江苏省淮安市清江中学2017-2018学年高二上学期12月月考物理---精校word解析版
江苏省淮安市清江中学2017-2018学年高二上学期12月月考物理试题
江苏省淮安市清江中学2017-2018学年高二上学期12月月考物理试题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、多选题1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化二、单选题2. 如图所示，A、B两灯相同，L是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）A．开关K合上瞬间，A灯先亮 B灯后亮B．K合上稳定后，A、B同时亮着C．K断开瞬间，A、B同时熄灭D．K断开瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下再熄灭3. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同4. 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，Oc为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，施加外力使Oc以角速度ω逆时针匀速转动，则( )A．通过电阻R的电流方向由a经R到OB．导体棒O端电势低于c端的电势C．外力做功的功率为D．回路中的感应电流大小为5. 如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )A．＝1B．＝2C．＝D．＝6. 如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间增大．则线框中的感应电流的变化情况是（）A．一定增大B．一定减小C．一定不变D．可能减小7. 如图所示，通电导线MN与单匝圆形线圈a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，下列说法正确的是( )A．线圈a中产生的感应电流方向为顺时针方向B．线圈a中产生的感应电流方向为逆时针方向C．线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里D．线圈a所受安培力的合力方向水平向左8. 如下图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、电键K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电量为＋q的小球．K断开时传感器上有示数，K闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( )A．正在增强，B．正在减弱，C．正在减弱，D．正在增强，9. 如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面积的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（）A．Q1＞Q2，q1=q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1=Q2，q1=q2D．Q1=Q2，q1＞q2 10. 边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图甲所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是：( )A．B．C．D．三、多选题11. 已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则A．灯泡L变亮B．灯泡L变暗C．电流表的示数变小D．电流表的示数变大12. 如图甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间的变化关系如作如图乙所示，则在开始的0.1 s内( )A．a、b间电压为0B．线圈中磁通量的变化量为0.25 WbC．线圈中磁通量的变化率为2.5×10-2 Wb/sD．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A13. 如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是( )＝2BLvA．此时AC两端电压为UACB．此时AC两端电压为C．此过程中电路产生的电热为D．此过程中通过电阻R0的电荷量为14. 如图，把一块金属板折成U形的金属槽MNPQ，竖直放置在方向垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，并以速率水平向左匀速运动．一带电微粒从槽口左侧以速度射入，恰能做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A．微粒带正电B．微粒的比荷C．微粒做圆周运动的半径为D．微粒做圆周运动的周期为15. 图甲中bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化如图乙，导体棒PQ始终静止，在0～t1时间内( )A．导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向上B．导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向下C．导体棒PQ受到的摩擦力可能一直增大D．导体棒PQ受到的摩擦力可能先减小后增大四、填空题16. 如图，U型线框内部有匀强磁场，磁感应强度为B，线框宽度为，线框上有一金属棒，长恰好也为，现让线框和磁场一起向左以速率匀速移动，同时金属杆以速率向右匀速移动，金属棒电阻为R，框电阻不计，则产生的感应电流为_________17. 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，环可视为质点金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量________五、解答题18. 如图（俯视图），虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场，边长为L=0.4m，质量为m=0.5kg的正方形导线框起初静止在光滑水平地面上．从t=0时刻起，用水平恒力F向右拉线框从图示位置开始运动，此后线框运动的v-t图像如右图所示．求：（1）恒力F的大小；（2）线框进入磁场过程中感应电流的大小；（3）线框进入磁场过程中线框产生的热量．19. 如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径，电阻，线圈与阻值的电阻相连．在线圈的中心有一个直径的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：（1）通过电阻R的电流方向；（2）电压表的示数；（3）若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间加磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试求在施加新磁场过程中通过电阻R上的电荷量．20. 如图甲所示，水平面上固定一个间距L=1m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，导轨一端接阻值的电阻．导轨上有质量m＝1kg、电阻、长度也为1m的导体棒，在外力的作用下从t=0开始沿平行导轨方向向左运动，其速度随时间的变化规律是，不计导轨电阻．求：（1）t=1s时，流过电阻R的电流以及方向；（2）t=4s时，导体棒受到的安培力的大小；（3）请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系()图象．21. 如图所示，光滑水平轨道MN、PQ和光滑倾斜轨道NF、QE在Q、N点连接，倾斜轨道倾角为θ，轨道间距均为L．水平轨道间连接着阻值为R的电阻，质量分别为M、m，电阻分别为R、r的导体棒a、b分别放在两组轨道上，导体棒均与轨道垂直，a导体棒与水平放置的轻质弹簧通过绝缘装置连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．水平轨道所在的空间区域存在竖直向上的匀强磁场，倾斜轨道空间区域存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，该磁场区域仅分布在QN和EF所间的区域内，QN、EF距离为d，两个区域内的磁感应强度分别为B1、B2，以QN为分界线且互不影响．现在用一外力F将导体棒a向右拉至某一位置处，然后把导体棒b从紧靠分界线QN处由静止释放，导体棒b在出磁场边界EF前已达最大速度．当导体棒b在磁场中运动达稳定状态，撤去作用在a棒上的外力后发现a棒仍能静止一段时间，然后又来回运动并最终停下来．求：（1）导体棒b在倾斜轨道上的最大速度（2）撤去外力后，弹簧弹力的最大值（3）如果两个区域内的磁感应强度B1=B2且导体棒电阻R=r，从b棒开始运动到a棒最终静止的整个过程中，电阻R上产生的热量为Q，求弹簧最初的弹性势能．。
江苏省清江中学高二物理上学期精选试卷检测题
江苏省清江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，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。
取无穷远处电势为零，则（ ）A ．只有MN 区间的电场方向向右B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点C ．在ON 之间存在电势为零的点D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为12Q Q >，根据2QE kr=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。
故选BC 。
2．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。
由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。
