江西省龙南县实验中学2015-2015学年高二物理上学期期末考试试题

高二上学期期末考试物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间90分钟，满分100分。

第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。

每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项符合题意，10-14小题有多个选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、如图所示的四幅图都是通电直导线放入匀强磁场中的情况，其中直导线所受安培力为零的是（）A. B. C. D.2、如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数比＝10：1，一阻值为10的电阻R连接在变压器的副线圈上。

若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u＝，下列说法中正确的是( )A.电压表的示数为B.电流表的示数为1 AC.变压器的输人功率为10 WD.交变电流的频率为100 Hz3、如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等。

两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是( )A．1、3两点电势相同 B．5、6两点电场强度相同C．4、5两点电势不同 D．2点的电场强度和电势均为最大值4、三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为（）A.3：2：1B.1：2：3C.1：1：1D.1：：5、小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C.对应P点，小灯泡的电阻为R=30ΩD.对应P点，小灯泡的电阻为R=10Ω6、在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是 ( )A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．断开开关S时，A1和A2都立刻熄灭C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右7、如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因L2的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（）A.电流表、电压表的读数均变小B.电源内阻消耗的功率变大C.质点P将向上运动D.电源的输出功率变大8、如图甲所示，圆形导线框与电阻R串联，框内有变化的磁场．取由a经R流向b为感应电流i R 的正方向，测得iR随时间t变化的图象如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度B随时间t变化的图象正确的是（）A B C D9、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是( )A ．由于M 点没有电场线，粒子在M 点所受电场力为零B ．粒子必定带正电荷C ．粒子在M 点的动能小于在N 点的动能D ．粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度10、质量为m 、带电量为q 的小球，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外的匀强磁场中，其磁感强度为B ，如图所示。

江西省赣州市实验中学高二物理上学期期末试题含解析一、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. 街道旁的路灯利用半导体的电学特性制成了白天自动熄灭，夜晚自动点亮的装置，该装置的工作原理是应用了半导体的（）A．光敏性B．压敏性C．热敏性D．三个特性同时应用参考答案：A【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．【解答】解：灯要求夜晚亮、白天熄．则白天有光，黑夜没有光，则是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现动控制，因此是利用半导体的光敏性．故A正确、BCD错误．故选：A2. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，磁通量有变化的是（）A．导体环在磁场中竖直向上或向下运动B．导体环在磁场区域内保持水平方位向左或向右平动C．导体环以垂直环面，通过环心的轴转动D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动参考答案：D3. （单选）手机已是我们生活中普遍的通信工具，如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知此电池的电动势和待机状态下平均工作电流分别是() A．4.2 V14.58 mA B．4.2 V700 mAC．3.7 V14.58 mA D．3.7 V700 mA参考答案：C4. 民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。

其原因是，当火罐内的气体()A．温度不变时，体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低，压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时，压强增大，体积减小参考答案：B5. 两个非常靠近，互相垂直的长直导线，通以如图所示方向的电流，电流产生的磁场在导线所在的平面内，哪个区域的磁场方向是一致且向外的（）区域Ⅰ B、区域Ⅱ C、区域Ⅲ D、区域Ⅳ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. 太阳中含有大量的氘核，因氘核不断发生核反应释放大量的核能，以光和热的形式向外辐射．已知氘核质量为2.013 6 u，氦核质量为3.015 0 u，中子质量为1.008 7 u，1 u的质量相当于931.5 MeV的能量。

