甘肃兰州一中2011—2012学年上学期期末考试高二物理试题及答案

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甘肃高二高中物理期末考试带答案解析

甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2是定值电阻，R B 是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c 、d 接报警器．电路闭合后，当传感器R B 所在处出现磁体时，则电流表的电流I ，c 、d 两端的电压U 将（）A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小2.场强为E 的匀强电场和磁感强度为B 的匀强磁场正交．如图质量为m 的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R 的匀速圆周运动，设重力加速度为g ，则下列结论不正确的是（）A ．粒子带负电，且q=B ．粒子顺时针方向转动C ．粒子速度大小v=D ．粒子的机械能守恒3.在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（）A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率变小C ．电流表读数变大D ．电容器C 上电荷量减小4.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I 和磁场B 以及磁场对电流作用力F 三者的方向，其中错误的是（） A ．B ．C ．D ．5.两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB固定，电流方向由B到A，CD可自由运动，电流方向由C到D。

当通以图所示方向电流后，CD导线将（）A. 顺时针方向转动，同时靠近ABB. 逆时针方向转动，同时离开ABC. 顺时针方向转动，同时离开ABD. 逆时针方向转动，同时靠近AB6.如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有（）A．a油滴质量最大B．b油滴质量最大C．c油滴质量最大D．a、b、c的质量一样7.如图，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是( )A．加速度逐渐减小B．粒子一定带正电C．电场力对粒子做正功D．粒子电势能增加，动能减少8.如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（）A．带电粒子带正电，是从B点射入的B．带电粒子带负电，是从B点射入的C．带电粒子带负电，是从A点射入的D．带电粒子带正电，是从A点射入的9.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（）A．tanθ，竖直向上B．tanθ，竖直向下C．sinθ，平行悬线向下D．sinθ，平行悬线向上10.一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0B．2BSC．2BScosθD．2BSsinθ11.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（）A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大12.如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（）A．t1=t2＜t3B．t2＞t1＞t3C．t1=t2=t3D．t1＞t2=t313.安培的分子环流假设，可用来解释（）A．两通电导体间有相互作用的原因B．通电线圈产生磁场的原因C．永久磁铁产生磁场的原因D．铁质类物体被磁化而具有磁性的原因14.长为L的导线ab斜放（夹角为θ）在水平轨道上，轨道平行间距为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为（）A．ILB B．ILBsinθC．D．15.如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A．若离子带正电，E方向应向下B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向上D．不管离子带何种电，E方向都向下16.如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则（）A．电了在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．OP两点间的距离为D．OP两点间的距离为二、多选题质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A．小物块一定带正电荷B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为三、填空题图一中螺旋测微器读数为______mm．图二中游标卡尺读数为______cm．四、实验题某同学查阅资料发一自动铅笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为4Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，现有下述器材可供选择：A．电源3V，内阻不计 B．直流电流表0～3A（内阻约0.1Ω）C．直流电流表0～600mA（内阻约0.5Ω） D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ） F．滑动变阻器（10Ω，1A）G ．滑动变阻器（1kΩ，300mA ）（1）除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：_____（填写字母代号）；（2）用线条代替导线，连接实验电路__________；（3）该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在如图方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线：作I ﹣U 图象纵轴为I ，横轴为U_________ ．五、简答题1.竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E ，在该匀强电场中，用绝缘丝线悬挂质量为m 的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角小球与板距离为b 时，小球恰好平衡，如图所示。

甘肃省兰州一中10-11高二上学期期末考试(物理理)答案

兰州一中2010－2011学年第一学期期末高二物理（理科）答案一 .选择题（有的题目只有一个选项，有的题目有多个选项。

每小题全对得4分，选不全得2分，11.（1） 0.622 mm （2）2.37cm ； 12.（1）R R ＇偏小大于；（2） 30V 2.37V ； 13. （1）D E ；（2）三、计算题（本大题共4小题，共36分。

解答时应写出必要的文字说明、重要的步骤和方程，只写最后答案不能得分。

对数值计算题，答案中必须明确写出数值和单位。

） 14．（7分）（1）加速：2021mv qU =→meU v 02= 偏转：dmUet dtv L 222=⋅=得d UU L ⋅=02 （2）020212121eU eU E Emv qU U q E E qU k k k k +=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⋅=-=出入入出偏移段 15．（9分）（1）s 2断：R 1 W 5251211=⋅⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=R r R E P R ∴r=1Ω（2）s 2闭合：R 1∥○M（3）W 160622=-=-=R I UI P P P M M 热入出16．（10分）REI =(1) 当I min ，F min ，有下滑趋势，f m 方向沿斜面向上(2) 当I max ，F max ，有上滑趋势，f m17．（10分）（1）eBmvqB mv r r v m qvB ==⇒=2 （2）eB m t qB m T T t 32360ππθ=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅= （3）eBmvr d 23sin ==θ。

甘肃省兰州第一中学17—18学年上学期高二期末考试物理(理)试题(附答案)$837141

兰州一中2017-2018-1学期期末考试试题高二物理（理科）第Ⅰ卷（选择题，共48分）说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间100分钟，答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。

一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中1-8题为单项选择题，9-12为多项选择题。

）1．下列说法中正确的是( )A ．电场线和磁感线都是一系列闭合曲线B ．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电C ．奥斯特提出了分子电流假说D ．首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培2．如图所示，导线框中电流为I ，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B ，AB 与CD 相距为d ，则棒MN 所受安培力大小( )A ．F ＝BIdB ．F ＝BId sin θC ．F ＝BId cos θD ．F ＝BIdsin θ3．如图所示，一带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时N 极的指向( ) A ．N 极竖直向上B ．N 极竖直向下C ．N 极沿轴线向左D ．N 极沿轴线向右4．如图所示,在a 、b 、c 三处垂直纸面放置三根长直通电导线,a 、b 、c 是等边三角形的三个顶点,电流大小相等,a 处电流在三角形中心O 点的磁感应强度大小为B,则O 处磁感应强度（）A ．12B B ．2B C ．32B D B5．在如图所示的电路中，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，电压表为理想电压表．若将照射R 3的光的强度减弱，则( )A ．小灯泡消耗的功率变小B ．电压表的示数变大C ．通过R 2的电流变小D ．电源输出功率一定变大6．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d ，电荷量分别为＋Q 和－Q 。

甘肃省兰州一中10-11高二上学期期末考试(生物理)

兰州一中2010-2011-1高二年级期期末理科生物试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分，考试时间100分钟。

