高二物理卷子

1. 高二物理磁場試題

A。
首先直線飛行不偏轉必須達到受力平衡
粒子在電場中的受力特點是與電場方向平行，而在磁場中的受力特點是與磁場方向垂直，且與運動方向垂直。

電子帶負電，受到電場力豎直向上，為達到平衡，所受到的磁場力必須豎直向下。
電子在磁場中所受洛倫茲力F=qvb，其中v的方向為等效正電荷的運動方向（或電流方向）。根據左手定則，可判斷粒子運動方向水平向東，所受磁場力豎直向下。

2. 求高二物理選修3_1 期中考試卷子

一、不定項選擇題。（共15小題，每題4分，共64分。下列各小題中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，選錯或不選的得0分）。
1、有關磁感線和磁場的概念，下列說法中正確的是
A、磁感線的切線方向表示磁場的方向，其疏密表示磁場的強弱。
B、磁感應強度是描述磁場強弱的物理量，是矢量
C、小磁針靜止時N極指向為磁場的方向
D、磁感線是真實存在的
2、關於電動勢，下列說法正確的是
A、電源兩極間的電壓等於電源電動勢
B、電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大
C、電源電動勢的數值等於內、外電壓之和
D、電源電動勢大小由外電路的組成決定
3、在示波管中，2s內有6×1013個電子通過橫截面大小不知的電子槍，則示波管中電流大小為
A、4.8×10-6A B、3×10-13A C、9.6×10-6A D、無法確定
4、在磁場中某一點,有一根長1cm的通電導線,導線中的電流為5A,這根導線與磁場方向垂直時,
所受的安培力為5×10-2N,該磁場的磁感應強度的大小是：
A、1T B、0.01T C、0.1T D、0.2T
5、如圖所示是一個三輸入端復合門電路，當C端輸入1，輸出端Y輸出1時，A、B 端的輸入分別可能是：
A、0、0 B、0、1
C、1、0 D、1、1
6、把一個面積為5.0×10-2m2的單匝矩形線圈放在磁感應強度為2.0×10-2T的勻強磁場中，
當線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量是：
A、2.5 Wb B、1.0×10-3Wb C、2.0×10-3Wb C、1.0×10-2Wb
7、用伏安法測電阻時，已知待測電阻大約是10歐，電流表的內阻是1歐，電壓表的內阻是
5千歐，則下列說法正確的是
A. 用電流表外接法，此時測量值比真實值大
B. 用電流表外接法，此時測量值比真實值小
C. 用電流表內接法，此時測量值比真實值大
D. 用電流表內接法，此時測量值比真實值小
8、有兩個相同的靈敏電流計，允許通過的最大電流（滿偏電流）為Ig=1mA，表頭電阻
Rg=30Ω，若改裝成一個量程為3V的電壓表和一個量程為0.6A的電流表應分別：
A、串聯一個2990Ω的電阻和並聯一個0.15Ω的電阻
B、並聯一個2990Ω的電阻和串聯一個0.15Ω的電阻
C、串聯一個2970Ω的電阻和並聯一個0.05Ω的電阻
D、並聯一個2970Ω的電阻和串聯一個0.05Ω的電阻
9、如圖所示，兩根非常靠近且互相垂直的長直導線，當通以如圖所示方向的電流時，電流所
產生的磁場在導線所在平面內的哪個區域內方向是一致且向里的
A、區域Ⅰ B、區域Ⅱ
C、區域Ⅲ D、區域Ⅳ

10、在如右上圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，三個理想電
表的示數都發生變化，電表的示數分別用I、U1、U2表示。下列判斷正確的是
A、I 減小，U1減小
B、I 減小，U2增大
C、I 增大，U1增大
D、I 增大，U2增大

11、空調、電冰箱等家用電器中有一個很重要的溫控元件，它就是熱敏電阻，對應一個
熱敏電阻值一定有一個和它電阻所處的環境對應的溫度。如下圖甲所示，電源的電動
勢E=12.0 V，內電阻r=1 kΩ，G為靈敏電流計，內阻Rg保持不變；R為熱敏電阻，其
電阻值與溫度的變化關系如下圖乙所示，閉合開關S，當R的溫度等於20 ℃時，電
流表示數I1=2 mA；當電流表的示數I2=3.0mA時，熱敏電阻的溫度是

