正确的是
...............
点睛：本题主要考查了分析物体的受力情况和运动情况的能力，要弹性绳拉力的可变性进行分析．对超重失重现象的判断，关键根据加速度方向分析．
二、实验题：本题包括3小题，共16分。
13. 如图所示是一个同学某次实验中打出的纸带，设打点周期为0.02s，A、B、C、D、E为5个计数点，相邻两计数点之间还有四个计时点没标出。
则打B点时纸带的速度大小为_________m/s，从纸带分析中可
点的瞬时速度为：
由图中数据可知，物体在连续相等时间内的位移差为常数，因此物体做匀加速直线运动．
，直接用公式
不是通过
三、论述、计算题：本题包括
联立解得：
点睛：在此类过桥问题中，列车完全通过隧道所行的长度
代入，解得：
【答案】
【解析】（1）球受三力：重力
，
在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”。
参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将
h=
t=6 s
- 11 -。
河南省濮阳市2016-2017学年高二下学期升级(期末)考试物理试题(B卷)-含答案
（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. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. 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 a210（代表某种元素），也可以经一次衰变变成Ti b 81，X a 210和Ti b81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。
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一、选择题： 本题包括12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求；第10-12题有多个选项符合题目要求，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.如右图所示，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
2.如右图所示，一个带正电的球体M 放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N 先后挂在横杆上的1P 和2P 处。
当小球N 静止时，丝线与竖直方向的夹角分别为1θ和2θ(2θ图中未标出)。
则
A.小球N 带正电，1θ>2θ
B.小球N 带正电，1θ<2θ
C.小球N 带负电，
1θ>2θ D.小球N 带负电，1θ<2θ
3.如右图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。
则电容器的电容将 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.保持不变 D.先增大后减小
4.如右图所示的电路中，电源的电动势E 和内电阻r 恒定不变，
电灯L 恰能正常发光，如果变阻器的滑片向a 端滑动，则
A.电灯L 更亮，安培表的示数减小
B.电灯L 更亮，安培表的示数增大
C.电灯L 变暗，安培表的示数减小
D.电灯L 变暗，安培表的示数增大
5.如右图所示，当导线中通有电流时，小磁针发生偏转。
这个实验说明了 A.通电导线周围存在磁场 B.通电导线周围存在电场
C.电流通过导线时产生焦耳热
D.电流越大，产生的磁场越强
6.如右图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流
1I 和2I ，且1I >2I ； a 、b 、c 、d 为导线某--横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面； b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直。
磁感应强度可能为零的点是
A.a 点
B.b 点
C.C 点
D.d 点
7.如右图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2； 副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22W ；原线圈电路中接有电压表和电流表。
现闭合开关，灯泡
正常发光。
若用U 和1分别表示此时电压表和电
流表的读数，则 A.U=110V ，1=0.05A B.U=110V ，l=0.2A C.U=440V ，I=0.2A D.U=440V ，1=0.05A
8.如右图是一正弦式交变电流的电压u 随时间t 变化的图象，由图可知，该交变电流的电压有效值约为 A.311V B.220V C.156V D.622V 9.电子秤使用的是
A.超声波传感器
B.温度传感器
C.力传感器
D.光传感器 10.如右图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是
A.导体的电阻是25Ω
B.导体的电阻是0.04Ω
C.当导体两端的电压是10V 时，通过导体的电流是0.4A
D.当通过导体的电流是0.1A 时，导体两端的电压是2.5V
11.如右图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。
当磁铁向下运动时(但未插人线圈内部)，下列判断正确的是 A.磁铁与线圈相互排斥 B.磁铁与线圈相互吸引
C.通过R 的感应电流方向为从a 到b
D.通过R 的感应电流方向为从a 到b
12.如右图所示，匀强磁场区域宽度为1，边长为d(d>l)的矩形线框以恒定速度v向右通过磁场区域，则线框进人磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，以下说祛正确的是
A.产生的感应电流方向相反
B.所受的安培力方向相反
C.惑应电流所产生的焦耳热相等
二、实验题：本题包括3小题，共16分。
14.(5 分) 如右图是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，
15.(6分)用右图的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。
因蓄电池内阻非常小，为防止调节
R.除蓄电池、开关、导线外，可供使用的滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个保护电阻
实验器材还有：
A.电流表(量程0.6A、3A)
B.电压表(量程3V、15V)
C.定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)
D.定值电阻(阻值1Ω、额定功率10W)
E.滑动变阻器(阻值范围0-10Ω、额定电流2A)
E.滑动变阻器(阻值范围0-200Ω、额定电流1A)
三、论述、计算题：本题包括4小题，共36分。
解答应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。
有數值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
16.(6分)在右图所示的电路中，若把R的阻值由2Ω增大到6Ω，流过R的电流将减为原来的一半，则电源的内阻为多大?