第Ⅰ卷1-4页，第Ⅱ卷5-9页。

考试结束后，将8-9页交回。

第Ⅰ卷注意事项：1、答卷前，考生务必将8页卷头上的班级、姓名填写清楚。

2、每小题选出答案后，用钢笔或圆珠笔填写在8页选择题答案处，不能答在试题卷上。

3、本试卷共20小题，每小题2分，共40分。

一、选择题（本题包括20，四个选项中只有一个．．．．最符合题意）1、从新陈代谢角度看，下列细胞器既能产生水，又和叶绿体（注：含淀粉粒）产生水机制相同的是A．核糖体B．线粒体 C．内质网D．液泡2、关于高等植物细胞内的色素的叙述中，错误的是A．植物细胞内的色素主要包括叶绿素和类胡萝卜素两大类B．所有植物细胞中都只含有四种色素C．叶绿素b和类胡萝卜素都可以吸收和传递光能D．有的植物细胞的液泡中也含有一定量的色素3、为证实叶绿体有放氧功能，可利用含有水绵与好氧细菌的临时装片进行实验，装片需要给予一定的条件，这些条件是A．光照、无空气、临时装片中有NaHCO3稀溶液B．光照、有空气、临时装片中无NaHCO3稀溶液C．黑暗、有空气、临时装片中无NaHCO3稀溶液D．黑暗、无空气、临时装片中有NaHCO3稀溶液4、关于叶肉细胞在光照条件下产生ATP的描述，正确的是A．有氧条件下，线粒体、叶绿体和细胞质基质都能产生ATPB．无氧条件下，光合作用是细胞ATP的唯一来源C．线粒体和叶绿体合成ATP都依赖氧D．细胞质中消耗的ATP均来源于线粒体和叶绿体5、用14CO2来追踪光合作用中碳原子的转移途径，正确的是① CO2五碳化合物三碳化合物② CO2三碳化合物葡萄糖③ CO2三碳化合物五碳化合物④ CO2葡萄糖五碳化合物A．①②B．②③ C．②④D．①②③6、植物对矿质元素的吸收和运输的主要动力分别来自A．蒸腾作用和蒸腾作用B．渗透作用和光合作用C．呼吸作用和蒸腾作用D．呼吸作用和呼吸作用7、绿色植物通过呼吸作用合成的ＡＴＰ通常比同化作用消耗的ＡＴＰ多还是少？动物呼吸作用合成的ＡＴＰ通常比同化作用消耗的ＡＴＰ多还是少？Ａ．少，少Ｂ．少，多Ｃ．多，多Ｄ．多，少8、某同学正在跑步，参与调节这一过程的神经结构有①大脑皮层②小脑③下丘脑④脑干⑤脊髓A．①②③④B．①③④⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤9、一株盆栽植物水平放置，根向地生长，茎背地生长，其原因有①生长素促进生长具有两重性②受重力影响，生长素较多地分布在根和茎靠近地面的一侧③根对生长素敏感性较茎的敏感性强④根的近地侧因生长素浓度高抑制了生长⑤茎的背地生长是因为光照引起的A ．①②B ．②③④C ．①②③④D ．①②③④⑤．10、下列有关动物生命活动调节的叙述，正确的是A ．动物的性行为只受到性激素和垂体分必的一些激素影响B ．趋性、非条件反射、本能、模仿均属于先天性行为C ．内分泌腺分泌的激素可以影响神经系统的功能D ．性激素所引起的动物性行为可不受神经系统控制11、右图表示的是在CO 2浓度为1％和0.03％两种情况下，某农作物的光合作用强度与光照强度之间的关系曲线图。

甘肃省兰州高二上学期期末考试物理(理)试题_有答案

RU兰州一中1学期期末考试试题高二物理（理科）第Ⅰ卷（选择题，共40分）说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间100分钟，答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。

一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分。

其中1-6题为单项选择题，7-10为多项选择题。

） 1．关于闭合电路欧姆定律，下列叙述中正确的是 A ．r I IR E +=适用于所有电路 B ．rR EI +=仅适用于外电路是纯电阻电路 C ．内外U U E +=只适用于纯电阻电路 D ．电的电动势数值上等于电两极间的电压2．将一根电阻丝接在某恒定电压的电两端，电流做功的功率为P 。

若将金属丝均匀的拉长为原的两倍后再接入原的电路中，则它的功率为A ．4PB ．0.25PC ．16PD ．0.125P3．如图所示，电路中的电阻R =10Ω，电动机的线圈电阻r =1Ω，加在电路两端的电压U =100V ，已知电流表的读数为30A ，则通过电动机的电流为A ．100AB ．30AC ．20AD ．10A4．如图，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A ，A 与螺线管垂直，A 导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S 闭合，A 受到通电螺线管的作用力的方向是 A ．水平向左 B ．水平向右C ．竖直向下D ．竖直向上5．如图所示，一根通有电流I 的直铜棒MN ，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪项措施可使悬线中的张力为零 A ．适当减小电流I B ．使电流反向并适当增大 C ．适当增大磁感应强度B D ．使磁感应强度B 反向并适当增大6．如图所示，带电平行板中匀强电场E 的方向竖直向上，匀强磁场B的方向水平（垂直纸面向里）。

某带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。

现使小球从较低的B 点开始滑下，经P 点进入板间，则小球在板间运动的过程中 A ．电场力不做功 B ．机械能保持不变 C ．所受的电场力将会增大 D ．所受的磁场力将会增大7．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则 A ．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少 C ．电容器的电容将减小 D ．液滴将向下运动8．在如图甲所示的电路中，电电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。

甘肃省兰州市兰州第一中学高二物理上学期精选试卷检测题

甘肃省兰州市兰州第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

甘肃兰州一中第二学期高二期末考试物理试题参考答案

2012-2013学年度甘肃兰州一中第二学期高二期末考试物理试题参考答案一、单项选择题（本题共有6小题，每小题4分，共24分） 1 2 3 4 5 6 C B A D D C二、多项选择题（本题共有4小题，每小题4分，共16分，各小题四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，有漏选的得2分，有错选或不选的得0分）78 9 10 ACD B D AC BD三、填空题（本大题共3小题，11题6分，12题4分,13题10分，共计20分）11、1．2，相反12、30m13．11H ＋73X→242He （或11H ＋73Li→242He ） Δm ＝2E k ＋hν－E k0c 214．（1）BD （2）A 、B 、C 、E （3）4：1四，计算题（本题共4小题，42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）15．（10分）解：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C ．（1）在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有：m g （t 1+t 2）-F t 2=0，解得：()221t t t mg F +=方向竖直向上（2）仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：m g t 1-I =0，∴I =m g t 1方向竖直向上16．略17．解析：（1）63Li ＋10n ―→31H ＋42He ．（2）核反应前后满足动量守恒则m n v n ＝m H v H ＋m αv αv H ＝m n v n －m αv αm H ＝1×7.7×104－4×2×1043m/s ＝－1．0×103 m/s 。

方向与反应前中子方向相反。

（3）α粒子和31H 在磁场中做匀速圆周运动，其周期为 T α＝2πm αBq α T H ＝2πm H Bq H设α粒子转6周的时间内，反冲核旋转n 周，则有 n ·2πm H q H ·B ＝6×2πm αq αBn ＝6m α·q H m H q α＝6×4×13×2＝4周． 18．（10分）解：（1）当R x =R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件安培力解得：感应电动势电流解得：（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件棒沿导轨匀速，由平衡条件金属板间电压解得： θsin 2Me ldBm R p X =。

甘肃兰州一中11-12学年度下学期高二期末考试物理

甘肃兰州一中2011—2012学年度下学期期末考试高二物理试题注意:本试卷满分100分，考试时间100分钟。

答案写在答题卡上，交卷只交答题卡。

一、选择题.(本题共12小题,每小题4分,共48分。

在每小题给出的四个选项，有的小题只有一项符合题目要求,有的小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，有错选或不答的得0分）1．下列说法中正确的是A ．汤姆生发现了电子，并提出原子的核式结构模型B ．贝可勒尔发现的天然放射现象说明原子核有复杂结构C ．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了质子D ．爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律提出了光子说 2．关于下列四幅图说法不正确．．．的是A ．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B ．光电效应实验说明了光具有粒子性C ．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D ．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围 3．下列说法中正确的是C .电子束通过铝箔验电器锌板紫外光灯B .光电效应实验中子质子电子 A .原子中的电子绕 D . α粒子散射实验A ． α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱B ．结合能是由于核子结合成原子核而具有的能量C ．若质子、电子具有相同动能，则它们的物质波波长相等D ．普朗克认为振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍4．现在太阳向外辐射的能量是由于太阳内部氢聚变产生的，大约在40亿年以后太阳内部将会启动另一种核反应,其核反应方程为：C He He He 126424242→++，那时太阳向外辐射的能量是由上述两种核反应产生的.已知 He 42的质量为m 1，C 126的质量为m 2,则下列判断正确的是A ．m 1=3m 2B ．3m 1=m 2C ．3m 1<m 2D ．3m 1〉m 25．自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s ，它能自发地发生放射性衰变,衰变方程是：e v X H ++→1110n ,其中e v 是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）。

