2015-2016学年湖北省襄阳市高二下学期期末考试物理试题(扫描版)
湖北省襄阳市2015-2016学年高二下学期期末考试语文试题扫描版含答案
2016年7月襄阳市普通高中调研统一测试高二语文参考答案及评分标准单项选择题27分（每小题3分）．．．．．，而非“统治人民．．”）２．Ｂ（中央王朝通过各民族的首领进行的统治应该是“间接的”，而非“直接的”）３．Ｃ（“促进”的主语应是“土司制度的建立”，而不是“土司的设立”）4．A5．D（这里的“传”是古代注释、阐述经文的著作，而非传记。
）6．C (“所有的将帅对他都是谦恭而有礼貌”错)7．(1) 杜预到任以后，修缮铠甲、兵器、展示威武之势，(之后)就使精锐部队轻装前进，偷袭东吴西陵督张政，大败他。
(2) 有人讥讽他心思太细琐，杜预说：“夏禹后稷的功勋，目的在于救济世人，也许可以吧。
”8．浅浅的春寒从溪水边、城郭旁消退了，天气转暖，花影摇曳，莺声盈耳，一派热闹的城郊暮春风光。
（2分）这四句写眼前之景，交代了人物活动的时令、地点。
（1分）以乐景衬哀情，奠定全文的感情基调。
（2分）9．“春去也”运用双关。
一声浩叹，不仅是在感慨春光已逝，同时也暗示自己生命的春天将一去不复返，可谓一语双关，言简意深。
（3分）“飞红万点愁如海”运用了借代、比喻、夸张的修辞手法。
“飞红万点”生动地写出了暮春时节落英缤纷的景象，画面凄美，令人伤感；“愁如海”比喻新奇，以深不可测、茫无边际的大海写出了词人愁之深、愁之广，这愁既有伤春之愁、年华已逝的悲愁，也有人生失意的愁苦。
（指出任意两种手法，并作分析即可。
（3分。
）10．（1）引壶觞以自酌，眄庭柯以怡颜。
（2）渔舟唱晚，响穷彭蠡之滨。
（3）东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。
（每空1分，每错一字扣1分，扣完1分为止）11．（1）【AD】（答A得3分，答D得2分，答B得1分，答CE不给分。
B“一定是多年前的恋人”的说法太绝对。
C“他”无法注意听取会议内容，主要因为“他的心思全在她身上，激动地寻找她的身影”。
E“她”拨电话是“他”想象中的，“说明老总很官僚”也不合理。
）（2）男女主人公均是害羞腼腆、不善表达、拘谨内向的形象。
湖北省襄阳市保康一中2015-2016学年高二(下)第一次月考物理试卷(解析版)
2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（）A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某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的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）A．E A＜E B φA＞φB B．E A＜E B φA＜φB C．E A＞E B φA＜φB D．E A＞E B φA＞φB 10．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A．B．C．D．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零【考点】电势能；电势．【分析】本题抓住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小、电势为零，电势能为零，进行分析判断．【解答】解：A、某点的电场强度大，该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故A错误．B、某点的电势高，由公式E P=qφ知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故B错误．C、某点的场强为零，该点的电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故C 错误．D、某点的电势为零，即φ=0，由公式E P=qφ知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D 正确．故选D2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．【解答】解：A、设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma=mg，得：f=0.5mg，斜面的长度，则物块克服摩擦力做功为W f=f•2H=0.5mg•2H=mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，机械能不守恒，故AD错误．B 、已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：△E k =W 合=F 合•=mg •2H=2mgH ．故C 正确，B 错误．故选：C3．在电场中的某点放入电量为﹣q 的试探电荷时，测得该点的电场强度为E ；若在该点放入电量为+2q 的试探电荷，此时测得该点的场强为（ ）A ．大小为2E ，方向和E 相反B ．大小为E ，方向和E 相反C ．大小为2E ，方向和E 相同D ．大小为E ，方向和E 相同【考点】电场强度．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义．【解答】解：根据场强的定义式E=得该点的场强为E ，再根据电场中的场强取决于电场本身，所以在该点放入电量为+2q 的试探电荷时，该点的场强不变，故ABC 错误，D 正确． 故选：D ．4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（ ）A ．质量不变，速度增大到原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍C ．质量减半，速度增大到原来的4倍D ．速度减半，质量增大到原来的4倍【考点】动能．【分析】动能为E K =mV 2，物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化，根据公式逐个分析即可．【解答】解：A 、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=m （2V ）2=4E K ，所以A 正确．B 、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•2mV 2=2E K ，所以B 错误．C 、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=（）（4V ）2=8E K ，所以C 错误．C 、D 、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•4m （V ）2=E K ，所以D 错误．故选：A ．5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB【考点】电场线；电势．【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低．【解答】解：AB、v﹣t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即E A＞E B；故A正确，B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即φA＞φB，故C正确，D错误；故选：AC．