A、60 ℃ B、80 ℃ C、100 ℃ D、120 ℃
12、兩根由同種材料製成的均勻電阻絲A、B串聯在電路中，A的長度為L，直徑為d；
B的長度為2L，直徑為2d，那麼通電後在相同的時間內產生的熱量之比為
A、QA：QB=1：2 B、QA：QB=4：1
C、QA：QB=1：1 D、QA：QB=2：1

13、如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖像，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖像，直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖像．將這個電阻R分別接到a，b兩電源上，那麼
A、R接到b電源上，電源的效率較高
B、R接到b電源上，電源的輸出功率較大
C、R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低
D、R接到b電源上，電阻的發熱功率和電源的效率都較高

14、圖中電源電動勢E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，電池內阻可忽略不計，電鍵K閉合,
現將電鍵K斷開,這個過程中流過R1的電量為
A、1.8 B、3 C、4.8 D、1.2

15．如圖所示，直線OAC為某一直流電源的總功率P總隨著電流I變化的圖線，拋物線OB
C為同一直流電源內部的熱功率Pr隨電流I變化的圖線，若A、B對應的橫坐標為2A，
則下面說法中錯誤的是
A、電源電動勢為3V，內阻為1Ω
B、線段AB表示的輸出功率為2W
C、電流為2A時，外電路電阻為0.5Ω
D、電流為3A時，外電路電阻為2Ω

第Ⅱ卷（非選擇題，共40分，請將答案寫在答題卡上）
二、實驗題( 17題6分，18題10分，共16分)
16、用多用電表的歐姆擋測量阻值約為幾十k?的電阻Rx，以下給出的是可能的操作步驟，其中S為選擇開關，P為歐姆檔調零旋鈕，把你認為正確的步驟前的字母按合理的順序填寫在下面的橫線上_________________________。
a．將兩表筆短接，調節P使指針對准刻度盤上歐姆檔的零刻度，斷開兩表筆
b．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出Rx的阻值後，斷開兩表筆
c．旋轉S使其尖端對准歐姆檔?1k
d．旋轉S使其尖端對准歐姆檔?100
e．旋轉S使其尖端對准OFF檔，並拔出兩表筆。

某次測量指針位置如右圖所示，則被測電阻的阻值約為_______________?。
17、用伏安法測定兩節干電池組成的電源的電動勢E和內電阻r。實驗中共測出五組數據，
如下表所示：

1
2
3
4
5
U（V）
2．80
2．60
2．50
2．20
2．00
I（A）
0．48
0．80
1．00
1．60
1．96
（1）將圖中所給的器材連接成測量E、r的電路，並用箭頭標出電鍵閉合前滑動變阻器滑動觸頭的位置。

（2）圖中作U－I圖線，根據圖線求出：電動勢E＝________V，內電阻r＝________。
(保留兩位小數)
三、計算題（本題共2小題，18題12分，19題12分，共24分，解答時須寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟 ，只寫出最後答案的不能得分。有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位）
18、如圖所示，R1=14Ω，R2=9Ω。當開關處於位置1時，電流表讀數I1=0.2A；當開關處於位
置2時，電流表讀數I2=0.3A。求電源的電動勢E和內電阻r。


19、如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動機繞組電阻R0＝2Ω，當電鍵K斷開時，電阻R1消耗的電
功率是2.88W；當電鍵閉合時，電阻R1消耗的電功率是2W，若電源的電動勢為6V.
求：電鍵閉合時，電動機輸出的機械功率.

物 理 試 卷 答 案
一、不定項選擇題。（共15小題，每題4分，共60分。下列各小題中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，選錯或不選的得0分）。

三、計算題（本題共2小題，18題12分，19題12分，共24分，解答時須寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟 ，只寫出最後答案的不能得分。有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位）
18、解：當開關處於位置1時，由閉合電路歐姆定律：
E=I1(R1+r) （4分）
當開關處於位置2時，由閉合電路歐姆定律：
E=I2(R2+r) （4分）
解得：E=3.0V （2分）
r=3.0Ω （2分）

3. 高二物理試題

看題目 因為是水平光滑的地面一次放著10塊相同的木板，動能是一題的所以是10 當滑過了第一塊木板，那還剩下9塊木板，第一塊木板已經不受影響了 所以變成了9

4. 高二物理選什麼練習冊和卷子好，本人物理不是很好，下學期就高二了，希望找一本適合自己還能提分的。

重難點手冊挺好的，前面的知識講解很到位，不過後面的題目比較難，基礎題不多教材完全解讀的話題目很多，不過太雜了教材全解和考點同步解析就屬於那種中間層次的了，看你買哪種咯