2015-2016学年江西省赣州市高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.对下列物理史实的描述正确的是（）A.丹麦物理学家奥斯特发现了电磁感应现象B.英国物理学家法拉第发现了电流的磁效应C.美国科学家富兰克林发现尖端放电现象D.法国物理学家库仑测出了电子的电量【答案】C【解析】解：A、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B、英国物理学家法拉第发现了电磁感应定律．故B错误；C、美国科学家富兰克林发现尖端放电现象，故C正确；D、密立根测出了电子的电量，故D错误；故选：C本题根据奥斯特、法拉第、安培和库仑的物理学成就进行解答．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，不能混淆．2.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流，则在M、N连线的中点处的磁感应强度B的方向是（）A.水平向右B.水平向左C.竖直向上D.竖直向下【答案】D【解析】解：根据右手螺旋定则，M处导线在中点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度的方向竖直向下．故D正确，ABC错误．故选：D．根据右手螺旋定则确定两根导线在中点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．3.真空中有甲、乙两个点电荷，当它们相距r时，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，两者间的距离变为2r，则它们之间的静电力变为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：根据库仑定律可知甲、乙两个点电荷间的库仑力F=k，若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的，两者间的距离变为2r，则它们之间的静电力变为F′==，故C正确．故选：C根据点电荷库仑力的公式F=k可以求得改变之后的库仑力的大小．本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了，理解电荷的中和含义．4.如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点，在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】A【解析】解：P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由左手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上．故选：A根据左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向．本题提供的情景看似比较复杂，在去芜存菁后可知，电子受到的洛伦兹力的方向可以由左手定则直接判定．要注意的是：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向．5.如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置，工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则（）A.乒乓球的左侧感应出负电荷B.乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D.用绝缘棒将乒乓球拔到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】解：A、由于球表面镀有金属，故在电场作用下会产生感应电荷；金属极板右侧为正，则负电荷将向右移动，故右侧带有负电荷；故A错误；B、乒乓球与极板相碰后，在接触过程中，电荷重新分布，使球与极板带同种电荷；故将会排斥；因此乒乓球会在两极板间来回碰撞；故B错误，D正确；C、乒乓球共受到电场力、重力、拉力三个力的作用；故C错误；故选：D根据静电感应现象明确小球的带电情况，再利用电荷守恒定律进行分析，明确小球与极板相碰后的运动情况，即可分析小球的运动情况．本题考查静电现象的应用，要注意分析静电感应和接触起电的性质，明确库仑力为电场力的一种．6.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电．下列说法正确的是（）A.保持S接通，减小两极板的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C.断开S，减小两极板间正对面积，则两极板间的电势差减少D.断开S，减小两极板间的距离，则极板上的电量减少【答案】B【解析】解：A、保持S接通，则电容器两板间的电势差U不变，减小板间距离时，由E=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故A错误；B、保持S接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入一块介质，则电容增大，则由Q=CU可知极板上的电量增大，故B正确；C、断开S，两板上所带电量Q不变，减小两极板间正对面积，电容减小，由电容的定义式C=分析知，两极板间的电势差增大，故C错误；D、断开S，极板上的电量不变，故D错误；故选：B电容器与电源保持相连时，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的带电量不变；由平行板电容器电容的决定式C=可知电容的变化，则由Q=CU可知电压或电量的变化．由公式E=分析板间场强的变化．电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开两极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小【答案】BC【解析】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选：BC．根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化．解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．8.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，变阻器R1的滑片P处在如图位置时，电灯L正常发光．现将滑片P向右移动，则（）A.电灯L变暗B.电流表的示数变大C.电压表的示数变大D.定值电阻R2消耗的功率变小【答案】AB【解析】解：A、B滑片P向右移动电阻R1变小，总电阻变小，干路电流变大，则B正确；内压变大，外压变小，则灯泡两端的电压变小，灯泡变暗．则A正确C、因干路电流变大，灯泡电流变小，则R1所在支路电流变大，R2分压变大，R1分压变小，则C错误D、因R2分压变大，其功率变大，则D错误故选：AB判断外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析路端电压的变化和总电流的变化，再分析电表示数的变化及灯泡的亮度的变化．判断外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析路端电压的变化和总电流的变化，再分析电流表示数的变化、电源内阻消耗功率的变化．根据推论：电源的外电阻等于电源的内阻时，电源输出功率最大，分析电源输出功率如何变化9.如图所示的匀强电场场强为1×103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm．则下述计算结果正确的是（）A.ab之间的电势差为40VB.ac之间的电势差为50VC.将q=-5×10-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功为零D.将q=-5×10-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是-0.25J【答案】AC【解析】解：A、ab之间的电势差U ab=E•ab=103×0.04V=40V．故A正确．B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V．故B错误．C、将q=-5×10-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功．故C正确．D、将q=-5×10-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=q U=-5×10-3C×40V=-0.2J．故D错误．故选：AC．根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=E d，d是电场线方向两点间的距离，求解两点间的电势差．根据公式W=q U求解电场力做功．电场力做功与重力做功相似，只与电荷初末位置有关，与路径无关．基础题．10.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则下列说法正确的是（）A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.将正电荷从c点移到d点，电场力做正功D.将正电荷从c点移到d点，电势能增大【答案】AD【解析】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确．B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，故B错误；C、正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U=E d可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低，所以将正电荷从c点移到d点，电势能增大，则电场力做负功，所以C错误，D正确；故选：AD根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负．