高二物理上学期期末试卷(含解析)高二全册物理试题9

嗦夺市安培阳光实验学校甘肃省兰州市兰炼一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．下列说法中，正确的是（）A．公式E=只适用于真空中点电荷电场B．由公式U=，说明两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电荷量q成反比C．由公式φ=可知，电势φ与电势能E P成正比，与放入电场中检验电荷的电荷量q成反比D．在公式F=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处场强的大小2．如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路3．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＜I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大4．一台电动机正常工作时线圈两端的电压为220V，线圈的电阻为2Ω，线圈中电流为10A．这台电动机正常工作1s消耗的电能W和产生的热量Q分别为（）A．W=2200J，Q=200J B．W=2200J，Q=2200JC．W=24200J，Q=200J D．W=24200J，Q=2200J5．在武汉上空，水平放置一根通以由西向东电流的直导线，在地磁场的作用下，此导线（）A．受到向上偏北的安培力B．受到向下偏北的安培力C．受到向上偏南的安培力D．受到向下偏南的安培力6．如图所示，有一n匝矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα=0.8，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（）A．0.8BS B．0.8nBS C．BS D．nBS7．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（）A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：78．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．各灯两端电压在灯多时较低C．通过电池的电流在灯多时较大D．电池的效率灯多时较大9．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．10．灯泡中灯丝断了，将灯丝搭接起来再用，则以下判断正确的是（）A．和原来一样亮B．比原来更亮C．搭接起来的地方容易烧断，其他地方不易断D．搭接起来的地方不容易断，其他地方容易断11．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径12．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是（）A．这离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点二、实验探究题.13．用多用电表的欧姆档检测晶体二极管的好坏．将表笔c、d分别与二极管a、b端接触，其结果如图所示．（1）对调表笔所接触的端点，再进行上述检测，若结果如图B所示，则可以判定二极管是的，若结果如图C所示，则可以判定该二极管是的．（好、坏）（2）可以判定，完好的二极管的a端是极，b端是极．（正、负）14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1Ω，电压表（0﹣3V 3kΩ），电流表（0﹣0.6A 1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω 2A）和R2各一只；（1）实验中滑动变阻器应选用（选填R1．R2）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I，由图可较准确求出电源电动势E= V，内阻r= Ω．三、计算题15．如图所示，平行金属板长为L，一个带电为+q，质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极间距离d．16．如图所示电路，变阻器R1最大阻值为4Ω，此时它的有效阻值为2Ω，定值电阻R2=6Ω，电源内阻r=1Ω．当开关闭合时，电源消耗的总功率为16W，输出功率为12W，此时电灯恰好正常发光，求：（1）电灯的电阻．（2）当开关S断开时，要使电灯仍正常发光，R1的滑动片应移至什么位置？17．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．18．如图所示为质谱仪的原理图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后，进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E，方向水平向右．带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场．偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计．求：（1）粒子从加速电场射出时速度的大小；（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；（3）带电粒子进入偏转磁场的G点到照相底片H点的距离L．甘肃省兰州市兰炼一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．下列说法中，正确的是（）A．公式E=只适用于真空中点电荷电场B．由公式U=，说明两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电荷量q成反比C．由公式φ=可知，电势φ与电势能E P成正比，与放入电场中检验电荷的电荷量q成反比D．在公式F=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处场强的大小【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的定义式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中某点电场强度一定，电场力与场强成正比．电势差U、电势φ是由电场本身决定的．公式F=k中要注意区分场源电荷与点电荷．【解答】解：A 、公式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质．故A错误；B、公式U=，两点间的电势差U是由电场本身和电场中两点的位置决定的，与电场力做功以及检验电荷的电量无关．故B错误；C、电势φ是由电场本身决定的，与电势能E P无关，与放入电场中检验电荷的电荷量q无关，与O势能点的选择有关．故C错误；D、在公式F=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处场强的大小．故D正确．故选：D【点评】电场强度定义式中，q是试探电荷的电荷量，定义式适用于一切电场，不能简单地从数学角度来理解物理公式．2．如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先明确电路中各用电器的连接关系：R3与灯泡B关联，与R2、A串联，再与R1并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．【解答】解：A、若R1短路，则两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；B、若R2断路，则两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；C、若R3断路，外电阻增大，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R1电流I1增大，则通过A的电流I A=I﹣I1减小，A灯变暗．B灯电压U B=U﹣I A （R A+R2）增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．D、R1、R2同时短路，AB灯都不亮，不符合题意．故D错误．故选：C【点评】此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．3．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＜I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A错误；B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B错误；C．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故C错误；D．电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；故选D．【点评】本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U ﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．4．一台电动机正常工作时线圈两端的电压为220V，线圈的电阻为2Ω，线圈中电流为10A．这台电动机正常工作1s消耗的电能W和产生的热量Q分别为（）A．W=2200J，Q=200J B．W=2200J，Q=2200JC．W=24200J，Q=200J D．W=24200J，Q=2200J【考点】电功、电功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动机是非纯电阻，消耗的电能转化为动能和内能，故计算其消耗的电能所用的公式是：W=UIt，而计算其产生的热量的公式必须用焦耳定律：Q=I2Rt．【解答】解：电动机正常工作1s消耗的电能W=UIt=220V×10A×1s=2200J电动机正常工作1s产生的热量：Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×1s=200J故选：A【点评】这样的题目考查学生对于非纯电阻能量转化的了解，以及功和热量的计算公式的掌握，关键是明确电功公式W=UIt和电热公式Q=I2Rt的适用范围，基础题目．5．在武汉上空，水平放置一根通以由西向东电流的直导线，在地磁场的作用下，此导线（）A．受到向上偏北的安培力B．受到向下偏北的安培力C．受到向上偏南的安培力D．受到向下偏南的安培力【考点】磁场对电流的作用．【专题】应用题．【分析】先确定武汉上空地磁场的方向，然后由左手定则判断出安培力的方向．【解答】解：武汉上空的地磁场向北斜向下，由左手定则可知，安培力受到向上偏北的安培力作用，故A正确，BCD错误；故选A．【点评】知道地磁场的分布、熟练应用左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．6．如图所示，有一n匝矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα=0.8，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（）A．0.8BS B．0.8nBS C．BS D．nBS【考点】磁通量．【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0．当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量．【解答】解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成α角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B⊥=Bsinα=0.8B，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=0.8BS；故选：A．【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．7．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（）A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：7【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，根据库仑定律即可解题．【解答】解：两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q所以A、B所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得：F=kF′=k解得：F′=F，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7．故选B．【点评】本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，难度不大，属于基础题．8．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．各灯两端电压在灯多时较低C．通过电池的电流在灯多时较大D．电池的效率灯多时较大【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压和通过电池的电流变化．【解答】解：A、B、C由图可知，灯泡均为并联．当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故ABC正确；D、电池的效率η=；因路端电压减小，则电池的效率在灯多时较小；故D错误；故选：ABC．【点评】解答本题应掌握：并联电路中并联支路越多，总电阻越小；同时注意闭合电路欧姆定律在电路动态分析中的应用方法，一般可按外电路﹣内电路﹣外电路的思路进行分析．9．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．【解答】解：是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；故选BCD．【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．10．灯泡中灯丝断了，将灯丝搭接起来再用，则以下判断正确的是（）A．和原来一样亮B．比原来更亮C．搭接起来的地方容易烧断，其他地方不易断D．搭接起来的地方不容易断，其他地方容易断【考点】电功、电功率；电阻定律．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】分析电阻的变化，用电阻的功率公式进行分析即可．灯丝断后再接后长度变短，电阻变小，因电压不变故功率变大．搭接点相对面积小，阻值大，电流相同的情况下功率大．【解答】解：AB、因灯丝断后再接后长度变短，电阻变小，因电压不变故功率变大，比原来亮，故A错误，B正确．CD、搭接点接触面积小，故接触阻值大，电流相同的情况下功率大，故易断．故C正确，D错误．故选：BC【点评】正确选择公式进行运算，电压不变用P=，电流不变用P=I2R，基础题目．11．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．【解答】解：由qvB=m，解得v=．则动能E K =mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B、D正确，A、C 错误．故选BD．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．12．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是（）A．这离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．【解答】解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D 错误．故选ABC．【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．二、实验探究题.13．用多用电表的欧姆档检测晶体二极管的好坏．将表笔c、d分别与二极管a、b端接触，其结果如图所示．（1）对调表笔所接触的端点，再进行上述检测，若结果如图B所示，则可以判定二极管是好的，若结果如图C 所示，则可以判定该二极管是坏的．（好、坏）（2）可以判定，完好的二极管的a 端是负极，b端是正极．（正、负）【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】由图示知偏转角度过大，则电阻阻值小，要选小一点档位．二极管的特点，正向电阻小，反向电阻很大．据此确定二极管的优劣．【解答】解：（1）A图中指针没有偏转，可能反接法，电阻是无穷大．B图表笔互换方向，则指针偏转，说明正接电阻小，由于二极管反接电阻大的特点，因此二极管是完好．C图正反接指针都没有偏转，则说明二极管坏了．（2）欧姆表的电源正极与黑表笔相连，由B可知，电流是从二极管b端流向a 端，因此完好的二极管的a端是负极，b端是正极．故答案为：（1）好；坏；（2）负；正．【点评】本题考查了用多用电表检测二极管，知道二极管的特点、欧姆表结构、分析清楚图示实验情景即可正确解题．14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约1Ω，电压表（0﹣3V 3kΩ），电流表（0﹣0.6A 1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω 2A）和R2各一只；（1）实验中滑动变阻器应选用（选填R1．R2）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I，由图可较准确求出电源电动势E= 1.49 V，内阻r= 1.9 Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】本题（1）的关键是根据电流表的量程结合闭合电路欧姆定律求出电路中的最大电阻，然后再选择变阻器；（3）的关键是根据U﹣I图象，求出纵轴的截距等于电动势，图线斜率的绝对值等于电源内电阻．【解答】解：（1）由于电流表满偏电流为=0.6A，所以电路中最小电流可为==0.2A，电路中的最大电流为==Ω=7.5Ω，所以变阻器应选．（2）实物连线如右图所示（3）将U﹣I图线延长并与两坐标轴相交，如图所示，则E=1.49V（1.48～1.49均可），r=Ω=1.9Ω故答案为：（1）（2）如图（3）1.49，1.9【点评】对电学实验，要通过电路的估算来选择器材，注意图象中斜率和截距的物理意义．三、计算题15．如图所示，平行金属板长为L，一个带电为+q，质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极间距离d．【考点】动能定理的应用；动量定理；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小；（2）将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；（3）由动能定理可求得两板间的距离．【解答】解：（1）将末速度分解，由几何关系知：所以：；（2）带电粒子做类平抛运动，依题知，粒子在电场中的运动时间：粒子离开电场时，垂直板方向的分速度：v1=v0tan30°竖直方向加速度：a=粒子从射入电场到离开电场，有at=v1即： =v1；联立以上各式得（3）粒子从射入电场到离开电场，由动能定理，有解得答：（1）粒子的末速度为；（2）电场强度E 为；（3）板间距离为．【点评】带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．16．如图所示电路，变阻器R1最大阻值为4Ω，此时它的有效阻值为2Ω，定值电阻R2=6Ω，电源内阻r=1Ω．当开关闭合时，电源消耗的总功率为16W，输出功率为12W，此时电灯恰好正常发光，求：（1）电灯的电阻．（2）当开关S断开时，要使电灯仍正常发光，R1的滑动片应移至什么位置？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据电源消耗的总功率等于输出功率与电源热功率之和，求出电源的热功率；根据电源的热功率求出通过电源的电流，由电源的总功率求出电动势；由电源的输出功率求出外电路总电阻，再求解电灯的电阻．（2）先求出灯泡正常发光的电流，再据闭合电路的欧姆定律求解即可．【解答】解：（1）根据能量守恒得：电源的热功率P热=P总﹣P出=16W﹣12W=4W．由P热=I2r得，I===2A，由P总=EI得，电源的电动势为E==8V．由P出=I2R，得外电路的总电阻R==3Ω，由R=代入解得：R L=4Ω（2）灯泡正常发光的电流为：I2=…①当开关S断开时，据闭合电路的欧姆定律得：I2=…②联立①②代入数据解之得：R′1=3Ω答：（1）电灯的电阻4Ω．（2）当开关S断开时，要使电灯仍正常发光，R1的滑动片应移右移到据右侧是全长的处．【点评】本题关键要搞清电路中功率的关系，抓住电源的总功率等于电源的输出功率与内部消耗的热功率之和是关键；灵活应用闭合电路的欧姆定律．17．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．则有F=mgsin30° F=0.1N（2）根据安培力公式F=BIL得得（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）解得答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；。