5. 高二物理試題題目

根據動能定理求出小球到達最低點的速度大小，
根據牛頓第二定律求出環對小球的彈力大小，從
而得出小球對環的壓力大小。
解題過程如圖

6. 高二物理選修3-1考試卷子及答案

高中物理 模塊綜合檢測檢測試題 選修3-1

一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分)
1．下述說法中不正確的是()
A．根據E＝F/q，可知電場中某點的場強與電場力成正比
B．根據E＝kq/r2，可知電場中某點的場強與形成電場的點電荷的電荷量成正比
C．根據場強疊加原理，可知合電場的場強一定大於分電場的場強
D．電場線就是點電荷在電場中運動的軌跡
解析：選ACD.電場強度是反映電場性質的物理量，它只與產生它的電荷有關，而與放入其中的檢驗電荷所受的力及其電荷量無關；且場強為矢量，遵循矢量相加的平行四邊形定則，所以合場強可以小於分場強；而電場線是為了描述電場而假設出來的一種工具，和電荷運動的軌跡是完全不同的兩個概念．
2．門電路的真值表如下，它是()

輸入

輸出

A

B

Q

0

0

0

0

1

0

1

0

0

1

1

1

A.「或」門電路B．「非」門電路
C．「與」門電路 D．「與非」門電路
解析：選C.由表可得只有當兩輸入端都成立時輸出端才成立，這是與門的特性，所以C正確．
3．如圖所示，把四個相同的燈泡接成甲、乙兩種電路後，燈泡均正常發光，且兩個電路的總功率相等．則這兩個電路中的U甲、U乙，R甲、R乙之間的關系，正確的是()

A．U甲>2U乙 B．U甲＝2U乙
C．R甲＝R乙 D．R甲＝2R乙
解析：選B.設燈的阻值為R，正常發光時電流為I，由於兩個電路的總功率相等，所以I2·R甲＝(2I)2·R乙，即R甲＝4R乙；由P＝U甲·I＝U乙·2I可知，U甲＝2U乙，故選項B正確．
4．在研究微型電動機的性能時，可採用如圖所示的實驗電路．當調節滑動變阻器R，使電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.5 A和1.0 V；重新調節R，使電動機恢復正常運轉時，電流表和電壓表的示數分別為2.0 A和15.0 V．則有關這台電動機正常運轉時的說法正確的是()

A．電動機的內電阻為2 Ω
B．電動機的內電阻為7.5 Ω
C．電動機的輸出功率為30 W
D．電動機的輸出功率為8 W
解析：選A.當電動機不轉動時，電動機消耗的電功率等於熱功率，電壓表與電流表示數的比值就是電動機的電阻，即R＝I(U)＝2 Ω，選項A正確、B錯誤；當電動機正常工作時，電動機的輸出功率為P出＝UI－I2R＝22 W，選項C、D錯誤．
5．在如圖所示的實驗電路中，當滑動變阻器R0的滑動觸頭向右端滑動時()

A．L1變暗，L2變亮，L3變亮
B．L1變暗，L2變暗，L3變亮
C．L1變暗，L2變暗，L3變暗
D．L1變亮，L2變暗，L3變亮
解析：選B.觸頭向右滑，滑動變阻器有效電阻變大，電路中電流變小，L1變暗，且內電壓減小，並聯電路兩端電壓變大，流過L3的電流變大，L3變亮，流過L2的電流變小，L2變暗，所以B正確．
6．下圖四個電場中，均有相互對稱分布的a、b兩點．其中電勢和場強都相同的是()

解析：選B.A圖中a、b兩點電勢相同，場強大小相同，但方向不同．B圖中a、b兩點場強大小與方向、電勢均相同．C圖中a、b兩點場強相同，電勢不同．D圖中a、b兩點電勢、場強大小相同，場強方向不同，只有B正確．

7．如圖所示，A、B兩板間加速電壓為U1，C、D兩板間偏轉電壓為U2.一個靜止的α粒子(2(4)He)自A板起相繼被加速、偏轉，飛離偏轉電場時的最大側移為C、D板間距離的一半，則它的出射速度的大小為()

