山东省烟台市2016_2017学年高二地理下学期开学考试试题

2017年5月潍坊市高二统考地理试题2017.5本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第I卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。

满分100分，考试时间90分钟。

第I卷（选择题共44分）一、选择题（共22小题，每小题2分，共44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）阿迪达斯是德国著名运动品牌。

1980年其生产线开始逐渐转入中国东莞、中山等城市。

到2006年，在中国建立了世界范围内产能最大的生产流水线。

然而，2012年左右，印度尼西亚开始超越中国成为了阿迪达斯全球产能最大的制造基地。

2017年，该公司宣布重回德国建设智能机器人制造运动鞋工厂。

据此完成下列问题。

1. 与印度尼西亚相比，阿迪达斯率先将生产线设在中国东莞、中山等城市的主要原因是A. 市场广阔B. 原材料充足C. 劳动力素质高D. 国家政策倾斜2. 促使阿迪达斯把生产线从中国向印度尼西亚转移的主要原因是印度尼西亚A. 市场更广阔B. 劳动力更廉价C. 交通更便捷D. 科技更先进3. 2017年德国吸引阿迪达斯回国设厂的主要优势是A. 生产效率提高B. 资金充足C. 交通运输便捷D. 产业基础好【答案】1. D 2. B 3. A【解析】1. 由材料可知，阿迪达斯生产线开始进入中国东莞、中山等城市的时间在1980年前后，此时正是我国改革开放初期，珠三角地区的城市在政策方面具有优势，该公司的产品并非在当地销售，且属于劳动力指向型工业，对于原料需求量不大，故选D。

2. 体育用品加工制造业为劳动密集型产业，工厂选址的主要考虑因素是劳动力价格，随着我国经济发展水平的提高，劳动力工资水平有所提高，而印度尼西亚经济较为落后，劳动力价格低，故选B。

3. 2017年，该公司宣布重回德国建设智能机器人制造运动鞋工厂，是由于劳动生产效率的提高，而资金、交通、产业基础是德国很早就有的优势，故选A。

【点睛】工业区位因素自然因素：1.原料（临近原料产地，原料充足）；2.能源；3.土地（土地平坦开阔，利于建设，可降低成本）；4.水源充足（临近河流，湖泊或降水多）。

单项选择题：（每题3分，共16题，共48分）1．我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做（）A．阴极 B．阳极 C．正极 D．负极【答案】A[学#^科~*@网]【解析】钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属镍作阳极，故选A。

【点睛】本题考查学生电镀原理知识。

电解池的两个电极是阳极和阴极，电镀池中，镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属的盐溶液作电解质。

2．下列关于催化剂的说法正确的是（）A．使用催化剂可以增大正反应速率，减小逆反应速率B．使用催化剂可以使化学平衡正向移动C．使用催化剂可以降低反应的活化能D．使用催化剂可以改变反应的平衡常数【答案】C考点：考查催化剂对平衡状态、反应速率和平衡常数的影响3．现有下列各组溶液：（）①10℃时10 mL 0.1 mol·L－1的Na2S2O3溶液和50 mL0.05 mol·L－1的H2SO4溶液；②10℃时10 mL 0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液；③30℃时10 mL 0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液。

若同时将它们混合发生反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，则出现浑浊的先后顺序是（）A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②【答案】C【解析】温度越高，反应速率越快，③的反应速率最大；相同温度下，②混合液中Na2S2O3和H2SO4的浓度大于①，故反应速率②>①。

4．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的是（）A．CH3OH（l）+ 3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+725.76 kJ•mol-1B．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1452 .52kJ•mol-1C．CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76 kJ•mol-1D．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1 452.52 kJ•mol-1【答案】C考点：考查热化学方程式正误判断。