下列说法正确的是（ ）A ．水平面对容器的摩擦力向左B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32(23)A q【答案】BD【解析】 【分析】 【详解】A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为22sin15A qq mg kL︒= a 、b 的距离为2sin15L R =︒当a 的电荷量改变后，静电力为2A qq mg kL '='a 、b 之间的距离为L R '=由静电力122'q q F kL = 可得3223A A q q -=-'（） 故D 正确。
江苏省淮安市清江中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理(必修)---精校word解析版
为磁感应强度的计算式，磁感应强度的大小和外界因素无关，只和本身的性质有关，错误；如果通电直导线和磁场方向平行，则不受安培力作用，所以安培力为零，磁感应强度不一定为零，和电动势中的电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同电流方向与磁场方向的夹角为则安培力错误；电流的方向与磁场方向垂直，则安培力为，方向垂直导线斜向左上，正确；洛伦兹力垂直于速度方向，对粒子不做功，，与粒子运动的速度无关，所以8. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的速率为v，带电荷量为q，下列带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向正确的是( )．A. 图（1）为F洛=qvB，方向与v垂直斜向上）为，所以，方向与垂直，，因为带负电，所可知粒子在磁场中运动的周期跟速率无关，正确；粒子在磁场中运动过程中，受到的洛伦兹力垂直于速度方向，【解析】试题分析：电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用．根据焦耳定律正确；设电流为，电阻为，电动机两端电压，所以．即电动机两端电压大于电炉两端电压，故错误；电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为B.D.(5).(2). (3).图象，而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻与定值电阻电压表示数为电源的电动势，说明此时电压表与电源相连，故其他部位是完好的，只能是．图线的斜率为：，得．）金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示．）设滑动变阻器接入电路的阻值为考点：考查了安培力，闭合回路欧姆定律）电压表、的示数随电流表示数的变化图像分别为）试求定值电阻）试求电源的电动势和内阻分别为多少；（的示数随电流表示数的变化图像为的示数随电流表示数的的斜率，即线上的B点，则，点，根据闭合电路的欧姆定律有：联立解得：...............，故）带电粒子在磁场中运动的周期，可见带电粒子在磁场中运动的时间（4）离开磁场时偏离入射方向的距离。
江苏省清江中学2017-2018学年高二12月月考生物试题
江苏省清江中学2017-2018学年度第一学期阶段测试生物试卷（选修）2017. 12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90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共45分）一、单项选择题(共30小题，每小题2分，共40分，在每小题给出的4个选项中，只有 1项最符合题意）1.下图是胰腺组织局部结构模式图。
下列相关叙述中，错误的是A. A液和B液间的渗透是相互的B. A液中的大分子物质可通过C液运回B液C.内环境主要山A液、B液和C液共同组成D.红细胞内的氯气进入膜腺组织细胞内发挥作用的部位要经过4层生物膜2.下列关于下丘脑功能的叙述正确的是A.下丘脑是体温调节的主要中枢,寒冷刺激下使下丘脑分泌促甲状腺激素，通过促进甲状腺的活动来调节体温B.下丘脑中有的细胞既能传导兴奋又能分泌激素C.下丘脑在维持内环境PH的稳态方面起着决定性的作用D.脑的某一区域通过神经的作用可以使肾上腺分泌肾上腺素和胰高血糖素3.下图是缩手反射孤模式图，相关说法错误的是A.图1中B处于静息状态时，若规定细胞膜外为零电位，则膜内表面的电位是负电位B.兴奋在B-C-D传导的过程中至少有3次兴奋传到方式的变化C.在反射弧中，决定神经冲动单向传导的结构位于突触中D.图2是图1中B的一段，如果在电极a的左侧给予一适当刺激，电流计的指针会发生两次方向相反的偏转4.有机磷农药可抑制胆碱酯酶（分解乙酰胆碱的酶）的作用，对于以乙酰胆碱为兴奋性递质的突触来说，中毒后会发生A.突触前膜的流动性小时B.关闭突触前膜的Na+离子通道C. 乙酰胆碱持续作用于突触后的受体D. 突触前神经元的膜电位发生显著变化5.给健康动物注射一定量的甲状腺激素，不会引起A.垂体分泌促甲状腺素的量增加B.下丘脑促激素释放激素分泌量减少C.神经系统兴奋时和细胞呼吸增强D.甲状腺分泌甲状腺激素的量减少6.下图为人体某种免疫的示意图，有关说法不正确的是A.该图表示体液免疫过程B.细菌、病毒都可称为1C.与2的产生有关的细胞结构有：细胞核、核糖体、内质网、高尔基体、线粒体等D.丁可保持对1的记忆功能7.目前我国许多地方有计划地接种“甲流疫苗”，接种该疫苗后在体内可引起的免疫反应是A.B细胞、T细胞和浆细胞受到刺激后都不断进行分裂B.T细胞受刺激后形成相应的效应T细胞C.吞噬细胞受刺激后能特异性识别甲型H1N1流感病毒D.“甲流疫苗”与病毒结合后使其失去侵染宿主细胞的能力8.下列关于人体稳态调节的相关叙述正确的是A.当血液中甲状腺激素含量增加到一定程度时，只能反馈抑制垂体的活动B.寒冷环境中，因为产生的热量少，所以散失的也少，体温仍能维持恒定C.肾小管上皮细胞上有与抗利尿瀲素特异性结合的糖蛋白D.下丘脑受损后，人体的体温和血糖调节能力都将完全丧失9.医生通常用注射而非口服法为糖尿病人补充胰岛素，然而最近国外报道，病人口服特殊胶囊包裹后的相应制剂同样起控制体内血糖浓度的效果。
江苏省淮安市清江中学2017-2018学年高三上学期第二次周练物理试题 Word版含解析
2017-2018学年江苏省淮安市清江中学高三（上）第二次周练物理试卷一、单选题（每小题5分，15分）1．下列对运动的认识不正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2．如图是某质点的运动图象，由图象可以得出的正确结论是（）A．0﹣4s内的位移大小是3mB．0﹣1s内加速度是2m/s2C．0﹣4s内平均速度是2m/sD．0﹣1s内的速度方向与2﹣4s内速度方向相反3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图1所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是：（g取10m/s2）（）A．1.8m B．3.6m C．5.0m D．7.2m4．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q 的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmgC．2μmgD．μmg5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B． C． D．二、多选选择题（4×4=16分）6．一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s7．如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（）A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大9．如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．则（）A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度相同C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力三、填空题（2×14=28分）10．如右图所示的箱子中，用OA、OB两根绳子吊着一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向夹角θ为37°，BO垂直OA．（1）当箱子静止时，求AO、BO绳上的拉力？（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，求AO、BO绳上的拉力？（g=10m/s2）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）11．（6分）如图所示，物体在压力F的作用下沿水平地面向右运动，已知A质量为m，A与地面间的动摩擦因数为μ，拉力为F与水平方向的夹角为θ，物体受到地面的支持力为，物体受到的摩擦力为，物体加速度大小为．12．（4分）如图所示，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮连接物体A和B，物体B静止于水平地面上，用f和F N分别表示地面对物体B的摩擦力和支持力，现将B向左移动一小段距离，物体B仍静止，则f、F N（填增大、减小、不变）13．（8分）如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系．（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，沙桶的质量远小于小车及传感器总质量（填需要、不需要），实验时还需要注意什么？（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，O为运动时打的第一个点，则OD间的距离为cm．（3）图丙是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至起点O的距离），则由此图可算出加速度为m/s2（保留两位有效数字）．14．甲乙两图是测定动摩擦因数常用的两种方案，根据你的实验经验和相关知识回答下列问题．（1）关于实验的操作要领和实验现象，下面说法中正确的是．A．甲图中只要A相对B滑动即可，乙图中A必须做匀速运动B．乙图中只要A相对B滑动即可，甲图中B必须做匀速运动C．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，则两种情况下两弹簧测力计的读数相同D．