本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面．三、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)11.（1）用螺旋测微器测合金丝直径：如图甲所示，合金丝的直径为______ mm．（2）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示______ A；将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示______ A．【答案】0.647；0.06；0.06【解析】解：（1）螺旋测微器的读数：0.5+14.7×0.01=0.647mm（2）由题意可知：R1=R g，R2=2R g，电流表A的量程为0.6A；当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，电流表量程为：0.6A+1.2A=1.8A，表盘共30小格，则每一小格表示0.06A；当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A；故答案为：（1）0.647；（2）0.06，0.06（1）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，注意其精度是0.01mm（2）对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是接1，3中要注意R2对电流表的量程没有影响四、计算题(本大题共1小题，共4.0分)12.监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中，C是______ （选填“与门”、“或门”或“非门”），光敏电阻是______ （选填“A”或“B”）【答案】或门；B【解析】解：由题意可知：S断开时监控系统晚上光线较暗时自动开始工作，白天光线不暗时不工作，所以滑动变阻器与光敏电阻相连，即光敏电阻是B；S闭合时，监控系统白天和晚上都能工作，所以电键S应与定值电阻相连，C中两个条件有一个满足就工作，所以C是或门．故答案为：或门；B．晚上光线较暗，监控系统自动开始工作，光线不暗时不工作，此电路与光照有关；只要合上电键S，监控系统24小时都能工作，所以电键与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以C是或门．传感器在生产生活中的应用越来越广泛，要注意掌握分析电路的方法并能正确掌握对应的逻辑电路关系．五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)13.如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图．电流表满偏电流0.5m A、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0～5000Ω．（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，调零后R0阻值为______ Ω．当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变______ （选填“大”或“小”）．（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果______ （选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．【答案】2989；小；准确【解析】解：（1）欧姆表内阻R===3000Ω，R0=R-R g-r=3000-10-1=2989Ω电流表满偏电流I g不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定变小；（2）因电动势不变，故欧姆调零后的中值电阻不变；故测量结果是准确的；故答案为：（1）2989，小；（2）准确根据欧姆表的内部结构及原理由闭合电路欧姆定律进行分析，要注意明确，电阻的测量是根据电流来换算的．本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用14.小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．（1）图1中电流表的示数为______ A请根据表中的数据，在图2上作出U-I图线．由图线求得：电动势E= ______ V；内阻r= ______ Ω．（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为______ ．【答案】0.44；1.60；1.2；干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大【解析】解：（1）电流表选择的量程是0.6A，所以此时电流表的示数为0.44A；（2）根据表中的数据，画出U-I图象如图所示，根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E=1.60V；内阻r=Ω=1.2Ω．（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．故答案为：（1）0.44（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．（1）根据电流表所选的量程，直接读数即可；（2）根据数据作图，在U-I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；（3）干电池不易长时间工作，干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化．本题考查对图象的认识，要掌握从U-I图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意纵坐标的起点不是零．六、计算题(本大题共3小题，共32.0分)15.如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．【答案】解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60°①解得：②设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：③联立②③解得：答：A、B两点间的电势差为．【解析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B 过程根据动能定理列式求解．本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目．16.如图所示，重为G的导体棒ab，垂直放在相距为L的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧电路与导轨相连．已知电源内阻为r，定值电阻的阻值为R．调节滑动变阻器，当R x=R 时，可使导体棒恰好静止在导轨斜面上，不计导体棒ab及其它电阻．求：（1）通过导体棒ab的电流大小及方向；（2）电源的电动势E；（3）R x消耗的电功率．【答案】解：（1）导体棒恰好静止在导轨斜面上，由平衡条件可得：BIL=G sinθ故I=由左手定则知，电流方向从b到a（2）外电阻为′，由闭合电路欧姆定律得：E=I′（R′+r）=2I（R′+r）=（3）R x消耗的电功率为：P=（2）电源的电动势为；（3）（1）通过导体棒ab的电流大小为方向从b到a；答：R x消耗的电功率为【解析】（1）导体棒恰好静止在导轨斜面上，由平衡条件可得安培力大小，由安培力表达式可得电流大小及方向（2）由闭合电路欧姆定律可得电源的电动势E（3）R x消耗的电功率为P=，结合（2）可得答案本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BL v、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、电功率公式即可正确解题．17.圆心在O，半径为L的绝缘管道（内壁光滑）固定于绝缘光滑水平面上，除abd O内无电场和磁场外，图中其他虚线框内存在匀强电场或匀强磁场，场的方向如图所示，将质量为m、电荷+q的质点（不计重力）从A点静止释放，经电场加速后进入磁场Ⅰ区域，然后再一次经过电场加速从管口D射出，沿顶角∠c=30°直角三角形ab边射入磁场Ⅱ区域，电场强度大小均为E，沿电场线方向电场宽度为L．（1）若质点在Ⅰ区域磁场中运动时对管壁无压力，求进入Ⅰ区域的速度大小和Ⅰ区域磁感应强度B1的大小；（2）质点处于管口D时，求管道受到的压力大小；（3）质点只从ac边射出（ac边长为L），求Ⅱ区域磁感应强度B2取值范围是多少？【答案】解：（1）电场力做功，由动能定理得：q EL=所以：v1=粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，得：qv1B1=所以：B1=（2）从磁场中出来后电场力做功，得：q EL=所以：v2=2粒子在D点，支持力与电场力的合力提供向心力，得：F N=+q E=5q E由牛顿第三定律可得，粒子对轨道的压力也是5q E（3）粒子进入下边的磁场中后，恰好与AC相切时，轨迹如图，则：=L由图中几何关系可得：r+°即r=L此时：B2=质点只从ac边射出（ac边长为L），Ⅱ区域磁感应强度不小于答：（1）若质点在Ⅰ区域磁场中运动时对管壁无压力，进入Ⅰ区域的速度大小和Ⅰ区域磁感应强度B1的大小；（2）质点处于管口D时，管道受到的压力大小是5q E；（3）质点只从ac边射出（ac边长为L），Ⅱ区域磁感应强度取值范围是B2≥【解析】（1）电场力做功，由动能定理即可求出粒子的速度，由洛伦兹力提供向心力即可得出磁感应强度；（2）先由动能定理求出粒子到达D点的速度，然后由牛顿第二定律求出受到的支持力；（3）粒子恰好不从ac边射出时，恰好与ac相切，画出运动的根据，结合几何关系结合求解．本题考查了带电粒子在复合场中的运动，对于这类问题关键是正确进行受力分力，明确运动形式，根据相关规律解答．。