甘肃省高二(上)期末物理试卷-(含答案)

高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A. 电场强度E跟F成正比，跟q成反比B. 无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C. 不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零2.两个大小可忽略的导体球，分别带上+Q和-3Q的电量，两球心相距r，相互作用力大小为F，现将它们碰一下后各自放回原处，则它们的相互作用力大小变为（）A. B. C. 3F D. 无法确定3.有a、b、c、d四只电阻，它们的I-U关系如图所示，则图中电阻最小的是（）A. aB. bC. cD. d4.某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点。

下列说法正确的是（）A. P点场强大于Q点场强B. P点电势低于Q点电势C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D. 将电子从P点移动到Q点，其电势能增大5.如图，A、B两盏电灯完全相同。

当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（）A. A灯变亮，B灯变亮B. A灯变暗，B灯变亮C. A灯变暗，B灯变暗D. A灯变亮，B灯变暗6.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差。

实验中保持极板上的电荷量Q不变。

设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A. 保持d不变，减小S，则变小B. 保持S不变，减小d，则不变C. 保持S不变，增大d，则增大D. 保持S、d不变，在两板间插入电介质，则变大7.如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是（）A. 减小电流IB. 减小直导线的长度C. 使导线在纸面内顺时针转角D. 使导线在纸面内逆时针转角8.一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个的电阻B. 并联一个的电阻C. 串联一个的电阻D. 并联一个的电阻9.如图所示，直线α为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（）A. 4W、B. 2W、C. 2W、D. 4W、10.如图所示的天平可用来测定磁感应强度。

甘肃省兰州一中09-10学年高二上学期期末考试(生物理)

兰州一中2009—2010—1学期高二年级（理科）期末生物试题说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分，考试时间100分钟。

选择题答案写在答题卡上，非选择题写在试卷上，交卷时交第Ⅱ卷和答题卡。

第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分，请将正确答案填入后面的表格中）1．临床通过检测尿液中一定时间内的含氮量，可粗略地估算下列哪一营养物质在该段时间内的氧化分解量A．蛋白质B．脂肪C．丙酮酸D．葡萄糖2．线粒体和叶绿体都是进行能量转换的细胞器。

下列相关叙述错误的是A．两者都能产生ATP，但最初的能量来源不同B．需氧型生物的细胞均有线粒体，植物细胞都有叶绿体C．两者都含有磷脂、DNA和多种酶，叶绿体中还含有色素D．两者都有内膜和外膜，叶绿体基质中一般还有基粒3．下列①②③④四类生物的部分特征，则下列对应的叙述中，错误的是①仅由蛋白质与核酸组成②具有核糖体和叶绿素，但没有形成叶绿体③出现染色体和各种细胞器④细胞壁主要成分是肽聚糖A．SARS病毒最可能属于①B．肯定都没有成形的细胞核的生物是②和④C．衣藻与洋葱根细胞都属于④D．有成形的细胞核生物是③4．右图为某高等植物叶肉细胞结构模式图，相关叙述不正确的是A．图中能产生ATP的结构有1、2、5B．1中产生的一分子CO2，扩散出来进入2中被利用，穿过的磷脂双分子层的层数为4层C．2与4中都含有叶绿素和类胡萝卜素等色素D．3是遗传物质储存和复制的主要场所，是细胞遗传特性和细胞代谢活动的控制中心5．在光合作用和呼吸作用过程中，水中氧的循环途径是A．水→氧气→水B．水→葡萄糖→水C．水→氧气→二氧化碳D．水→葡萄糖→二氧化碳6．下列各项是关于酶的叙述，其中正确的一项是①酶是活细胞产生的②酶都有消化功能③酶的本质是蛋白质、蛋白质都是酶④酶具有专一性、高效性⑤酶促反应与外界条件无关⑥淀粉酶能促进淀粉水解A．①②③B．①②③④C．①②④⑥D．①④⑥7．水分的吸收与矿质元素离子的吸收有着广泛的联系，下面的说法错误．．的是A．水分的吸收可以及时将矿质元素离子运走，因而可以促进矿质元素离子的吸收B．矿质元素离子的吸收增加了细胞液的浓度，因而能够促进水分的吸收C．矿质元素离子的主要吸收部位与水分的主要吸收部位是相同的D．水分的吸收与矿质元素离子的吸收具有正比例的关系8．下列关于植物的呼吸作用的叙述，正确的是A．呼吸作用的中间产物丙酮酸可以通过线粒体双层膜B．是否产生二氧化碳是有氧呼吸与无氧呼吸的主要区别C．高等植物进行有氧呼吸，低等植物进行无氧呼吸D．种子库中贮藏的风干种子不进行呼吸作用9．在光亮处用同一培养液分别培养单细胞绿藻和酵母菌，结果如图。