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，甲图中弹簧测力计的读数较大（2）设木块A和B的质量分别为m A=2kg，m B=4kg，木块A和B间的动摩擦因数μ1=0.2，木块B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，弹簧测力计中弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2，则在图甲中，外力F A的大小至少为N，弹簧测力计的弹簧伸长量应为cm．四、计算题（13+14+14=41分）15．（13分）在细线拉力F作用下，质量m=1.0kg的物体由静止开始竖直向上运动，速度﹣时间图象如图所示，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）在这4s内细线对物体拉力F的最大值、最小值（2）在F﹣t图象中画出拉力F随时间变化的图线（3）若物体从t=0时受到F=15﹣t作用，竖直向上做变加速直线运动，求6秒末物体的速度大小．16．（14分）质量m=10kg的物体在方向平行于斜面、大小为F=186N的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F作用t1=2s后撤去．已知斜面与水平面的夹角θ=37°，如图所示．斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小a1（2）撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间t2（3）试判断物体能否回到斜面底端，若不能请说明理由，若能请计算出物体从出发至回到斜面底端的时间（sin37°=0.6，cos37°=0.8）17．（14分）如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=2.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）0﹣1s内，A、B的加速度大小a A、a B；（2）若要使小铁块B不会从长木板A上滑落，长木板至少多长；（3）4s内摩擦力对小铁块B做的功．2015-2016学年江苏省淮安市清江中学高三（上）第二次周练物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题5分，15分）1．下列对运动的认识不正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去考点：牛顿第一定律；物理学史．分析：亚里士多德的观点符合我们的经验：力是维持运动的原因，但实际上是错误的．而实际上力是改变物体运动状态的原因．而维持物体运动的原因是惯性．解答：解：亚里士多德认为没有力作用在物体上，物体就不会运动．只有物体受到力的作用物体才会运动．这种观点是错误的，但符合历史史实．故A错误．伽利略根据理想斜面实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去．所以认为力不是维持物体运动状态的原因．故B、D正确．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因，物体维持运动状态的原因是物体具有惯性．而C选项中“而不仅仅是使之运动”含义是力使物体运动，显然是错误的．故C错误．本题选不正确的认识，故选A、C．点评：牛顿第一定律解决了力和运动最根本的关系，它是整个牛顿力学的基础．2．如图是某质点的运动图象，由图象可以得出的正确结论是（）A．0﹣4s内的位移大小是3mB．0﹣1s内加速度是2m/s2C．0﹣4s内平均速度是2m/sD．0﹣1s内的速度方向与2﹣4s内速度方向相反考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．解答：解：A、v﹣t图象的“面积”表示位移，所以0﹣4s内的位移大小为s=，平均速度是v=，故AC错误．B、v﹣t图象的斜率表示加速度，所以0﹣1s内加速度是a=k==2m/s2，故B正确；D、0﹣4s内的v﹣t图象均位于横轴上方，这表示速度的方向相同，即与规定的正方向相同，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图1所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是：（g取10m/s2）（）A．1.8m B．3.6m C．5.0m D．7.2m考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中竖直上抛运动的时间，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛上升和自由下落的时间为空中运动总时间的一半，据此可求出运动员跃起是最大高度．解答：解：由图可知运动员在空中竖直上抛运动的时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s根据对称性可知，下落的时间为：t1==1s运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：h==m=5m．故ABD错误，C正确．故选：C．点评：竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用，同时要掌握运动学公式，并能熟练应用．4．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q 的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmgC．2μmgD．μmg考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：计算题．分析：先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P受力分析，再次根据平衡条件求出力F．解答：解：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T木块Q与P间的滑动摩擦力f=μmg ①根据共点力平衡条件T=f ②对木块P受力分析，受拉力F，Q对P向左的摩擦力f，地面对P物体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，有F=f+f′+T ③地面对P物体向左的摩擦力f′=μ（2m）g④由①～④式可以解得F=4μmg故选A．点评：本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B． C． D．考点：牛顿第二定律．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．解答：解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A点评：本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．二、多选选择题（4×4=16分）6．一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物体的加速度，结合速度时间公式求出速度大小变为2m/s时的时间，注意2m/s的速度可能向东，可能向西．解答：解：物体做匀变速直线运动的加速度a=；当2m/s的速度方向向东，则；当2m/s的速度方向向西，则；故B、C正确，A、D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意公式的矢量性．7．如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（）A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：圆柱体和车具有相同的加速度，对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．当加速度增大，抓住竖直方向上的合力为零，判断斜面对圆柱体的弹力大小变化．解答：解：圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，则弹力不变，挡板对圆柱体的弹力增大．故选：C点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道圆柱体和车具有相同的加速度．8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtanθ再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanθMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选B．点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．9．如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．则（）A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度相同C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向．解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：m A gsinα=m B gsinβ；由于α＜β，故m A＞m B，故A正确；B、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故B错误；C、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：P A=m A gsinα•v，P B=m B gsinα•v；由于m A gsinα=m B gsinβ，故P A=P B，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力m A gcosα，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力m B gcosβ，如图所示N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ；由于m A gsinα=m B gsinβ；故N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ＞0，故静摩擦力向左，故D正确；故选：AD．点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断．三、填空题（2×14=28分）10．