江西省高二物理期末考试卷及答案下面由为大家提供关于江西省高二物理期末考试卷及答案，希望对大家有帮助!江西省高二物理期末考试卷选择题本题共10小题，每小题4分,共40分。

在每小题给出的4个选项中，1～6小题只有一个选项是正确的，7～10小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分。

请将正确选项填入答题卡中。

1. 对下列物理史实的描述正确的是A.丹麦物理学家奥斯特发现了电磁感应现象B.英国物理学家法拉第发现了电流的磁效应C.美国科学家富兰克林发现尖端放电现象D.法国物理学家库仑测出了电子的电量2.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流，则在M、N连线的中点处的磁感应强度B的方向是A.水平向右B.水平向左C.竖直向上D.竖直向下3.真空中有甲、乙两个点电荷，当它们相距r时，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，两者间的距离变为2r，则它们之间的静电力变为4.如图，a是竖直平面P上的一点。

P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。

在电子经过a点的瞬间。

条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向A.向上B.向下C.向左D.向右5.如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。

工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则A.乒乓球的左侧感应出负电荷B.乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C.乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 6.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电.下列说法正确的是A.保持S接通，减小两极板的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C.断开S，减小两极板间正对面积，则两极板间的电势差减少D.断开S，减小两极板间的距离，则极板上的电量减少7.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。

江西高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，物体A和B的重力分别为10N和3N，不计弹簧秤和细线的重力和一切摩擦，则弹簧秤所受的合力和弹簧秤的读数分别为（）A．7N 13N B．7N 7N C．0N 3N D．0N 13N2.从屋檐上，每隔相等的时间积成一滴水下落，当第1滴落地时，第6滴刚好形成，观察到第5、6滴间距离约为1m，则屋檐的高度为（）A．4m B．5m C．6m D．25m3.做匀加速直线运动的质点，在第5s末的速度为8 m/s.下面判断正确的是（）A．质点在前五秒内的平均速度一定是4 m/sB．质点在第10s末的速度一定是16 m/sC．质点的加速度一定是1.6 m/s2D．质点在前10s内的位移一定是80 m4.如图所示是竖直面内一个光滑的圆形框架，AB是它的一条竖直直径，O点为其圆心。