兰州一中2014-2015学年高二上学期期末试卷物理试题及答案物理试题及答案

甘肃省兰州一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，其中1、6、10和12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的B．磁感线和磁场一样也是客观存在的C．一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D．根据安培分子电流假说，在外界磁场的作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体被磁化，两端形成磁极考点：磁现象和磁场．分析：磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场是客观存在的物质，磁感线是人们为形象地描述磁场而引入的线；一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用；物体被磁化的过程是物体内部分子电流取向变得大致相同的过程．解答：解：A、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，故A正确；B、磁场是客观存在的物质，磁感线是人们为形象地描述磁场而引入的线；故B错误；C、一切磁现象都起源于电流或运动电荷；而一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用；故C正确；D、根据安培分子电流假说，在外界磁场的作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体被磁化．故D正确．故选：ACD点评：该题考查磁场与磁感线的基本性质与物体的磁化，物体的磁化是物体内部分子电流取向变得大致相同的过程．基础题目．2．（4分）关于对磁感应强度的定义式B=的理解，正确的是（）A．磁感应强度B的大小与磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比B．磁感应强度B的方向由安培力F的方向决定C．磁感应强度B的方向与小磁针N极的指向相同D．处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度的乘积IL的比都是恒定的，且不为零考点：磁感应强度．分析：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．解答：解：A、磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流I、长为L的一小段导线垂直放在该处时所受磁场力F与I、L的乘积的比值，由磁场本身决定，与电流强度I和导线长度L的乘积无关．故A错误；B、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故B错误；C、磁感应强度B的方向与小磁针静止时N极的指向相同，故C错误；D、处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度的乘积IL的比都是恒定的，且不为零．故D正确；故选：D点评：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．3．（4分）要把动能和速度方向都相同的质子和α粒子分离开，则（）A．用电场和磁场都可以B．用电场和磁场都不行C．只能用电场而不能用磁场D．只能用磁场而不能用电场考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：根据带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，做匀速圆周运动，再由运动半径公式，结合带电粒子的电量与质量的关系，即可求解．解答：解：由题意可知，粒子在磁场中运动的半径与粒子的荷质比有关，而质子和α粒子的荷质相同，因此无法用磁场分开．当带电粒子在电场中受电场力，因它们的电量不同，因此受到的电场力不同，即可分开，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查电场力与电量的关系，理解洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动对应的半径与荷质比有关，是解题的关键．4．（4分）如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有m a=m b＜m c=m d，以不等的速率v a＜v b=v c＜v d进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B2磁场．由此可判定（）A．射向P1板的是a离子B．射向P2板的是b离子C．射向A1的是c离子D．射向A2的是d离子考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有qE=qvB．知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．进入磁场B2后，有r=，v、B2、q相同，质量大的半径大．解答：解：A、通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．v=，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a 的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误．C、只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r=，知质量大的半径大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器．由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据r=，可比较粒子偏转半径的大小．5．（4分）一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）A．B．C．D．考点：电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．解答：解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．6．（4分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速度为u，在t时间内，通过导线某一横截面积的自由电子数目可表示为（）A．nuSt B．nut C．D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt．由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=，故C正确．故选：C点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．7．（4分）如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（）A．沿abcda不变B．沿adcba不变C．由abcda变成adcba D．由adcba变成abcda考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．解答：解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；当导线框经过中线OO′，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba．故选：B．点评：本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况．8．（4分）如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断考点：楞次定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．解答：解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．点评：本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．9．（4分）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中情况可以确定（）A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电考点：洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．10．（4分）如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）A．A灯变亮B．B灯变亮C．C灯变亮D．三灯均变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化．解答：解：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir，则U增大，A灯变亮．由于I总减小，流过A灯的电流I A增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R 并联的电流减小，电压U BR减小，C灯的电压U C=U﹣U BR，得到U C增大，C灯变亮．故选AC点评：本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析．11．（4分）平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电阻R3相当于导线．判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化．解答：解：A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据Q=CU2，知电容器所带的电量减小．故A错误．B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2，知电容器所带的电量增大．故B正确．C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变．故C 错误．D、增大ab间的距离，根据C=，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键通过闭合电路的动态分析判断电阻R2的电压变化，即电容器两端的电压变化，根据Q=CU判断电量变化．12．（4分）一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同考点：运动的合成和分解．分析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．解答：解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区y=gt12v1=gt1经过第一个电场区y=v1t﹣gt22v2=v1﹣gt2由①②③④联立解得t1=t2v2=0接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动故C正确；D、通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；故选AC．点评：本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算．二、填空及实验探究题（本题共3小题，共24分）13．（2分）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，示数如图．该游标卡尺示数为1.240cm，螺旋测微器示数为1.683mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为12mm，游标读数为0.05×8=0.40mm，所以最终读数为12.40mm=1.240cm．螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×18.3mm=0.183mm，所以最终读数为1.683mm．故答案为：1.240；1.683．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数，注意游标卡尺不需估读，螺旋测微器需估读．14．（10分）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×1Ω档（填“×1Ω”或“×100Ω”），换档后，在测量前先要进行欧姆调零．（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，多用表表盘指针在测量时的偏转位置如图所示．若是用A档测量，指针偏转如图，则读数为1280Ω；若是用B档测量，指针偏转如图，则读数为6.4mA；若是用C档测量，指针偏转如图，则读数为32.2V．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：（1）由欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．（2）根据选择开关位置确定多用电表测量的两及量程，然后根据多用电表表盘确定其分度值，读出其示数．解答：解：（1）测量某电阻时，用×10Ω档时，发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为准确测量，应该换用×1Ω档，换档后，在测量前要先进行欧姆调零．（2）若用A档测量，多用电表测电阻，挡位是×100Ω，指针偏转如D，测量值为12.8×100Ω=1280Ω；若用B档测量，多用电表测电流，量程为100mA，由表盘可知，其分度值为2mA，则测量值为6.4mA；若用C档测量，多用电表测电压，量程为50V，指针偏转如D，则由D可知，其分度值为1V，测量值为32.2V；故答案为：（1）×1Ω；进行欧姆调零；（2）1280Ω；6.4mA；32.2V．点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要根据选择开关的位置确定电表所测量的量与电表的量程（或倍率），然后根据表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，读数时视线要与电表刻度线垂直．15．（12分）某课题研究小组的同学收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等元件．现从这些材料中选取两个待测元件：一是定值电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA），另外在操作台上还准备了如下所列的实验器材：A．电压表V（量程4V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关一只、导线若干（1）为了测量定值电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如图所示的电路图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在了图上，在其设计的电路或器材选取中仅有一处不妥，你认为是哪一处，请写在下列横线上：电流表应使用A2，用A2替换A1．（2）①在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1、A2均已损坏，现要用余下的器材测量锂电池的电动势E和内电阻r，请在方框中画出你所设计的测量电路（电路要标明相应的器材）；②为了便于分析，一般采用线性图象处理实验数据，请在下列横线上写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式：=．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）由欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流，然后根据该电流确定电流表的量程，选择实验器材．（2）只有待测电池、电阻箱、电压表，可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图；由闭合电路的欧姆定律列方程，然后找出具有线性关系的量，并写出函数关系式．解答：解：（1）流过R0的最大电流约为：I max==A=1.85×10﹣3A=1.85mA＜2mA，电流表应使用：电流表A2（量程2mA，电阻R A2约50Ω），因为使用电流表A1时，电表示数太小，读数误差较大．（2）①实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示．②由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=U+r，整理得：=+•=，即：=，由此可见，与成正比，可以作﹣图象，函数关系式是：=，故答案为：（1）电流表应使用A2，用A2替换A1；（2）①电路图如图所示；②=．点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择．三、分析计算题（本题共3小题，共28分．分析解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．（8分）如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：若要保持物体匀速上升，受力必须平衡．由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=1N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向．根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的大小．解答：解：导体棒的最大静摩擦力大小为f m=0.5mg=1N，M的重力为G=Mg=3N，则f m＜G，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b．根据受力分析，由平衡条件，则有F安=T+2f=BIL，所以==2.5A；答：为了使物体匀速上升，应在棒中通入2.5A的电流，流过棒的电流方向为由a到b．点评：此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解．17．（8分）如图所示，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标已知为（0，L），一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：（1）粒子在第一象限中运动的时间t；（2）电场强度E．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动，说明粒子在第四象限运动时，电场力对粒子也不做功，所以粒子运动的方向一定垂直于电场的方向．然后根据这一条件画出粒子在磁场中运动的轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子运动的周期的公式，进而结合运动的时间与偏转角之间的关系求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子在电场与磁场的复合场中做匀速直线运动，洛伦兹力等于电场力，写出公式，求得电场强度．解答：解：（1）由题意可得，粒子在第一象限沿顺时针方向做匀速圆周运动，垂直x轴方向进入第四象限，粒子运动轨迹如图，设做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，则：周期运动时间解得；（2）设粒子的速度大小为v，做匀速圆周运动的轨道半径为r，则，又∵粒子在第四象限恰好做匀速直线运动，则qυB=qE，解得：；答：（1）粒子在第一象限时间为．（2）电场强度为．。