如右图所示的箱子中，用OA、OB两根绳子吊着一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向夹角θ为37°，BO垂直OA．（1）当箱子静止时，求AO、BO绳上的拉力？（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，求AO、BO绳上的拉力？（g=10m/s2）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）以箱子为研究对象，分析受力情况：重力、绳AO和BO的拉力，根据平衡条件列方程求解两绳的拉力．（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动时，两绳的拉力增大，合力方向竖直向上，水平方向力平衡，由牛顿第二定律求解两绳的拉力．解答：解：（1）以箱子为研究对象，根据平衡条件得T A cosθ+T B sinθ=mgT A sinθ=T B cosθ联立上两式解得T A=160N，T B=120N（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动时，由牛顿第二定律得T A′cosθ+T B′sinθ﹣mg=ma又T A′sinθ=T B′cosθ代入解得T A′=240N，T B′=160N答：（1）当箱子静止时，AO、BO绳上的拉力分别为160N和120N．（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，AO、BO绳上的拉力分别为=240N和160N．点评：本题是采用正交分解法求解的，也可以应用合成法处理，即作出两绳拉力的合力，平衡时其合力与重力大小相等，方向相反；有加速度时，这个合力竖直向上．11．（6分）如图所示，物体在压力F的作用下沿水平地面向右运动，已知A质量为m，A与地面间的动摩擦因数为μ，拉力为F与水平方向的夹角为θ，物体受到地面的支持力为mg+Fsinθ，物体受到的摩擦力为μ（mg+Fsinθ），物体加速度大小为．考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：以物体为研究对象，受力分析，正交分解，根据平衡条件求支持力和摩擦力的大小，合力等于推力的水平分力减去摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．解答：解：对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，竖直方向：N=mg+Fsinθ；摩擦力f=μN=μ（mg+Fsinθ）合力F合=Fcosθ﹣f=Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）根据牛顿第二定律得：a=故答案为：mg+Fsinθ；μ（mg+Fsinθ）；点评：本题考查受力分析以及正交分解的应用，当物体受三个以上的作用力时通常用正交分解法．12．（4分）如图所示，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮连接物体A和B，物体B静止于水平地面上，用f和F N分别表示地面对物体B的摩擦力和支持力，现将B向左移动一小段距离，物体B仍静止，则f减小、F N减小（填增大、减小、不变）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：在物快B向左缓慢移动一小段距离的过程中，绳子对B的拉力大小一直不变．再对B进行受力分析，用共点力的平衡求解．解答：解：对物块A进行受力分析知，由于A静止，故绳中拉力与A物体的重力大小相等，方向相反，即T=m A g．对物快B受力分析，受到重力G、绳子的拉力T、地面的支持力F N和摩擦力F f四个力的作用，如图在水平方向上：F f=Tcosα在竖直方向上：F N=G﹣Tsinα物快B向左缓慢移动一小段距离，α变大，Tcosα变小，Tsinα变大，所以F f变小，F N也变小故答案为：减小，减小．点评：利用共点力平衡条件解题是，一定要正确的对物体进行受力分析．本题还有就是正确分析物体B位置改变后，绳子拉力在水平和竖直方向的分力的变化．13．（8分）如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系．（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，沙桶的质量不需要远小于小车及传感器总质量（填需要、不需要），实验时还需要注意什么？平衡摩擦力（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，O为运动时打的第一个点，则OD间的距离为 1.20cm．（3）图丙是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至起点O的距离），则由此图可算出加速度为0.93m/s2（保留两位有效数字）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（2）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数．（3）应用匀变速直线运动的位移公式与图示图象求出加速度．解答：解：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，实验前要平衡摩擦力．（2）有图示刻度尺可知，其分度值为1mm，OD间的距离为：2.20﹣1.00=1.20cm．（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，位移：s=at2，则s﹣t2图象的斜率：k=a，由图示图象可知：k=≈0.465m/s2，则加速度：a=2k=2×0.465=0.93m/s2；故答案为：（1）不需要；平衡摩擦力；（2）1.20；（3）0.93点评：本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求加速度；对刻度尺读数时要先确定刻度尺的分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；应用匀变速直线运动的位移公式、分析清楚图示图象即可求出加速度．14．甲乙两图是测定动摩擦因数常用的两种方案，根据你的实验经验和相关知识回答下列问题．（1）关于实验的操作要领和实验现象，下面说法中正确的是AC．A．甲图中只要A相对B滑动即可，乙图中A必须做匀速运动B．乙图中只要A相对B滑动即可，甲图中B必须做匀速运动C．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，则两种情况下两弹簧测力计的读数相同D．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，甲图中弹簧测力计的读数较大（2）设木块A和B的质量分别为m A=2kg，m B=4kg，木块A和B间的动摩擦因数μ1=0.2，木块B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，弹簧测力计中弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2，则在图甲中，外力F A的大小至少为22N，弹簧测力计的弹簧伸长量应为4cm．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）两种方案均是根据木块处于平衡状态时，摩擦力的大小与弹簧的示数相等，求摩擦力也就是看弹簧的读数的工作原理，其区别是操作的可行性；（2）当拉着B匀速运动时，拉力最小，此时拉力大小等于B所受摩擦力大小，对于A根据摩擦力和弹簧弹力大小相等列方程可求出弹簧的伸长量．解答：解：（1）实验时如果木块不保持匀速直线运动，摩擦力不等于拉力，只有当弹簧秤拉动木块匀速运动时，拉力才与摩擦力成为一对平衡力，甲图中拉动B时，木块受到向左的摩擦力，由于木块相对地面静止，只要A相对B滑动即可，乙图中，A必须做匀速运动，摩擦力才等于弹簧弹力，故A正确，B错误；若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，滑动摩擦力等于弹簧弹力，由于A对B压力相等，因此滑动摩擦力相等，故弹簧示数相等，故C正确，D错误．故选AC．（2）当拉着B匀速运动时，拉力最小，此时拉力大小等于B所受摩擦力大小，因此有：A给B的摩擦力大小为：f1=F N1μ=m A gμ=4N地面给B的摩擦力大小为：f2=F N2μ=（m A+m B）gμ=18NF A=f1+f2=22N。
江苏省淮安市清江中学2018学年高二上学期期末物理试卷
2018-2018学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期末物理试卷（必修班）一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分，只有一个选项正确）1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s22．以下说法正确的是（）A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．由公式ϕ=可知，电场中某点的电势ϕ与q成反比3．如图所示，实线表示未标出方向的电场线，虚线表示一个不计重力的离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断中正确的是（）A．离子在A点加速度一定小于B点的加速度B．该离子一定是负离子C．A点电势一定高于B点电势D．离子在A点的动能一定小于在B点的动能4．如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图象中的哪一个？（）A．B．C．D．5．某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡．已知把开关置于3、4时，电路与交流电源连通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是（）A．当开关置于3、4时，稳定后若只增加交变电流的频率，则L1变暗，L2变亮B．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2二个灯泡均发光且L1比L2亮C．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2二个灯泡均发光且亮度相同D．在开关置于3、4的瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢减弱6．