弹簧的一端连在A点，另一端连着一个质量为m的小套环。

换用不同的弹簧，套环可静止于框架上不同的位置，对应的θ角也就会不同。

则在套环从图示位置下移到θ角接近900的过程中，框架对套环的弹力N 和弹簧对套环的弹力F的变化情况是（）A．N减小B．N增大C．F减小D．F增大5.用两个相同的足够大的水平力F将100个完全相同的木块夹在两个相同的竖直木板之间，所有木块都如图所示保持静止状态，每个木块的质量都为m,图中所有的接触面的动摩擦因素都为μ ，则编号57和58号木块之间的摩擦力的大小为：（木块从左至右编号依次为1、2、…、99、100） ( )A．mg B．7mg C．8mg D．μF/1006.如图所示是A、B两物体的速度时间图像，则下列说法正确的是（）A.若A、B两物体0时刻从同一位置开始运动，则以后它们一定能相遇B.若0时刻A在B的前方某一位置，则以后它们一定能相遇C.若0时刻B在A的前面且两者相距60m，则以后它们一定能相遇两次D.若0时刻B在A的前面且两者相距30m，则以后它们一定能相遇三次7.利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况，如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。

龙南县实验中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示极板间的场强，U 表示两极板的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则（ ） A ．U 变小，E p 不变 B ．U 变小，E 不变C ．U 变大，Ep 变大D ．U 不变，E 不变 【答案】AB2． 下面哪个符号是电容的单位 A. J B. C C. A D. F 【答案】D【解析】电容的单位是法拉，用F 表示，故选D.3． 如图所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m ，且M 、m 相对静止，此时小车受力个数为 A ．3 B ．4 C ．5D ．6【答案】B4． 如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与 水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L 做直线运动，L 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（ ） A ．液滴可能带负电 B ．液滴一定做匀速直线运动 C ．液滴有可能做匀变速直线运动 D ．电场线方向一定斜向上 【答案】BD5． 有一台小型直流电动机，经测量：在实际工作过程中两端电压U=5V ，通过的电流I=1A，电机线圈电阻，这台电机工作5分钟时间将电能转化为焦耳热和机械能的值为A. 焦耳热为30JB. 焦耳热为1500JC. 机械能为1500JD. 机械能为1470J 【答案】AD【解析】根据焦耳定律可得焦耳热为：，故A 正确，B 错误；电动机做的总功为：W =UIt =5×1×5×60J=1500J ，机械能为：E =W -Q =1500-30J=1470J ，故D 正确，C 错误。

2015——2016学年度高二年级期末考试物理试卷(考试时间为90分钟，满分100分)选择题（每题4分，共48分）1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是A ．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B ．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C ．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕2．如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B 、闭合电路中一部分直导线的运动速度v 和电路中产生的感应电流I 的相互关系，其中正确是3．图示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S 闭合前灯泡A 、B 、C 均已发光.那么，当电键S 闭合时，A 、B 、C 三个灯泡的亮度变化情况是A. A 亮度不变，B 变亮，C 变暗B. A 变暗，B 变亮，C 变暗C. A 变亮，B 变暗，C 变亮D. A 变暗，B 变亮，C 亮度不变4．图示电路中，电阻R1、R2、R3阻值相等，电池的内阻不计，那么，开关S 接通后流过R2的电流是接通前的A.21B.32C.31D.415．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。

现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a 、b 两点间电势差绝对值最大的是ErABCD SR 1R 2R 3S6．水平放置的平行金属板a 、b 带有等量正负电荷，a 板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计。

关于粒子在两板间运动的情况，正确的是A ．可能向右做匀加速直线运动B ．可能向左做匀加速直线运动C ．只能是向右做匀速直线运动D ．只能是向左做匀速直线运动7、一个电阻是R 欧姆，半径为r 米的单匝线圈放在磁感强度为B 特斯拉的匀强磁场中，如图所示，若以线圈的直径为轴旋转180。