A．2 (U1＋U2)(e) B. (2U1＋U2)(e)
C．2 (U1＋U2)(e) D. (2U1＋U2)(2e)
解析：選B.在加速電場中由動能定理得：qU1＝2(1)mv0(2)
在偏轉電場中，由動能定理得：2(1)qU2＝2(1)mv2－2(1)mv0(2)
解得：v＝ (2U1＋U2)(e).
8．小燈泡通電後其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是()

A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大
B．對應P點，小燈泡的電阻為R＝I2(U1)
C．對應P點，小燈泡的電阻為R＝I2－I1(U1)
D．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍面積
解析：選ABD.斜率隨電壓的增大而減小，故電阻增大，A對．對應P點，R＝I2(U1)，B對，C錯．由於功率P＝UI，故功率數值上等於矩形PQOM的面積，D對．
9．先後按圖中甲、乙所示電路測同一未知電阻阻值Rx，已知兩電路的路端電壓恆定不變，若按圖甲所示電路測得電壓表示數為6 V，電流表示數為2 mA，那麼按圖乙所示電路測得的結果應有()

A．電壓表示數為6 V，電流表示數為2 mA
B．電壓表示數為6 V，電流表示數小於2 mA
C．電壓表示數小於6 V，電流表示數小於2 mA
D．電壓表示數小於6 V，電流表示數大於2 mA
解析：選D.由串聯電路與並聯電路的知識可知，在圖乙接法中，Rx與電壓表V並聯之後的電阻小於Rx，故Rx兩端電壓減小，電流表兩端電壓增大，流過電流表的電流增大，D對．
10．有一個已充了電的電容器，若使它的電荷量減少3×10－6 C，則其電壓降為原來的3(1)，則下列說法正確的是()
A．電容器原來的電荷量是9×10－6 C
B．電容器原來的電荷量是4.5×10－6 C
C．電容器原來的電壓可能是5 V
D．電容器原來的電壓可能是5×10－7 V
解析：選BCD.由題意知U(Q)＝U/3(Q－3×10－6 C)，解得Q＝4. 5×10－6 C．當U1＝5 V時，C1＝U1(Q)＝5(4.5×10－6) F＝0.9 μF；當U2＝5×10－7 V時，C2＝U2(Q)＝5×10－7(4.5×10－6) F＝9 F.
二、實驗題(本題共2小題，共16分．按題目要求作答)
11．(6分)在「描繪小燈泡的伏安特性曲線」的實驗中．
(1)實驗中滑動變阻器應採用________接法(填「分壓」或「限流」)
(2)用筆畫線代替導線，將實驗電路連接完整，使該裝置可以更好、更准確地完成實驗；
(3)描繪出伏安特性曲線如圖，其彎曲的主要原因是________________________________．

解析：(1)由於描繪伏安特性曲線時電壓要從零開始變化，所以滑動變阻器用分壓式接法
(2)小燈泡電阻較小，電流表用外接法，補充的線見下圖

(3)因為電壓越高，相同時間內燈絲產生的熱量越多，燈絲溫度升高，燈絲電阻增大．
答案：(1)分壓(2)圖見解析(3)燈絲電阻隨電壓的增大而增大
12．(10分)某同學通過查找資料自己動手製作了一個電池．該同學想測量一下這個電池的電動勢E和內電阻r，但是從實驗室只借到一個開關、一個電阻箱(最大阻值為999.9 Ω，當作標准電阻用)、一隻電流表(量程Ig＝0.6 A，內阻rg＝0.1 Ω)和若干導線．
(1)請根據測定電動勢E和內電阻r的要求，設計圖甲中器件的連接方式，畫線把它們連接起來．

(2)接通開關，逐次改變電阻箱的阻值R，讀出與R對應的電流表的示數I，並作記錄．當電阻箱的阻值R＝2.6 Ω時，其對應的電流表的示數如圖乙所示，處理實驗數據時，首先計算出每個電流值I的倒數I(1)；再製作R－I(1)坐標圖，如圖所示，圖中已標注了(R，I(1))的幾個與測量值對應的坐標點．請你將與圖乙實驗數據對應的坐標點也標注在圖上．

(3)在圖上把描繪出的坐標點連成圖線．
(4)根據描繪出的圖線可得出這個電池的電動勢E＝________ V，內電阻r＝________ Ω.