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是（）A．I2R B．C． D．I（U1﹣U2）7．如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入内阻不计的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下导体AB受到的安培力大小为（）A．B．C．D．二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）8．如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．一束粒子流（重力不计）以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（）A．粒子一定带正电 B．粒子的带电性质不确定C．粒子的速度一定等于D．粒子的速度一定等于9．如图所示为演示自感现象的实验电路，实验时先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡E的电流为I2，小灯泡处于正常发光状态．断开开关S，可以观察到小灯泡闪亮一下后熄灭，在灯泡闪亮的短暂过程中，以下说法正确的是（）A．线圈L中的电流I1立即减为零B．线圈L两端a端电势高于b端C．小灯泡中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D．小灯泡中的电流由I2逐渐减为零，方向不变10．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S 接通时，以下说法中正确的是（）A．副线圈两端的输出电压减小B．变压器的输入功率增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小11．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（）A．增加磁场的磁感应强度B．减小狭缝间的距离C．增大高频交流电压D．增大金属盒的半径12．如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律图象中，可能正确的是（）A．B．C．D．三、填空题（共3题28分，答案填在答题卷对应题号的横线上）13．（8分）我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件．（1）给岀的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路；（2）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）；（3）电路稳定后，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）；（4）根据以上实验可得：产生感应电流的条件．14．为了描绘一个小灯泡（额定电压2.5V，功率约1.5W）的I﹣U图线（要求小灯泡的电压从零开始逐渐增大），有下列器材可供选用：A．电压表（0～3V，内阻约6kΩ）；B．电压表（0～15V，内阻约30kΩ）；C．电流表（0～3A，内阻约0.1Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）；E．滑动变阻器（10Ω，2A）；F．滑动变阻器（200Ω，0.5A）G．蓄电池（电动势4V，内阻不计）．（1）请在图甲方框图中画出实验电路原理图；（2）电压表应选用，电流表应选用，滑动变阻器应选用．（用序号字母表示）（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为Ω．（结果保留两位有效数字）（4）某同学误将电流表和电压表接成如图丙所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，可能出现的情况是．A．小灯泡不亮B．小灯泡被烧坏C．电流表被烧坏D．电压表被烧坏．15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A．干电池一节B．电流表（量程0.6A）C．电压表（量程3V）D．开关S和若干导线E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选（填“R1”、“R2”或“R3”）．（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大．（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=V，内电阻r=Ω．（结果保留两位有效数字）所得内阻的测量值与真实值相比（填“偏大”、“偏小”或“相等”）四、论述计算题（共44分、必须有公式和计算过程或必要的单位）16．（16分）图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图17（乙）所示正弦规律变化．求：（1）交流发电机产生的电动势的最大值；（2）写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电压表的示数；（4）线圈从图示位置转动90°过程中通过电阻R的电量．（5）1min时间内外力对线框所做的功．17．（12分）在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．18．（16分）如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.18kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=2m．试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？（2）金属棒达到的稳定速度是多大？（3）当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B 与t的关系式）？2018-2018学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期末物理试卷（必修班）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分，只有一个选项正确）1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2【考点】磁感应强度．【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．【解答】解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/A•m，即为1T．根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，则1特斯拉相当于1kg/A•s2，故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．2．以下说法正确的是（）A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．由公式ϕ=可知，电场中某点的电势ϕ与q成反比【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电容．【分析】电场强度的定义式适用于任何电荷产生的电场．电场强度的方向与放入的正电荷所受电场力的方向相同．电场强度跟放入的试探电荷的电量无关．根据电容的定义式，电容的大小是由电容器本身的性质，是由电容器本身决定的，与Q以及U无关．结合匀强电场的场强公式判断电场强度的变化．电场中某点的电势是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关．【解答】解：A、电场强度的定义式适用于任何电荷产生的电场．电场强度的大小是由电场本身决定的，放入的试探电荷的电量无关．故A错误；B、公式：是电容的定义式，电容的大小是由电容器本身决定的，与Q以及U 无关．故B正确；C、由U ab=Ed可知，两点之间的电势差的大小与场强、以及两点间的距离d、以及距离d与电场强度之间的夹角三个因素有关．所以匀强电场中的两点间的距离大，两点间的电势差不一定大．故C错误；D、电场中某点的电势是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关，与电场本身以及零势能点的选择有关．故D错误．故选：B．【点评】电场强度是表示电场本身强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关．电容的定义式，知道匀强电场的场强公式．3．如图所示，实线表示未标出方向的电场线，虚线表示一个不计重力的离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断中正确的是（）A．离子在A点加速度一定小于B点的加速度B．该离子一定是负离子C．A点电势一定高于B点电势D．离子在A点的动能一定小于在B点的动能【考点】电势；电场线；电势能．【分析】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场强的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能的大小关系．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的大小，A点电场线稀疏，所以离子在A点的电场力小，所以离子在A点的加速度一定小于B点的加速度，所以A正确；B、由于不知道电场线的方向，所以不能判断粒子的带电的性质，所以B错误；C、由于不知道电场线的方向，也不能判断电势的高低，所以C错误；D、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向下，粒子从A到B的话，电场力做负功，动能减小，所以离子在A点的动能一定大于在B点的动能，所以D错误．故选：A【点评】在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握．4．如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图象中的哪一个？（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】本题分两段时间计算感应电动势，由欧姆定律得到感应电流．感应电动势公式E=Blv，是有效的切割长度．根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca．线框有效的切割长度均匀增大，由E=BLv知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在ab段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca．线框有效的切割长度均匀减小，由E=BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故A图正确．故选：A．【点评】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．5．某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡．已知把开关置于3、4时，电路与交流电源连通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是（）A．当开关置于3、4时，稳定后若只增加交变电流的频率，则L1变暗，L2变亮B．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2二个灯泡均发光且L1比L2亮C．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2二个灯泡均发光且亮度相同D．在开关置于3、4的瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢减弱【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】电感的特性是：通直流、阻交流；通低频、阻高频．电容的特性是：隔直流、通交流；通高频、阻低频．也可以用感抗公式x L=2πfL和容抗公式x C=来分析，更方便．【解答】解：A、当开关置于3、4时，稳定后，若只增加交流电的频率，感抗变大，L1变暗，容抗变小，L2变亮．故A正确．BC、当开关置于1、2时，接的是直流电，稳定后，电感的感抗减小，L1变亮，电容的容抗无穷大，也就是不通电，L2不亮．所以BC错误．D、当开关置于3、4瞬间，L2立即发光，由于电感产生的自感电动势对电流的阻碍作用，L1中的电流会渐渐增大，因此L1亮度渐渐增大．所以D错误．故选：A．【点评】对于电容和电感对交流的影响可以根据感抗和容抗的公式，在理解的基础上进行记忆．6．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是（）A．I2R B．C． D．I（U1﹣U2）【考点】电功、电功率．【分析】电压损耗为△U=U1﹣U2，根据△P=△U•I和列式分析即可．【解答】解：发电机的输出电压为U1，学校得到的电压为U2，电压损耗为：△U=U1﹣U2；输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，故输电导线上损耗的功率为：△P=△U•I=（U1﹣U2）I，故D正确；△P=I2R，故A正确；，故B错误，C错误；本题选不正确的，故选：BC【点评】本题关键先求解输电线的电压损耗△U，然后应用电功率公式即可正确解题，基础题目．7．如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入内阻不计的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下导体AB受到的安培力大小为（）A．B．C．D．【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图根据欧姆定律，ACB的电流：I1==AB的电流：I2=则：F1=F2=BI1L=F3=BI2L=三根电阻丝受到的合安培力大小：F=F1sin30°+F2sin30°+F3=将ACB边移走，则余下导体AB受到的安培力大小为：F3=BI2L==F故选：D【点评】该题中，各段的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档．二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）8．如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．一束粒子流（重力不计）以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（）A．粒子一定带正电 B．粒子的带电性质不确定C．粒子的速度一定等于D．粒子的速度一定等于【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．【解答】解：A、B、粒子受洛伦兹力和电场力；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下；均可以平衡；故A粒子可以带正电，也可以带负电；故A错误，B正确；C、D、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：v=，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．9．如图所示为演示自感现象的实验电路，实验时先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡E的电流为I2，小灯泡处于正常发光状态．断开开关S，可以观察到小灯泡闪亮一下后熄灭，在灯泡闪亮的短暂过程中，以下说法正确的是（）A．线圈L中的电流I1立即减为零B．线圈L两端a端电势高于b端C．小灯泡中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D．小灯泡中的电流由I2逐渐减为零，方向不变【考点】自感现象和自感系数；电势．【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化和电势高低．【解答】解：A、迅速断开开关S时，线圈中电流开始减小，磁通量开始减小产生自感电动势，阻碍电流的减小，则线圈中电流I1逐渐减小为零．故A错误．B、迅速断开开关S时，线圈产生自感电动势，相当于电源，b端相当正极，a 相当于负极，b端电势高于a端．故B错误．C、D，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流I2突然减小到零，线圈产生的感应电流流过灯泡，灯泡E中电流由I l逐渐减为零，方向与I2相反．故C正确，D 错误．故选：C．【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．10．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S 接通时，以下说法中正确的是（）A．副线圈两端的输出电压减小B．变压器的输入功率增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，副线圈两端的电压不变，输出功率变大，所以变压器的输入功率变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小灯泡L1变暗，所以BC正确；D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，所以D错误；故选：BC．【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．11．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（）A．增加磁场的磁感应强度B．减小狭缝间的距离C．增大高频交流电压D．增大金属盒的半径【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大．但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关．所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系．【解答】解：带电粒子从D形盒中射出时的动能E km=mv m2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R=（2）由（1）（2）可得E km=显然，当带电粒子q、m一定的，则E km∝R2 B2即E km随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故选：AD．【点评】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．12．如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律图象中，可能正确的是（）。
数学---江苏省清江中学2017-2018学年高二12月月考试题(解析版)
江苏省清江中学2017-2018学年高二12月月考试题第Ⅰ卷（共60分）一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分．1. 命题“”的否定是_______.2. 抛物线上一点到焦点的距离是2，则点坐标为_______.3. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则______.4. 已知正四棱锥中，底面面积为16，一条侧棱的长为3，则该棱锥的高为______.5. 若条件：，条件：，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_______.6. 以双曲线的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为________.7. 已知互不重合的直线，互不重合的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是_______.①若，，则②若，，则③若，，则④若，，则8. 若椭圆的离心率，则________.9. 已知，函数在上是单调递增函数，则的取值范围是______.10. 已知圆锥底面半径为，母线长是底面半径的3倍，底面圆周上有一点，则一个小虫自点出发在侧面上绕一周回到点的最短路程为_______.11. 设函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是___.12. 已知函数的图象在点处的切线恰好与直线平行，若在区间上单调递减，则实数的取值范围是_______.13. 已知椭圆的一个顶点为，离心率，直线交椭圆于两点，如果的重心恰好为椭圆的右焦点，直线方程为________．14. 