2014－2015学年度上学期高二年级实验班期末考试数学（理）试卷一 选择题：（共10题，每题5分）1．若复数z 满足(3－4i )z ＝|4－3i |，则z 的虚部为( )A ．－4B ．－45C ．4D .452．命题“若b a ,都是偶数，则b a +是偶数”的逆否命题是（ ）A. 若b a +不是偶数，则b a ,都不是偶数B.若b a +不是偶数，则b a ,不都是偶数C.若b a ,都不是偶数，则b a +不是偶数D.若b a ,不都是偶数，则b a +不是偶数3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D ．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上4、已知a 、b 是异面直线，P 是空间一定点，下列命题中正确的个数为（ ）①过P 点总可以作一条直线与a 、b 都垂直②过P 点总可以作一条直线与a 、b 都垂直相交③过P 点总可以作一条直线与a 、b 之一垂直与另一条平行 ④过P 点总可以作一个平面与a 、b 同时垂直⑤过P 点总可以作一个平面与a 、b 之一垂直与另一条平行A 、0B 、1C 、2D 、35．已知P 1(a 1，b 1)与P 2(a 2，b 2)是直线y ＝kx ＋1(k 为常数)上两个不同的点，则关于x 和y 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1x ＋b 1y ＝1，a 2x ＋b 2y ＝1的解的情况是() A ．无论k ，P 1，P 2如何，总是无解B ．无论k ，P 1，P 2如何，总有唯一解C ．存在k ，P 1，P 2，使之恰有两解D ．存在k ，P 1，P 2，使之有无穷多解6．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左右焦点分别为1F ，2F ，P 为双曲线右支上的任意一点，若212||||PF PF 的最小值为8a ，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A ．()1+∞，B ．(]1,2 C．( D ．(]1,3 7．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为F 1、F 2，且两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形，若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1·e 2的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫19，＋∞ 8．若曲线f (x ，y )＝0上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线f (x ，y )＝0的“自公切线”．下列方程：①x 2－y 2＝1；②y ＝x 2－|x |；③y ＝3sin x ＋4cos x ；④|x |＋1＝4－y 2.对应的曲线中存在“自公切线”的有( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．③④ 9．已知(1,0)A ，曲线:C e ax y =恒过点B ，若P 是曲线C 上的动点，且AB AP ⋅的最小值为2，则a = ( ). A.2- B.-1 C.2 D.110．已知)(x f 是定义在R 上的增函数，函数)1(-=x f y 的图象关于点（1,0）对称，对于满足等式0)34()3(2=--+-x x f y f 的任意x ，y R ∈恒成立，则xy 的取值范围是（ ） A .]3322,3322[+- B .]3322,1[+ C .]3,3322[- D .]3,1[二 填空题：（共5题，每题5分）11.定积分()102x x e dx +⎰____________. 12 .函数()2sin cos f x x x x x =++，则不等式()()ln 1f x f <的解集为___________.13.对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：222213,3135,41357,=+=++=+++⋅⋅⋅；233235,37911,413151719,.=+=++=+++⋅⋅⋅根据上述分解规律，若2313511,m p =+++⋅⋅⋅+的分解中最小的正整数是21，则m p +=___________. 14．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD 内过点D 作DK⊥AB，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是____________．15．若实数x,y 满足422=+y x ,则4++y x xy 的取值范围是 . 三 解答题 16.（本小题满分12分）设命题p ：函数()31f x x ax =--在区间[]1,1-上单调递减；命题q ：函数()2ln 1y x ax =++的值域是R.如果命题p q 或为真命题，p q 且为假命题，求a 的取值范围.. CN ，求(1)求证：AF∥平面BDE ；(2)求证：CF⊥平面BD E.(3)求二面角A-BE-D 的大小．19 .（本小题满分12分）已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)．(1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．20．（本小题满分13分）已知椭圆C ：)0(12222>>=+b a b y a x 的焦距为4，其长轴长和短轴长之比为1:3．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）设F 为椭圆C 的右焦点，T 为直线)2,(≠∈=t t t x R 上纵坐标不为0的任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q .（ⅰ）若OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点)，求t 的值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，当||||PQ TF 最小时，求点T 的坐标．21．（本小题满分14分）已知函数1e )(--=ax x f x (a 为常数)，曲线y ＝f (x )在与y 轴的交点A 处的切线斜率为－1.(Ⅰ)求a 的值及函数f (x )的单调区间；(Ⅱ)证明：当0>x 时，1e 2+>x x ；(Ⅲ)证明：当*∈N n 时，()n n n e)3(1ln 1312113+>++++ .2014－2015学年度上学期高二年级实验班期末考试数学（理）试卷 答案一 选择题DBBBB DBBDC二 填空题11 e 12 (1e ，e) 13．11 14 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 15 ]221,432[+-三 解答题16解 p 为真命题在上恒成立，在上恒成立q 为真命题恒成立由题意p 和q 有且只有一个是真命题P 真q 假 p 假q 真 综上所述：.17．本题满分14分）解：（1）04164422>-+=-+m F E D ，∴5<m ……5分（2）∵4=m ，∴1)2()1(22=-+-y x ，圆心C ：)2,1(，半径1=r ……6分∵CN CM ⊥ ∴r d 22=，即221|421|2=+-+a a ……10分化简：0172472=+-a a∴1=a 或717=a ……12分18证明：(1)设AC 与BD 交于点G.