甘肃省兰州一中高二物理上学期期末试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题

甘肃省兰州一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，其中1、6、10和12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1．〔4分〕如下说法中正确的答案是〔〕A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的B．磁感线和磁场一样也是客观存在的C．一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D．根据安培分子电流假说，在外界磁场的作用下，物体内局部子电流取向变得大致一样时，物体被磁化，两端形成磁极2．〔4分〕关于对磁感应强度的定义式B=的理解，正确的答案是〔〕A．磁感应强度B的大小与磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比B．磁感应强度B的方向由安培力F的方向决定C．磁感应强度B的方向与小磁针N极的指向一样D．处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度的乘积IL的比都是恒定的，且不为零3．〔4分〕要把动能和速度方向都一样的质子和α粒子别离开，如此〔〕A．用电场和磁场都可以B．用电场和磁场都不行C．只能用电场而不能用磁场D．只能用磁场而不能用电场4．〔4分〕如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有m a=m b＜m c=m d，以不等的速率v a＜v b=v c＜v d进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B2磁场．由此可判定〔〕A．射向P1板的是a离子B．射向P2板的是b离子C．射向A1的是c离子D．射向A2的是d离子5．〔4分〕一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如下列图，如此A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是〔〕A．B．C．D．6．〔4分〕有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速度为u，在t时间内，通过导线某一横截面积的自由电子数目可表示为〔〕A．nuSt B．nut C．D．7．〔4分〕如下列图，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为〔〕A．沿abcda不变B．沿adcba不变C．由abcda变成adcba D．由adcba变成abcda8．〔4分〕如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断9．〔4分〕一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如下列图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小〔带电量不变〕．从图中情况可以确定〔〕A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电10．〔4分〕如下列图的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化如下表示正确的答案是〔〕A．A灯变亮B．B灯变亮C．C灯变亮D．三灯均变暗11．〔4分〕平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以与电源连成如下列图的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是〔〕A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变12．〔4分〕一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着假设干个如下列图的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．假设场强大小等于，如此小球经过每一电场区的时间均一样C．假设场强大小等于，如此小球经过每一无电场区的时间均一样D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均一样二、填空与实验探究题〔此题共3小题，共24分〕13．〔2分〕某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，示数如图．该游标卡尺示数为cm，螺旋测微器示数为mm．14．〔10分〕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，在测量前先要．〔2〕如下列图，A、B、C是多用表在进展不同测量时，转换开关分别指示的位置，多用表表盘指针在测量时的偏转位置如下列图．假设是用A档测量，指针偏转如图，如此读数为；假设是用B档测量，指针偏转如图，如此读数为；假设是用C档测量，指针偏转如图，如此读数为．15．〔12分〕某课题研究小组的同学收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池与从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等元件．现从这些材料中选取两个待测元件：一是定值电阻R0〔约为2kΩ〕，二是手机中常用的锂电池〔电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA〕，另外在操作台上还准备了如下所列的实验器材：A．电压表V〔量程4V，电阻R V约为4.0kΩ〕B．电流表A1〔量程100mA，电阻R A1约5Ω〕C．电流表A2〔量程2mA，电阻R A2约50Ω〕D．滑动变阻器R1〔0～40Ω，额定电流1A〕E．电阻箱R2〔0～999.9Ω〕F．开关一只、导线假设干〔1〕为了测量定值电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如下列图的电路图，所选取的相应器材〔电源用待测的锂电池〕均标在了图上，在其设计的电路或器材选取中仅有一处不妥，你认为是哪一处，请写在如下横线上：．〔2〕①在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1、A2均已损坏，现要用余下的器材测量锂电池的电动势E和内电阻r，请在方框中画出你所设计的测量电路〔电路要标明相应的器材〕；②为了便于分析，一般采用线性图象处理实验数据，请在如下横线上写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式：．三、分析计算题〔此题共3小题，共28分．分析解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕16．〔8分〕如下列图，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？17．〔8分〕如下列图，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标为〔0，L〕，一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：〔1〕粒子在第一象限中运动的时间t；〔2〕电场强度E．18．〔12分〕如下列图，空间某平面内有一条折线是磁场的分界限，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P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力．〔1〕为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？〔2〕求第〔1〕问中微粒从P点到达Q点所用的时间．甘肃省兰州一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，其中1、6、10和12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1．〔4分〕如下说法中正确的答案是〔〕A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的B．磁感线和磁场一样也是客观存在的C．一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D．根据安培分子电流假说，在外界磁场的作用下，物体内局部子电流取向变得大致一样时，物体被磁化，两端形成磁极考点：磁现象和磁场．分析：磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场是客观存在的物质，磁感线是人们为形象地描述磁场而引入的线；一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用；物体被磁化的过程是物体内局部子电流取向变得大致一样的过程．解答：解：A、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，故A正确；B、磁场是客观存在的物质，磁感线是人们为形象地描述磁场而引入的线；故B错误；C、一切磁现象都起源于电流或运动电荷；而一切磁作用都是通过磁场而发生的相互作用；故C正确；D、根据安培分子电流假说，在外界磁场的作用下，物体内局部子电流取向变得大致一样时，物体被磁化．故D正确．应当选：ACD点评：该题考查磁场与磁感线的根本性质与物体的磁化，物体的磁化是物体内局部子电流取向变得大致一样的过程．根底题目．2．〔4分〕关于对磁感应强度的定义式B=的理解，正确的答案是〔〕A．磁感应强度B的大小与磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比B．磁感应强度B的方向由安培力F的方向决定C．磁感应强度B的方向与小磁针N极的指向一样D．处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度的乘积IL的比都是恒定的，且不为零考点：磁感应强度．分析：在磁场中磁感应强度有强弱，如此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，如此所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．解答：解：A、磁场中某处的磁感应强度大小，就是通以电流I、长为L的一小段导线垂直放在该处时所受磁场力F与I、L的乘积的比值，由磁场本身决定，与电流强度I和导线长度L的乘积无关．故A错误；B、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定如此来确定，所以磁场力的方向与磁场与电流方向相互垂直，故B错误；C、磁感应强度B的方向与小磁针静止时N极的指向一样，故C错误；D、处在磁场中且与磁场方向垂直的通电导线，在任何情况下所受磁场力F与电流强度和导线长度的乘积IL的比都是恒定的，且不为零．故D正确；应当选：D点评：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．3．〔4分〕要把动能和速度方向都一样的质子和α粒子别离开，如此〔〕A．用电场和磁场都可以B．用电场和磁场都不行C．只能用电场而不能用磁场D．只能用磁场而不能用电场考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：根据带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，做匀速圆周运动，再由运动半径公式，结合带电粒子的电量与质量的关系，即可求解．解答：解：由题意可知，粒子在磁场中运动的半径与粒子的荷质比有关，而质子和α粒子的荷质一样，因此无法用磁场分开．当带电粒子在电场中受电场力，因它们的电量不同，因此受到的电场力不同，即可分开，故C正确，ABD错误；应当选：C．点评：考查电场力与电量的关系，理解洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动对应的半径与荷质比有关，是解题的关键．4．〔4分〕如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有m a=m b＜m c=m d，以不等的速率v a＜v b=v c＜v d进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B2磁场．由此可判定〔〕A．射向P1板的是a离子B．射向P2板的是b离子C．射向A1的是c离子D．射向A2的是d离子考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有qE=qvB．知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．进入磁场B2后，有r=，v、B2、q一样，质量大的半径大．解答：解：A、通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．v=，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a 的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误． C、只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r=，知质量大的半径大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误．应当选A．点评：解决此题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器．由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据r=，可比拟粒子偏转半径的大小．5．〔4分〕一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如下列图，如此A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是〔〕A．B．C．D．考点：电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，如此电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．解答：解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABD错误，C正确．应当选C．点评：此题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以与电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．6．〔4分〕有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速度为u，在t时间内，通过导线某一横截面积的自由电子数目可表示为〔〕A．nuSt B．nut C．D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，如此在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，如此在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt．由于流经导线的电流为I，如此在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，如此t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=，故C正确．应当选：C点评：此题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．7．〔4分〕如下列图，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为〔〕A．沿abcda不变B．沿adcba不变C．由abcda变成adcba D．由adcba变成abcda考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定如此和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．解答：解：根据安培定如此和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；当导线框经过中线OO′，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba．应当选：B．点评：此题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况．8．〔4分〕如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断考点：楞次定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．解答：解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，如此两环将向两侧运动．故A正确．应当选A．点评：此题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．此题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．9．〔4分〕一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如下列图．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小〔带电量不变〕．从图中情况可以确定〔〕A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电考点：洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定如此来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定如此可知，粒子带正电，所以B正确．应当选B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决此题的关键．10．〔4分〕如下列图的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化如下表示正确的答案是〔〕A．A灯变亮B．B灯变亮C．C灯变亮D．三灯均变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化．解答：解：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir，如此U增大，A灯变亮．由于I总减小，流过A灯的电流I A增大，如此B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R 并联的电流减小，电压U BR减小，C灯的电压U C=U﹣U BR，得到U C增大，C灯变亮．应当选AC点评：此题电路中动态变化分析问题，按照局部到整体再到局部的思路进展分析．11．〔4分〕平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以与电源连成如下列图的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是〔〕A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电阻R3相当于导线．判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化．解答：解：A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据Q=CU2，知电容器所带的电量减小．故A错误．B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2，知电容器所带的电量增大．故B正确．C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变．故C 错误．D、增大ab间的距离，根据C=，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小．故D错误．应当选B．点评：解决此题的关键通过闭合电路的动态分析判断电阻R2的电压变化，即电容器两端的电压变化，根据Q=CU判断电量变化．12．〔4分〕一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着假设干个如下列图的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，如下说法正确的答案是〔〕A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．假设场强大小等于，如此小球经过每一电场区的时间均一样C．假设场强大小等于，如此小球经过每一无电场区的时间均一样D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均一样考点：运动的合成和分解．分析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．解答：解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区y=gt12v1=gt1。