设是定义在上的可导函数，且满足，则不等式的解集为________．二、解答题（本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标，曲线的极坐标方程.（1）判断直线与曲线的位置关系；（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围.16.已知：，：，若是的成分而不必邀条件，求实数的取值范围.17. 如图，在四棱锥中，，，，.（1）在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由；（2）证明：平面平面.18.如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19.已知椭圆：的离心率为，其中左焦点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求的值.20. 某企业拟建造如图所示的容器（不计算厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为（）千元，设该容器的建造费用为千元.（1）写出关于的函数表达式，并求该函数丶定义域；（2）求该容器的建造费用最小时的.21. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，设是椭圆上关于轴对称的不同两点，直线与相交于点，求证：点在椭圆上.22. 设，函数.（1）求的单调递增区间；（2）设，问是否存在极值，若存在，请求出极值，若不存在，请说明理由；（3）设是函数图象上任意不同的两点，线段的中点为，直线的斜率为，证明：.参考答案第Ⅰ卷（共60分）一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分．1.【答案】【解析】由含一个量词的命题的否定可得，所给命题的否定是：.答案：.2.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线方程为.设点的坐标为，则由抛物线的定义得，解得.此时，解得.所以点坐标为.答案：3.【答案】2【解析】试题分析：由图及导数的几何意义知，又f(5)=-5+8=3，故 2考点：本题考查了导数的几何意义点评：函数在的导数值即是过点所作该函数所表示的曲线切线的斜率4.【答案】1【解析】设正四棱锥的底面边长为，高为.则有，故.由题意可得，解得.所以该棱锥的高为1.答案：15.【答案】【解析】由得.若是的充分不必要条件，则，故.所以实数的取值范围为.答案：.6.【答案】【解析】试题分析：双曲线右焦点为，其中一条渐近线为，因为圆与渐近线相切，由点到直线距离公式得半径.考点：圆的方程.7.【答案】④【解析】①中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线平行，故正确.②中，满足条件的直线垂直，故正确.③中，由面面垂直的性质可得，交线与垂直，故正确.④中，直线与可能平行，也可能在内，故不正确.综上④不正确.答案：④8.【答案】3或【解析】试题分析：当焦点在x轴时，同理可知当焦点在y 轴时，所以m的值为或考点：椭圆性质9.【答案】【解析】∵，∴，又函数在单调递增，∴在上恒成立，即在上恒成立.又当时，，∴.又，∴.故实数的取值范围是.答案：点睛：对于导函数和函数单调性的关系要分清以下结论：（1）当时，若，则在区间D上单调递增（减）；（2）若函数在区间D上单调递增（减），则在区间D上恒成立.即解题时可将函数单调性的问题转化为的问题，但此时不要忘记等号.10.【答案】【解析】如图，作出圆锥的侧面展开图由几何知识可得动点P自A出发在侧面上绕一周回到A点的最短路程为弧所对的弦AA′的长.设展开图扇形的圆心角为，∵圆锥底面半径为r，母线长是底面半径的3倍，∴由弧长公式得到，解得∴答案：点睛：研究几何体表面上两点的最短距离问题时，常选择恰当的母线或棱将几何体剪开后展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．这种方法体现了解决立体几何问题时常用的一种基本思想，即把空间问题转化为平面问题处理.11.【答案】【解析】∵，∴，∴当或时，单调递增；当时，单调递减.∵，∴.∴.故实数的取值范围是.答案：12.【答案】【解析】∵，∴.由题意得，解得，∵，∴，由，得，所以函数的单调减区间为.由题意得，∴，解得.∴实数的取值范围是.答案：13.【答案】【解析】由题意得，又，解得.∴椭圆的方程为.∴椭圆右焦点的坐标为，设线段的中点为，由三角形重心的性质知，从而，解得，所以点Q的坐标为.设，则，且，以上两式相减得，∴，故直线的方程为，即．答案：点睛：弦中点问题的解决方法（1）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤①设点——设出弦的两端点坐标；②代入——代入圆锥曲线方程；③作差——两式相减，再用平方差公式把上式展开；④整理——转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解.（2）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交.14.【答案】【解析】∵，∴函数在上单调递增.∵，∴,即，∴,∴，解得.所以原不等式的解集为.答案：.二、解答题（本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15. 【答案】（1）直线与曲线相离（2）【解析】试题解析：（1）由，消去得直线的普通方程为：由，得.∴，即.化为标准方程得：.∴圆心坐标为，半径为1，∵圆心到直线的距离，∴直线与曲线相离.（2）由为曲线上任意一点，可设，则，∵,∴∴的取值范围是.16.【答案】【解析】试题分析：由题意p:∴∴q ：∴：又∵是充分而不必要条件∴∴考点：本题考查了不等式的解法及充要条件的判断点评：简易逻辑是高中数学的基础知识，命题热点有以下两个方面：一是判断命题的真假、四种命题的关系、充要条件的判定等作基础性的考查，题型多以选择、填空题的形式出现；二是以函数、方程、三角、不等式等知识为载体，结合简易逻辑知识考查学生的数学思想、数学方法和数学能力17. 【答案】（1）棱的中点，证明见解析（2）见解析【解析】试题分析：本题考查直线和平面平行的判断和平面与平面垂直的判断.（1）先猜测点为棱的中点，然后再证明平面即可.（2）先证明，，从而可得平面，所以可证得平面平面.试题解析：（1）取棱的中点，点即为所求的一个点.理由如下：连，因为，，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）证明：由已知得，因为，，所以直线与相交，所以平面，又平面，所以.因为，，所以，且，连，则四边形是平行四边形.所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.18. 【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：本题考查线面垂直的判定和二面角的求法.（1）利用面面垂直的性质证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解.试题解析：(1)证明：因为为正方形，所以.又平面平面，平面平面，所以平面.（2）由（1）知，，又，所以.所以两两垂直.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即，令，则得.同理可得平面的法向量为，所以.由图形知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.点睛：用法向量法求二面角的大小时，两个法向量的夹角与二面角大小不一定相等，这里有两种情形，即法向量的夹角可能与二面角相等，也可能互为补角．解题时，在求得两个法向量的夹角的基础上，再根据所给的图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后再得出二面角的大小．19.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（I）由椭圆的离心率和焦点坐标，可列关于的方程组，解得即可；（II）设，线段的中点，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理表示出，由点在圆外得，解得即可.试题解析：（I）由题得：，解得，所以椭圆方程为；（II）设，线段的中点，由，消去得：，，，，，在圆外，，所以或，所以或.考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与椭圆的位置关系.20. 【答案】（1），（2）当时，建造费用最小时；当时，建造费用最小时.【解析】（1）由体积V=，解得l=，∴y=2πrl×3+4πr2×c=6πr×+4cπr2=2π•，又l≥2r，即≥2r，解得0＜r≤2∴其定义域为（0，2]．（2）由（1）得，y′=8π（c﹣2）r﹣，=，0＜r≤2由于c＞3，所以c﹣2＞0当r3﹣=0时，则r=令=m，（m＞0）所以y′=①当0＜m＜2即c＞时，当r=m时，y′=0当r∈（0，m）时，y′＜0当r∈（m，2）时，y′＞0所以r=m是函数y的极小值点，也是最小值点．②当m≥2即3＜c≤时，当r∈（0，2）时，y′＜0，函数单调递减．所以r=2是函数y的最小值点．综上所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r=2；当c＞时，建造费用最小时r=21.【答案】（1）（2）见解析【解析】(1)解：由题意知b＝＝.因为离心率e＝＝，所以＝＝.所以a＝2.所以椭圆C的方程为＝1.(2)证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则直线PM的方程为y＝x＋1，①直线QN的方程为y＝x＋2.②(证法1)联立①②解得x＝，y＝，即T.由＝1可得＝8－4.因为＝＝1，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T 在椭圆C上．(证法2)设T(x，y)．联立①②解得x0＝，y0＝.因为＝1，所以＝1.整理得＝(2y－3)2，所以－12y＋8＝4y2－12y＋9，即＝1.所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．22.【答案】（1）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为（2）时，无极值；，有极大值，无极小值.（3）见解析.【解析】试题分析：本题考查导数在研究函数中的应用以及不等式的证明.（1）求导后根据导函数的符号判断求解.（2）由题意得，求导数后根据函数的单调性求极值即可.（3）由题意要证，即证，即证，即证，令，，故只需证，构造函数根据单调性证明即可.试题解析：（1）解：函数的定义域为上，由题意得.①当时，则恒成立，上单调递增.②当时，由，得，∴的单调递增区间为.综上可得，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为（2）由题意得，∴当时，恒有，在单调递增，故无极值；当时，令，得当，，单调递增；当，，单调递减.∴当时，有极大值，且极大值为，无极小值.综上所述，当时，无极值；当，有极大值，无极小值.（3）证明：由题意得又，∴.要证，即证，设，即证，即证设，只需证即证，设，则∴在上单调递增，因此，∴.∴成立.点睛：①求函数的单调区间时，常常通过求导，转化为解方程或不等式，解题时常用到分类讨论思想，分类时要根据参数的特点选择合适的标准进行分类.②求函数的极值时要根据函数的单调性去解，注意导函数的零点与函数极值点之间的关系，不要将导函数的零点与极值点混为一谈.③利用单调性证明不等式或比较大小时，常用构造函数的方法进行求解.构造时要根据所证不等式的特点并选择适当的变量构造出函数，再根据函数的单调性证明.。