因为EF∥AG，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1.所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF∥平面EG ，因为EG 平面BDE ，AF 平面BDE ，所以AF∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面相互垂直，且CE⊥AC, 所以CE⊥平面ABCD.如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1，E(0，0，1)，D(2，0，0)．所以CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0，1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0， 所以CF⊥BE，CF ⊥DE.又BE∩DE＝E ，BE 平面BDE ，DE 平面BDE ，所以CF⊥平面BDE.(3)由(2)知，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1是平面BDE 的一个法向量．设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎨⎧（x ，y ，z ）·（2，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·（0，－2，1）＝0.所以x ＝0，且z ＝2y ，令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0，1，2)．从而cos n ，CF →＝n ·CF →|n ||CF →|＝32. 因为二面角ABED 为锐角，所以二面角ABED 的大小为π6.19 解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)．∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增，∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0.又当x ∈[－2，－1]时，x e x <0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2－m ＋＋2m －2≤0，－2－m ＋＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．20．解：（Ⅰ）由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==-=,3,42222b a b a c 解得a 2＝6，b 2＝2.所以椭圆C 的标准方程是12622=+y x . …………………………………………………（4分）（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）可得，F 点的坐标是(2，0).设直线PQ 的方程为x ＝my +2，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my +2，x26＋y 22＝1.消去x ，得(m 2＋3)y 2+4my －2＝0，其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)>0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝-4mm 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3.于是x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)+4＝12m 2＋3.设M 为PQ 的中点，则M 点的坐标为)32,36(22+-+m mm .因为PQ TF ⊥，所以直线FT 的斜率为m -，其方程为)2(--=x m y .当t x =时，()2--=t m y ，所以点T 的坐标为()()2,--t m t ，此时直线OT 的斜率为()t t m 2--，其方程为x t t m y )2(-=.将M 点的坐标为)32,36(22+-+m m m 代入，得36)2(3222+⋅-=+-m t t m m m .解得3=t . ………………………………………………（8分） （ⅱ）由（ⅰ）知T 为直线3=x 上任意一点可得，点T 点的坐标为),3(m -. 于是1||2+=m TF ，221221221221)()]([)()(||y y y y m y y x x PQ -+-=-+-=]4))[(1(212212y y y y m -++=]324)34)[(1(2222+--+-+=m m m m]324)34)[(1(2222+--+-+=m m m m 3)1(2422++=m m . 所以1)3(241)1(2431||||222222++⋅=++⋅+=m m m m m PQ TF14)1(4)1(2411)3(2412222222+++++⋅=++⋅=m m m m m414124122++++⋅=m m 33442241=+⋅≥.当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±1时，等号成立，此时|TF ||PQ |取得最小值33．故当|TF ||PQ |最小时，T 点的坐标是(3，1)或(3，－1)．………………………………………………（13分）21．解：（Ⅰ）由1e )(--=ax x f x ，得a x f x -='e )(.又11)0(-=-='a f ，所以2=a .所以12e )(--=x x f x ，2e )(-='x x f .由02e )(>-='x x f ，得2ln >x .所以函数)(x f 在区间)2ln ,(-∞上单调递减，在),2(ln +∞上单调递增. ……………………（4分） (Ⅱ)证明：由（Ⅰ）知4ln 112ln 2e )2(ln )(2ln min -=--==f x f .所以4ln 1)(-≥x f ，即4ln 112e -≥--x x ，04ln 22e >-≥-x x .令1e )(2--=x x g x ，则02e )(>-='x x g x .所以)(x g 在),0(+∞上单调递增，所以0)0(1e )(2=>--=g x x g x ，即1e 2+>x x .…………（8分） (Ⅲ)首先证明：当0>x 时，恒有331e x x >. 证明如下：令331e )(x x h x -=，则2e )(x x h x -='.由(Ⅱ)知，当0>x 时，2e x x >，所以0)(>x h ，所以)(x h 在),0(+∞上单调递增，所以01)0()(>=>h x h ，所以331e x x >. 所以)31ln(3x x >，即x x ln 33ln >+.依次取n n x 1,,23,12+= ，代入上式，则12ln 33ln 12>+，23ln 33ln 23>+，n n n n 1ln 33ln 1+>++. 以上各式相加，有)12312ln(33ln 12312n n n n n +⨯⨯⨯>+++++ 所以()1ln 33ln )131211(+>++++++n n n n ， 所以()n n n n --+>++++3ln 1ln 3131211 ，即()n n n n e 31ln 1312113+>++++ .………（14分）另解：用数学归纳法证明（略）。