甘肃省兰州第一中学最新高二物理上学期期末考试试题

甘肃省兰州第一中学2０1９—２020学年高二物理上学期期末考试试题　说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分１０0分，考试时间100分钟。

答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.第Ⅰ卷一、选择题（本题共１2小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第 1－7题只有一项符合题目要求，第８-1２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.)1．下面说法正确的是Ａ．根据磁感应强度定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与ＩL 乘积成反比 B。

磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同 C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零D。

磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止2.如图所示，三个同心圆是以负点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等,则下列说法正确的是Ａ.一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的大 B.一个点电荷+ｑ在B点具有的电势能比在A点的小Ｃ．将同一个点电荷由B点移到Ｄ点电场力做的功比由C点移到A 点多D．将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功3．电视机可以用遥控器关机而不用断开电源，这种功能叫做待机功能。

这一功能给人们带来了方便，但很少有人注意到在待机状态下电视机仍然要消耗电能。

例如小明家的一台３4吋彩色电视机的待机功率大约是1０W,假如他家电视机平均每天开机４h,看　完电视后总是用遥控器关机而不切断电源,则小明家一年(365天)中因这台电视机待机浪费的电能大约为A。

２。

6×１08J B.2.6×107Ｊ C.３.２×１08Ｊ D．5。

3×10７J４．如图所示的电路中，输入电压U恒为12Ｖ,灯泡Ｌ标有“６V １2Ｗ” 字样，电动机线圈的电阻R M＝0。

5Ω。

若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是A.电动机的输入功率是12W　B．电动机的输出功率12Ｗ C．电动机的热功率是１2W D．整个电路消耗的电功率是22W5。

全国百强校甘肃省兰州第一中学高二上学期期末考试物理

兰州一中2015-2016-1学期高二年级期末考试试题物理说明：①本试卷满分100分，考试时间100分钟；②答案写在答题卡上，答在试卷上无效；③交试卷时只交答题卡。

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中第1～8题为单项选择题，每题只有一个选项符合题目要求；第9～12题为多项选择题，每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。

）1．一台电动机，额定电压是100 V，电阻是1 Ω．正常工作时，通过的电流为5 A，则电动机的输出功率为A．500 W B．25 W C．1 000 W D．475 W2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变3．一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为A．E＝2.4 V，r＝1 Ω B．E＝3 V，r＝2 ΩC．E＝2.4 V，r＝2 Ω D．E＝3 V，r＝1 Ω4．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮5．P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示．则下列判断正确的是A．Q带正电B．c点电势低于d点电势C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功6．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中A．a、b两点磁感应强度相同B．c、d两点磁感应强度相同C．a点磁感应强度最大D．b点磁感应强度最大7．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是A．a粒子速率最大B．c粒子速率最大C．c粒子在磁场中运动的时间最长D．它们做圆周运动的周期T a<T b<T c8．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是 A ．将R 1、R 2串联后接到电源两端 B ．将R 1、R 2并联后接到电源两端 C ．将R 1单独接到电源两端 D ．将R 2单独接到电源两端9．图甲是回旋加速器的工作原理图。

甘肃兰州一中第一学期高二期末考试物理试卷参考答案

2012-2013学年度甘肃兰州一中第一学期高二期末考试物理试卷参考答案一、选择题：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 CBCDCADBDADCABCB二、填空题（本大题共3小题，11题6分，12题4分，13题10分，共计20分） 11．33.35 3.266（6分） 12．AB （4分）13．（10分）（1）用A 2替换A 1 （2）①如图所示②3.5 7或7.014．（8分）解：电子经加速电场加速后，速度为v ，则由动能定理得221mv eU =（2分）电子进入匀强磁场中作匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得，电子运动半径αsin LR =（2分）由牛顿第二定律，有R v m evB 2= （2分）由以上各式解得加速电压α222sin 2m L eB U = （2分）15．（10分）（1）v a <v c =v d <v b （2分）（2）c 、d 不偏转，故有Eq=Bqv即：qv B q dU1=（2分）得，v c =v d =1dB U（2分）（3）不等，m c <m d （1分）代入得和将d c cc d d d v v q B v m q B v m Rc R x )(2)(222-=-=∆Uxdq B B m 221∆=∆（3分）16．（10分）解：（1）电场反转前mg=qE （1分）电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有：qvB =（mg + qE ）cos θ （2分）解得小球离开斜面时的速度qBmg v θcos 2=（1分）小球在斜面上滑行的加速度θθsin 2sin )(g mqE mg a =+=（2分）小球在斜面上滑行的距离为：av s 22= （1分）小球沿斜面滑行距离θθsin cos 2222B q g m s =（1分）（2）所用时间qBm a v t θcot == （2分） 17．（12分）（1）进入磁场时速度2v gh =（2分）切割产生的感应电动势2E BLv BL gh == （2分）（2）回路中产生的感应电流EI R =， ,c d ∴两点间的电压值gh BL R I U 24343=⋅=.（4分）（3），安合mg F mg F 21=-=有R gh BL BL F 2⋅=安，44228L B R gm h =∴（4分）。