解析：根據閉合電路歐姆定律，測量電源的電動勢和內電阻，需要得到電源的路端電壓和通過電源的電流，在本實驗中沒有電壓表，但是可以用電阻箱和電流表串聯充當電壓表，測量電源的路端電壓，通過電流表的電流也是通過電源的電流，所以只需要將電流表和電阻箱串聯接在電源兩端即可．實物圖的連接如圖所示．
由閉合電路歐姆定律有：
E＝I(R＋r＋rg)，解得R＝E·I(1)－(r＋rg)，根據R－I(1)圖線可知：電源的電動勢等於圖線的斜率，內阻為縱軸負方向的截距減去電流表的內阻．得E＝1.5 Vr＝0.3 Ω
答案：(1)(2)見解析(3)如圖所示

(4)1.5(1.46～1.54)0.3(0.25～0.35)
三、計算題(本題共4小題，共44分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最後答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)
13．(10分)如圖所示，PQ和MN為水平、平行放置的金屬導軌，相距1 m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量m＝0.2 kg，棒的中點用細繩經滑輪與物體相連，物體質量M＝0.3 kg，棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，勻強磁場的磁感應強度B＝2 T，方向豎直向下，為了使物體勻速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？(g取10 m/s2)

解析：棒受的安培力水平向左，由左手定則知，棒中電流由a流向b，(2分)
對棒受力分析如圖
有F安＝T＋f(2分)
而f＝μmg(1分)
T＝Mg(1分)
F安＝IlB(2分)
解得I＝2 A．(2分)
答案：2 A由a到b
14．(10分)電動勢E＝6 V，內阻r＝0.5 Ω的電源和一台線圈電阻為R＝0.2 Ω的電動機連接，電動機正常工作，這時電動機兩端的電壓U＝5 V．求：
(1)電動機輸入的電功率P1和電動機輸出的機械功率P2；
(2)電源的總功率P和電源的效率η.
解析：(1)根據閉合電路歐姆定律E＝U＋Ir得幹路電流為I＝r(E－U)＝0.5(6－5) A＝2 A(2分)
電動機的輸入功率P1＝UI＝5×2 W＝10 W(2分)
電動機的輸出功率P2＝UI－I2R＝9.2 W．(2分)
(2)電源的總功率P＝IE＝2×6 W＝12 W(2分)
電源的效率η＝E(U)×100%＝6(5)×100%＝83.3%.(2分)
答案：(1)P1＝10 WP2＝9.2 W
(2)P＝12 Wη＝83.3%
15．(12分)在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直於紙面向里的勻強磁場，如圖所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出．

(1)請判斷該粒子帶何種電荷，並求出其比荷q/m；
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對於入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？
解析：(1)由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．(2分)

粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r(1分)
又qvB＝mR(v2)(2分)
則粒子的比荷m(q)＝Br(v)(1分)
(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角60°，粒子做圓周運動的半徑
R′＝rcot30°＝r(2分)
又R′＝qB′(mv)(1分)
所以B′＝3(3)B(1分)
粒子在磁場中飛行時間：t＝6(1)T＝6(1)×qB′(2πm)＝3v(3πr).(2分)
答案：(1)負電Br(v)(2)3(3)B3v(3πr)
16．(12分)如圖所示，在x<0且y<0的區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B大小為2×10－4 T，在x>0且y<0的區域內存在與x軸負方向成45°角向上方向的勻強電場．已知質量m為1.60×10－27 kg的質子從x軸上的M點沿與x軸負方向成45°角向下垂直射入磁場，結果質子從y軸的N點射出磁場而進入勻強電場，經電場偏轉後打到坐標原點O，已知＝＝l＝0.2 m．不計質子的重力，帶電量e＝1.60×10－19 C，求：

(1)質子從射入勻強磁場到O點所用的時間；
(2)勻強電場的場強大小．
解析：(1)設帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由於帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位於MN中點O′，
由幾何關系可知，軌道半徑r＝lcos45°＝0.2 m(2分)
又Bqv＝mr(v2)(2分)
所以v＝m(Bqr)＝1.6×10－27(2×10－4×1.6×10－19×0.2) m/s＝4×103 m/s(1分)
設帶電粒子在磁場中運動時間為t1，在電場中運動的時間為t2，總時間為t，
t1＝2(T)＝Bq(πm)(1分)
t2＝v(lcos45°)(1分)
聯立解得t＝Bq(πm)＋v(lcos45°)＝2.07×10－4 s(1分)
(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設加速度為a，則
lsin45°＝2(1)at2(2)(2分)
a＝m(Eq)(1分)
解得E＝ql(4mv2sin45°)＝1.6 V/m.(1分)
答案：(1)2.07×10－4 s
(2)1.6 V/m