2016-2017学年山东省烟台二中高二（下）开学物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.下列说法正确的是（）A.带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合B.电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其大小E=C.由B=知，通电直导线垂直于磁场放置，B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比D.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直【答案】D【解析】解：A、带电粒子只受电场力，由静止开始运动，若电场线是直线时，其运动轨迹一定与电场线重合；若电场线是曲线时，运动轨迹与电场线不重合．故A错误．B、电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，大小E=．故B错误．C、磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，与放入磁场的电流元无关，不能说B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比．故C错误．D、洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，但电荷的运动方向不一定与磁场方向垂直，可以是任意角．故D正确．故选D带电粒子只受电场力，由静止开始运动，电场线是直线时，其运动轨迹一定与电场线重合．根据定义式E=可知，电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向．磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，与放入磁场的电流元无关．洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，但电荷的运动方向不一定与磁场方向垂直．电场强度与磁感应强度相似，都反映场本身的强弱和方向，与放入场中的试探电荷或电流元无关，这也是比值定义式的共性．2.如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则（）A.A灯变亮，B灯变暗B.A灯变暗，B灯变亮C.A、B灯均变亮D.A、B灯均变暗【答案】D【解析】解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P 向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗．因总电流增大、通过A 的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗．所以A、B灯均变暗．故选：D．首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P 向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化．根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可灯B亮度变化．可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化．本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．3.如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜，用E A、E B、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A.E A一定大于E B，φA一定大于φBB.E A不一定大于E B，φA一定大于φBC.E A一定大于E B，φA不一定大于φBD.E A不一定大于E B，φA不一定大于φB【答案】B【解析】解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；当P在O、A之间时，E A大于E B；当P点在B点外侧时，E A、小于E B；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此φA一定大于φB；故A错误，B正确，C错误，D错误；故选：B．根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．4.关于电功W和电热Q的说法，正确的是（）A.在任何电路里都有W=UI t，Q=I2R t，且W=QB.在任何电路里都有W=UI t，Q=I2R t，且W不一定等于QC.W=UI t，Q=I2R t均只在纯电阻电路中才成立D.W=UI t在任何电路中都成立，W=I2R t只在纯电阻电路中成立【答案】B【解析】解：A、非纯电阻中，W=UI t用来求电功；Q=I2R t用来求电热，但W＞Q；只有在纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式W=UI t计算，也可用公式W=I2R t计算，故A错误；B正确；C、W=UI t可用于任何电路求总电功；而Q=I2R t可以适用任何电路求热功，故CD均错误；故选：B．纯电阻电路，电功可用公式W=UI t计算，也可用公式W=I2R t计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UI t计算，电热用公式W=I2R t计算．本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围，并能正确应用．5.如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、带负点的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误．B、带负点粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用．选项B错误．C、带负点的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确．D、带负电的粒子向上运动，掌心向里四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．故选C．因带电粒子是带负电的，所以应用左手定则时，四指所指的方向与运动方向相反．应用左手定则可判断个选项的正误．在应用左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反．此处是非常容易出错的．6.如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A.R1接在电源上时，电源的效率高B.R2接在电源上时，电源的效率高C.R1接在电源上时，电源的输出功率大D.电源的输出功率一样大【答案】A【解析】，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路解：A、B，电源的效率η=出总端电压大，效率高，故A正确，B错误．C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=，I=，电源的输出输出功率P1=UI=R2接在电源上时U=，I=，电源的输出输出功率P2=UI=故C、D均错误．故选A电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U-I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．7.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是（）A.t a＜t b＜t c＜t dB.t a=t b=t c=t dC.t a=t b＜t c＜t dD.t a=t b＞t c＞t d【答案】D【解析】解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T=四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同．画出电子运动的轨迹如图．从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是π，则t a=t b==从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d＜∠OO1C＜π，根据圆周运动的时间t=，T相同时，圆心角α越大，时间t越大，所以＞t c＞t d．所以t a=t b＞t c＞t d．故选D电子进入匀强磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都相同，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是基本方法，也是基本能力，粒子运动的时间常常根据t=（α是轨迹的圆心角）求解．8.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A.当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B.当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C.当磁针N极指向读者时，线圈中的电流沿逆时针方向D.以上判断均不正确【答案】C【解析】解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N 极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里．故A错误；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误，C正确D、由上分析可知，故D错误．故选：C．一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同．通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S极．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)9.如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面，在下列情况中线圈产生感应电流的是（）A.导线中电流强度变大B.线框向右平动C.线框向下平动D.线框以ab边为轴转动【答案】ABD【解析】解：A、导线中电流强度变大，磁场增大，线框中的磁感应强度增大，故磁通量增大，可以产生感应电流，故A正确；B、线框向右平动，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故B正确；C、线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，故C错误；D、线框以ab边为轴转动，穿过线框的磁通量在变化，则会产生感应电流，故D正确；故选：ABD．根据闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，从而即可求解．判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化．三、单选题(本大题共2小题，共6.0分)10.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【答案】A【解析】解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；C、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向是变的，一会儿是adcb，一会儿是abcd，故C错误；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的，故D错误；故选：A相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同．再由安培力公式借助于电流来比较大小．相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关．11.