甘肃省兰州一中2012-最新学年高二上学期期中考试物理试题

说明：本试卷分第Ⅰ卷 (选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分考试时间100分钟。

答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡第Ⅰ卷 (选择题，共40分)一、选择题（10小题，共40分，在每小题给出的4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） 1．关于磁场，下列说法中不正确．．．的是 ( )A ．最早发现电流磁效应的科学家是法拉第B ．磁场的最基本性质是对放在磁场中的磁体或电流有磁场力的作用C ．电流和电流之间的相互作用也是通过磁场发生的D ．磁场的方向和小磁针北极所指的方向相同 2．磁感应强度的公式是ILF B =，由此可知（）A ．通电导线在某处所受的磁场力为零，那么该处的磁感应强度必定为零B ．某处磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受的力F 成正比，与IL 成反比C ．磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力大小无关D ．只要满足L 很短，I 很小的条件，ILF B =对任何磁场都适用3．右表是某逻辑电路的真值表，该电路是( )4．长度和横截面积均相同的两根电阻丝的伏安特性曲线如下图所示，则（）A ．两电阻丝的电阻值之比 R 1∶R 2=1：3B ．两电阻丝的电阻值之比 R 1∶R 2=1：3C ．电阻率之比ρ1∶ρ2=1：3D ．电阻率之比ρ1∶ρ2=1：35．如右图所示的电路，A 、B 、C 为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器的滑动触头P 向上移动时 ( )A ．A 灯变亮，B 灯和C 灯都变暗 B ．A 灯变亮，B 灯变暗，C 灯变亮 C ．电源的总电功率增大D ．电源的效率降低6．磁电式电流表(表头)基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以使用时还要扩大量程．已知某表头G ，内阻R =30Ω，满偏电流I =5mA ，U用两只完全相同的这种电流表分别改装成一只大量程电流表和一只大量程电压表，下列表述合理的是( )A ．要将它改装为量程为0～3 A 的电流表，串联一个小阻值电阻B ．要将它改装为量程为0～3 A 的电流表，并联一个大阻值电阻C ．要将它改装为量程为0～3 V 的电压表，串联一个大阻值电阻D ．改装后的电流表和电压表按图中方式连接，电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 7．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。

甘肃省兰州一中09-10学年高二物理上学期期末考试(文)人教版【会员独享】

兰州一中2009—2010—1学期高二年级期末考试物理试卷(文科)第1卷(选择题48分)说明：本试卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部．总分为100分，考试时间100分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题页．一、此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．选对的得4分，选错的或不答的得0分．1．有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如下列图，电子流在Z轴上的P点处所产生的磁场方向是沿( )A．y轴正方向B．y轴负方向C．Z轴正方向D．Z轴负方向2．如下列图，一个球形物体静止于光滑水平面，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，如此如下说法正确的答案是( )A．物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用B．物体受重力、B点的支持力作用C．物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用D．物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用3．关于静摩擦力的说法，正确的答案是( )A．两个相对静止的物体间一定有摩擦力的作用B．受静摩擦作用的物体一定是静止的C．静摩擦力一定是阻力D．在物体间压力一定时，静摩擦力的大小可以变化，但有一个限度4．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，如此这三个力可能是( )A．15N、5N、6N B．3N、6N、4NC．1N、2N、10ND．1N、6N、3N5．下面说法中正确的答案是( )A．匀变速直线运动就是速度不变的运动．B．匀变速直线运动就是速度不断增加的直线运动C．匀变速直线运动就是加速度不变的直线运动D．匀变速直线运动就是加速度和速度都不变的运动6．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的答案是( )A．物体的速度越大，如此加速度也越大B．物体的速度变化越大，如此加速度越大C．物体的速度变化越快，如此加速度越大D．物体加速度的方向，就是物体速度的方向7．某物体做匀变速直线运动，如下说法正确的答案是( )A．物体的末速度必与时间成正比B．物体的位移必与时间的平方成正比C．物体速度在一段时间内的变化量与这段时间成正比D．匀加速运动，位移和速度随时间增加，匀减速运动位移和速度随时间减少8．如下说法正确的答案是( )A．没有力的作用，物体就要停下来B．物体只受到一个力的作用，其运动状态一定改变C．物体处于静止时才有惯性D．做加速运动的物体没有惯性9．火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为( )A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终有一样的速度10．在光滑的水平桌面上，有一个静止的物体，给物体施以水平作用力，在力作用到物体上的瞬间，如此( )A．物体同时具有加速度和速度B．物体立即获得加速度，速度仍为零C．物体立即获得速度，加速度仍为零D．物体的速度和加速度均为零11．如下说法正确的答案是( )A．磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，如此该处的磁感应强度为零C．因为B＝F/IL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小与所受磁场力的大小均无关12．如下列图，在匀强磁场中有一个金属框架NMPQ，金属棒ab可以始终不离开框架左右平动，如此( )A．当ab向左平动时，框架内有感应电流，沿顺时针方向流动B．当ab向右平动时，框架内有感应电流，沿逆时针方向流动C．当ab向左平动时，框架内有感应电流，沿逆时针方向流动D．当ab向右平动时，框架内无感应电流第2卷(非选择题52分)二、填空题：此题共2个小题，13小题9分，14小题6分，共15分．13．从静止开始以2m/s2的加速度匀加速直线运动的物体，2s末的速度为______，2s内的位移为______，第2s内的位移为______，第2s内的速度变化量为______，第2s内的平均速度为______，速度达到10m /s 所用时间为______，发生16m 的位移所用时间为______，发生25m 的位移时的速度为______，相邻的两个1s 内的位移差为______．14．如如下图所示，直导线ab 与固定的电阻器R 连接成闭合电路，ab 长0.4 m ，在磁感强度是0.60T 的匀强磁场中以5.0m /s 的速度向右做切割磁感线的运动，运动方向跟ab 导线垂直，这时直导线ab 中的感应电动势的大小是______V ，直导线中的感应电流的方向是从______指向______．三、此题共4小题，共37分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 15．(9分)一个物体从楼顶下落，在到达地面前最后1s 内下落的高度为楼高的167，求楼高？(g ＝10m /s 2)16．(10分)如图，电灯的重力G ＝10N ，AO 绳与顶板间夹角为45°，BO 绳水平，如此AO 绳所受的拉力F 1、BO 绳所受的拉力F 2分别是多大？17．(8分)如下列图，边长分别为ab ＝3cm ，bc ＝4cm ，ac ＝5cm 的直角三角形导线框通以图示方向的电流，电流大小I ＝2A ，放置于B ＝1T 的匀强磁场中，求：(1)各边所受的安培力大小和方向；(2)整体所受的安培力大小和方向．18．(10分)质量为50kg的木箱放在水平地面上，受到75N的水平拉力而开始运动，该力作用4s后撤去，木箱与地面间的动摩擦因数为0.1，试求：(1)物体运动的最大速度；(2)物体发生的总位移．兰州一中2009—2010—1学期高二年级期末考试物理试卷(文科)答题页第1卷(选择题48分)一、此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．选对的得4分，选错的或不答的得0分．题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分答案第2卷(非选择题52分)二、填空题：此题共2个小题，13小题9分，14小题6分，共15分．13．______ ______ ______ ______ ______ ______ ______ ______ ______14．______ ______ ______．三、此题共4小题，共37分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．(9分)16．(10分) 17．(8分) 18．(10分)兰州一中2009—2010—1学期高二年级期末考试物理试卷(文科)答案第1卷(选择题48分)一、此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．选对的得4分，选错的或不答的得0分．第2卷(非选择题52分)二、填空题：此题共2个小题，13小题9分，14小题6分，共15分．13．4m /s 4m 3m 2m /s3m /s 5s 4s 10m /s 2m 14． 1.2 b a ．三、此题共4小题，共37分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 15．(9分)221gt h =(1) 2)1(21169-=t g h (2)得：h ＝80m 16．(10分)F 2＝mg ＝10NN 21045/sin 1== mg F17．(8分)(1)由F ＝BIL 可得： F 1＝0.06N F 2＝0.08N F 3＝0.1N方向可用左手定如此判断 (2)由几何关系得： F 合＝018．(10分)(1)F －umg ＝ma 得a ＝0.5m /s 2V ＝at ＝2m /s(2)撤去F 后，a'＝ug ＝1m /s 2m 42121==at Sm 2'2122==t a S S ＝S 1＋S 2＝6m。