江苏省清江中学高二物理上学期期中试题(选修)
江苏省清江中学2016—2017学年第一学期期中考试高二物理试卷（选修）一、单选题（共20分，每小题4分，只有一个正确选项） 1．如图所示的各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是2．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中，有A 、B 、C 三点，A 为两点荷连线的中心，B 为连线上距A 为d 的一点，C 为连线中垂上距A 也为d 的一点，关于三点的场强大小E 、电势φ高低比较，正确的是 A ．B A C E E E >> B ．C B A E E E >> C ．A C B ϕϕϕ>= D ．B C A ϕϕϕ>=3．如图所示，两极板与电源相连接，电子从紧靠负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的 A ．14倍 B ．12倍 C ．4倍D ．2倍4．为探究小灯泡L 的特性，连好分压电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始变化，得到小灯泡L 的U －I 图象应是5．如图所示，额定电压为110V 的两盏电灯，额定功率分别为A P ＝100W ，B P ＝25W ．把它们接到220VA B C D的电路上，欲使它们都能正常发光且电路耗电最少，应采用的接法是二、多选题（共30分，至少有两个正确选项，选不全的，得3分）6．A 、B 是一条电场线上的两个点，一带电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，加速度增大．则此电场的电场线分布可能是7．如图示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2可变电阻值R 3由较大逐渐变小的过程中 A ．流过R 2的电流方向向上 B ．电容器板间场强逐渐变大 C ．电容器的电容不变 D ．电源内部消耗的功率减小8．如图，电源电动势E =10V ，内阻r = 0. 5Ω，电动机M 的电阻R M =1Ω，电阻R =1. 5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V ．则 A ．电动机两端的电压为2V B ．电动机两端的电压为6VC ．电动机转化为机械能的功率为12WD ．电动机转化为机械能的功率为8W9．如图所示，仅在静电力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A 运动到B ，则A ．静电力做正功B ．动能减少C ．粒子带负电D ．加速度减小10．带电小球以速度v 0沿竖直方向从A 点垂直进入匀强电场E 中，如图所示，经过一段时间后到达B 点，其速度变为水平方向，大小仍为v 0，则在上述过程中一定有 A ．小球一定不是做圆周运动B ．小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小MA B C DC ．静电力所做的功一定等于重力所做的功D ．小球速度的最小值为20v三、实验题（36分，每空3分，含作图、连线等，按要求作答）11．如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R 0保护电阻，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：请完成下列问题（1）本实验系统误差主要因素是 ； （2）用作图法在坐标系内作出U-I 图线；（3）利用图线，测得电动势E = V，内阻r = Ω。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
考点：自感现象
3. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
视频
能以角速度
回路中的感应电流大小为
外力做功的功率为
产生的感应电动势为，则感应电流为：，由
【点睛】由右手定则可知电流由，由电路回路可判定通过电阻的电流．导体棒等效为电源，
导体棒切割磁场产生的感应电动势为
两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比
存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图所示．当磁场的磁感应强度随
B. C. D.
【答案】
相同，
中感应电动势之比为．根据电阻定律，、
，根据欧姆定律得产生的感应电流之比为：
【点睛】根据法拉第电磁感应定律
出两环电阻之比，再欧姆定律求解电流之比．
根据法拉第电磁感应定律，
快，也可能增加的越来越慢，所以感应电动势可能不变，可能增大，可能减小．所以感应电流可能不变，的小球．
＝，又
思路分析：
试题点评：本题借代力传感器，考查了楞次定律和电磁感应定律以及电容间的电场，是一道综合性电磁学
，；
线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为，则
【答案】C
...............
10. 边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是 ( )
B. C. D.
【解析】感应电动势
为：，感应电动势为：，得到外力为：有效长度为：，可得：v一定，则错误；外力的功率为：，∝x2，故错误。
所以B正确，
匝，横截面积，线圈总电阻
设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的磁通量的变化率为
为正，则线圈中磁通量的变化量为，代入数据解得：，A错误；磁通量的变化率
间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为，
【点睛】由图象b的斜率读出磁感应强度的变化率
势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出
形框架上接一个阻值为
的半圆形硬导体
此过程中电路产生的电热为
的电荷量为
由欧姆定律得：，
错误；根据能量守恒定律可知：，解得：，C错误；根据电磁感应定律，根据电流定义式：，联立解得：，
【点睛】图中半圆形硬导体有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E=Blv
并以速率水平向左匀速运动．一带电微粒从槽口左侧以速度
(
微粒做圆周运动的半径为
微粒做圆周运动的周期为
错误．板间场强，因为微粒做匀
，解得比荷为．B正确．向心力由洛伦兹，得：，周期，错误．选
【点睛】微粒进入槽后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．根据牛顿定律、圆周为导体做成的框架，其平面与水平面成
安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力，则摩擦力为：
力的减小，摩擦力逐渐逐渐增大，当安培力反向时，，安培力逐渐增大，故摩擦力也是逐
，则安培力为：，由于安培力逐渐减故，摩擦力逐渐减小，当时，摩擦力为零并开始反向变为：
【点睛】由图乙可知磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，根据左
，线框宽度为，线框上有一金属棒，长恰好也为，
匀速移动，同时金属杆以速率向右匀速移动，金属棒电阻为
_________
【答案】
【解析】由题知，金属杆相对磁场的速度为，感应电动势为
17. 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，抛物线的方程是
一个小金属环从抛物线上
【答案】
【解析】圆环最终在y=a以下来回摆动，以处为初位置，
【点睛】圆环在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终以
）线框匀速进入磁场，由平衡条件得
，即可求解产生的热
图得：加速度
由牛顿第二定律得：
）线框以速度为
匝，直径，电阻，线圈与阻值
的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：
，
则电压表的示数为：
）根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为：
则平均感应电流为：
的电量为：
将线圈拉出磁场，磁通量的变化量为定量，则通过电阻
的匀强磁场中，导轨一端接阻值、电阻、长度也为
开始沿平行导轨方向向左运动，其速度随时间的变化规律是
)
时产生的感应电动势，由
由）根据E=BLv由
求电流，求的关系式并作出图象
时，导体棒产生的感应电动势为：
2）t=4s时，导体棒产生的感应电动势为：
受到的安培力为：
）产生的感应电动势为：
图象如图所示
点连接，倾斜轨道倾角为
强度分别为，以
从紧靠分界线
且导体棒电阻
，求弹簧最初的弹性势能．
，，
【解析】试题分析：（1）根据受力平衡条件，结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解；
，则有：
切割感应电动势为：
联立解得：
）撤去外力后，a杆将做减幅振动，最大弹力出现在其静止阶段
杆正处于匀速运动阶段，则有：
）设b杆在磁场中运动期间，电阻上产生的热量为上产生的热量为，导体棒电阻
【点睛】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，弄清运动过程中能量如何转化，并应用能。