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A.t=0时刻线圈平面在中性面垂直B.t=0.01s时刻Φ的变化率达到最大C.t=0.02s时刻感应电动势达到最大D.该线圈产生的感应电动势随时间变化的图象如图乙所示【答案】B【解析】解：A、由甲图可知，t=0时刻磁通量最大，线圈在中性面位置，而不是垂直，故A错误；B、t=0.01s时刻，磁通量等于零，此时线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量Φ的变化率达最大，故B正确；C、t=0.02s时刻，磁通量最大，感应电动势为零，故C错误；D、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，的D错误；故选：B．交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；根据图象分析答题．要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题．四、多选题(本大题共7小题，共21.0分)12.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（）A.第一次，灯泡两端的电压有效值是B.第二次，灯泡两端的电压有效值是C.第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D.第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5【答案】AD【解析】解：A、B第一次灯泡两端的电压有效值为U1=U m=．设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有=，解得，U2=．故A正确，B错误．C、D由功率的公式P=得，灯泡的电功率之比是P1：P2=：=1：5．故C错误，D正确．故选AD对于正弦式电流的有效值U=U m，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功率的公式P=，用有效值求出电功率之比．只有正弦交变电流最大值与有效值才是倍的关系，其他交变电流要根据有效值的定义，从热效应角度去求有效值．13.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（）A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin 25πt（V）B.该交流电的频率为25 H zC.该交流电的电压的有效值为100VD.若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W【答案】BD【解析】解：A、B、由图可知，T=4×10-2s，故f==25H z，ω=2πf=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A错误，B正确．C、D、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U===50V，所以R消耗的功率为：P==W=50W，故C错误，D正确；故选：BD．根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．14.如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知（）A.带电粒子所带电性B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【答案】BCD【解析】解：假定粒子由a到b运动；AB、由图可知，粒子偏向右下方，则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A错误，B正确；C、由图可知，若粒子从a到b的过程中，电场力做正功，故说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，故C正确；D、电场力做正功，则电势能减小，故b点电势能较小，故D正确．故选：BCD．由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．本题是电场中轨迹问题，关键要能根据轨迹弯曲方向判断出电场力的方向，掌握电场力做正功，电势能减小，判断电势能的大小．15.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是（）A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B.当P点经过边界MN时，线框中感应电动势最大C.当F点经过边界MN时，线框中磁通量变化率最大D.当Q点经过边界MN时，线框中磁通量最大【答案】BD【解析】解：A、由图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长度为，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，故A错误；B、当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电动势为最大，故B正确；C、当F点经过边界MN时，由图可知，导线框的有效切割长度为，所以感应电动势及感应电流不是最大，线框中磁通量的变化率不是最大，故C错误；D、当Q经过MN时，线框全部进入磁场中，线框中磁通量最大，故D正确．故选：BD．本题的关键是明确导线框的有效切割长度的含义，从图中可以看出，当P点经过边界MN时有效切割长度最大为RS，即当导线框从S到Q进入磁场的过程中，有效切割长度先增大后减小．明确感应电动势E=BL v的含义，其中L是有效切割长度，即L是与B及v都垂直的长度．16.如图所示，在倾角为α的光滑固定斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是（）A.B=mg方向垂直斜面向上B.B=mg方向垂直斜面向下C.B=mg方向竖直向上 D.B=mg方向竖直向下【答案】AC【解析】解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B═mg；故A正确；B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mg；故C正确；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故D错误；故选：AC通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．17.一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞出，若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应（）A.将极板长度变为原来的2倍B.将极板长度变为原来的倍C.将极板电压增大到原来的2倍D.将极板电压减为原来的一半【答案】BC【解析】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量q，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt竖直方向：y==•==；可知，若粒子初动能E k增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，y不变，则由上式分析可知：应将将极板长度变为原来的倍，或将极板电压增大到原来的2倍，故BC正确．故选：BC．运用运动的分解法得到带电粒子的偏转距离y与初动能的关系，结合粒子恰能从右侧极板边缘飞出的临界条件，列式分析．根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论其中各个物理量的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题．18.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E=B avD.感应电动势平均值=πB av【答案】ACD【解析】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确．B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误．C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=B av，C正确．D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确．故选ACD．由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由E=BL v，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值．本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=B lv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．五、实验题探究题(本大题共2小题，共10.0分)19.某同学用游标卡尺（20分度）测量某物体直径，示数为______ mm．用螺旋测微器测量某物体厚度，示数为______mm．【答案】33.35；0.696-0.698【解析】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为33mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：33mm+0.35mm=33.35mm．螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为19.7×0.01mm=0.197mm，所以最终读数为0.5mm+0.197mm=0.697mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.696-0.698之间．故答案为：33.35，0.696-0.698解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．20.一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______ 挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______ ，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是______Ω．【答案】×100；重新进行欧姆调零；2100【解析】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21×100=2100Ω．故答案为：×100；重新进行欧姆调零；2100；用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，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；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，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；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．。

山东省烟台市2016-2017学年高二历史下学期开学考试试题(扫描版）6. 南宋朱熹指出：古之欲明明德①于天下者,先治其国；欲治其国者，先齐其家；欲齐其家
12。

对同一个东西，你感觉冷就是冷的,我感觉不冷就是不冷的,无所谓真假是非之
27.阅读材料，完成下列要求（14分）
29。

阅读材料，完成下列要求（12分）
2016-2017第一学期期末高二历史（文科）参考答案201701
一、选择题：本大题共25小题，每小题2分,共50分。

1。

B 2。

C 3。

A 4.A 5.B 6。

B 7.D 8。

A 9.D 10.C 11。

A 12.B 13。

A 14.A 15。

B 16.D 17.B 18。

C 19。

A 20。

D 21。

B 22.C 23。

A 24。

A 25.B
二、非选择题：本大题共3小题，第26题18分；第27题16分，第28题16分。

共50分.
山东省烟台市高二历史下学期开学考试试题（扫描版）
11。