江西高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列说法符合物理学事实的是（ ） A ．卡文迪许测出了静电力常量 B ．赫兹解释了光电效应现象C ．伽利略首创了理想实验的研究方法D ．奥斯特发现了电磁感应定律2.如图甲所示，A 、B 是一条电场线上的两点，若在某点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线由A 运动到B ，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（ ）A ．电势B ．电场强度E A = E BC ．电场力F A > F BD ．电子的电势能E PA < E PB3.带点油滴在匀强电场E 中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，若不计空气阻力，则此带点油滴从A运动到B 的过程中，能量变化情况为（ ）A ．动能减小B ．电势能增加C ．动能和电势能之和减小D ．重力势能和电势能之和增加4.如图所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O’垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做（ ）A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动5.如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表。

安培表A 1的量程大于A 2的量程，伏特表V 1的量程大于V 2的量程，把它们按图分别接入电路，则（ ）①安培表A1的读数大于安培表A2的读数；②安培表A1的偏转小于安培表A2的偏转角；③伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；④伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角；A．①②B．②③C．③④D．①④6.如图所示，一个n匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感应的轴OO’匀速运动，转动周期为T。

线圈产生的电动势的最大值为Em，则（）A．线圈产生的电动势的有效值为B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E mD．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次7.如图是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压有效值为U的交流电源，输出端接有一个电阻为R的L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。

高二物理参考答案一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求，选对的得4分，错选或不选的得0分。

）1.A2.D3.B4.A5.C6.D二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，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，错选或不选的得0分。

）7.AC 8.AB 9.AD 10.CD三、实验题（本题共3个小题，共 18分）11．（1）3.6N （2）ACD （每空2分）12. 100 50 （每空3分）13.（1）天平（2） 0.20 （3）否 （4）C （每空2分）四.本大题包括4小题，共42分.14.解： 1B A v v at =+ ①222C B v v ax -= ②解得: a = 1 m/s 2 ③v B =3m/s ④评分标准：每式2分，共8分15.解：(1) B 速度最大时：2mg sin α=mg ①sin α=21②α=300 ③（2）刚释放A 时，由牛顿第二定律得：对A 2mg sin α—T =2ma④ 对B T ＋F 弹－mg =ma⑤ F 弹=mg⑥ 解得 a =31g⑦ 方向沿斜面向下⑧ 评分标准：①⑦式每式2分，其余每式1分，共10分。

16．对于红旗加速上升阶段：211121t a x =①对于红旗匀速上升阶段：12at v = ② 222t v x = ③ 对于红旗减速上升阶段：23332321t a t v x -=④对于全过程： a 1 = a 3 ⑤ x 1 + x 2 + x 3 = 17.6 m ⑥ 由以上各式可得：a 1 = 0.1m/s 2 ⑦ v 2 = 0.4 m/s. ⑧评分标准：①②③④每式2分，其余每式1分，共12分17.解：（1）设F 作用时加速度为a 1，撤去后加速度为a 2。

由图像可得a 1=20m/s 2, a 2=10m/s 2 ①撤去力F 后，据牛顿第二定律，有2cos sin ma mg mg =+θμθ② 解得5.0=μ ③（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知1cos sin ma mg mg F =--θμθ ④ F =30N ⑤（3）设撤去力F 后物体运动到最高点所用时间为t 2,由 v 1=a 2t 2，可得t 2=2s ⑥ 则物体沿着斜面下滑的时间为t 3=t -t 1-t 2=1s ⑦ 设下滑加速度为a 3,据牛顿第二定律，有3cos -sin ma mg mg =θμθ ⑧ 解得a 3=2m/s 2, 则t =4s 时速度v =a 3t 3=2m/s . ⑨ 评分标准：②④⑧式2分，其余每式1分，共12分。