17.(9分)如下图所示，水平方向的匀强磁场中有长为2cm的通电直导线垂直磁场方向水平放置，当通过导线的电流为2A、方向向左时，它受到的磁场力大小为4×10³N，问：
(1)磁场的磁感应强度B是多大?
(2)若电流不变，导线长度减小到1cm；则它受到的礅场力F多大? 方向如何?
(3)若导线长度为2cm，电流增大为5A，则它受到的磁场力F多大?
18.(10分)如下图所示，将边长为1、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强
磁场中以速度v向左匀速拉出，拉出过程中，保持线圈平面垂
直磁场方向。
求：
(1)线圈中感应电流的大小；
(2)克服安培力的功率P克.
U的电场加速后，进入两块间距为d、电压19.(11分)如下图所示，一质子由静止经电压为
为U的平行金属板之间，若质子从两板正中间垂直于电场方向射入，且刚好能从极板边缘穿出电场。
试求：
(1)金属板的长度L ；
(2)质子从极板边缘穿出电场时的动能。
高中二年级期末考试物理参考答案及评分标准
2018.02
一、选择题：每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求；第10-12题有多个选项符合题目要求，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．D 2．A 3．A 4．D
5．A
6．C
7．B
8．B
9．C
10．ACD 11．AC 12．ACD
二、实验题：本题包括3小题，共16分。
13. 0.398（或0.397、0.399均可） 14．A
15．（1）0.6 3（每空2分） （2）C E （每空1分） 三、论述、计算题：本题包括4小题，共36分。
16．解：当Ω 2=1R 时，由欧姆定律有：
r
R E
I +=
1 ①2分
当Ω 6=2R 时，有：
r
R E I +=22 ②2分 代入数据解得：Ω 2=r
2分
17．解：（1）由磁感应强度定义式得：
T 0.1=T 10×2×210×4==2
-3
-111L I F B
①3分
（2）磁场力大小为：
N 10×2=N 10×1×2×1.0==3-2-212L BI F
②2分 由左手定则判定出，磁场力的方向竖直向下。
2分
（3）磁场力大小为：
N 10×1=N 10×2×5×1.0==2-2-123L BI F
③2分
18．解：（1）线圈中产生的感应电动势大小为：
Blv E =
①2分
感应电流大小为：
R
Blv
R E I =
=
②2分
（2）线圈所受安培力为：[来源：学|科|网]
R
v
l B BIl F 22== ③3分
克服安培力的功率为：
R
v l B Fv P 2
22==克 ④3分
19．解：（1）设质子质量为m ，质子加速过程，由动能定理有：
202
1=
mv eU ①2分
质子在偏转电场中有：
vt L =
②1分 2
2
1=2at d ③2分 而 md
eU
a =
④1分
①②③④联立解得：
U
U d
L 0
2= 2分
（2）质子偏转过程，由动能定理有：
22
1
-=2mv E U e
k
⑤2分
①⑤联立解得质子穿出电场时的动能为：
)2
+(=0U U e E k
1分。