6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F2和线的拉力F1三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，减小，A、B间斥力F2大小的变小，故B正确，故选：B7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某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的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．【解答】解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A正确，B错误，C正确．D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：ACD．8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】B、C、D在以Q为圆心的同一圆周上，电势相等，电场力做功公式W=qU分析即可．【解答】解：据题知，B、C、D都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A与B、C、D三点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．即有W AB=W AC=W AD．故AB错误，CD正确．故选：CD9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）A．E A＜E B φA＞φB B．E A＜E B φA＜φB C．E A＞E B φA＜φB D．E A＞E B φA＞φB 【考点】电场强度．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．【解答】解：由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即E A＞E B．画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，则有A点的电势高低C点的电势，所以A点的电势高低B点的电势，即φA＞φB．故选项D正确．故选：D10．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A．B．C．D．【考点】电势；电场的叠加．【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选：A．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【考点】电势；电场强度．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D正确．故选：BD12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多【考点】库仑定律．【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”．故D正确，C错误，故选：AD二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】小物体在BC上做匀速运动，对小物体进行受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可；小物体做匀加速运动时根据动能定理列方程求解即可．小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理列方程．【解答】解：（1）小物块在BC上匀速运动，支持力：N=mgcosθ滑动摩擦力：f=μN由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ解得：μ=tanθ（2）小物块在CA段做匀加速直线运动，则：N′=mgcosθ﹣qEf′=μN′根据动能定理得：mgLsinθ﹣f′L=m（v2﹣v20）解得：E=（v2﹣v20）+W G+W f=E K﹣E K0（3）①小物块可能从A处出电场，W电则：﹣qEL=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣②小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，则：﹣qEx=m（0﹣v20）从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理：W f=E K﹣E K0﹣2μmgxcosθ=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ；（2）匀强电场场强E的大小E=（v2﹣v20）；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，小物块离开电场区时的动能E K大小为mv20﹣或者mv20﹣．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电场强度．【分析】（1）线框做匀速运动时重力的分力与安培力平衡，根据平衡条件，结合切割产生的电动势、闭合电路欧姆定律求出匀速运动的速度．（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界这段过程为研究过程，运用动能定理求出电场强度的大小．（3）当小球运动到电场的下边界时刚好返回，速度为零，运用动能定理求解小球到达的最低点与电场上边界的距离．【解答】解：（1）设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则：E=BLv0，I=F A=BIL=根据平衡条件：mgsinθ﹣=0可解得：v0==1m/s（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理：﹣qEL+mgsinθ×2L=0﹣可解得：E=6×106N/C（3）设经足够长时间后，小球运动的最低点到电场上边界的距离为x，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合．根据动能定理：qEx﹣mgsinθ（L+x）=0解得：x=m答：（1）线框做匀速运动时的速度大小为1m/s；（2）电场强度的大小为6×106N/C；（3）经足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离为m．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：E=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨道半径：r=，r1=，r2=r1，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：v min=（9﹣6）；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x，由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）x≥，x=，解得：r1=（1+），n＜3.5，即：n=1时，v=，n=2时，v=，n=3时，v=；答：（1）电场强度的大小为，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为（9﹣6）．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：、或、或．2016年4月13日。
湖北省襄阳市2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题 扫描版含答案
高二物理参考答案和评分标准12. （1）S 2接1（1分），闭合S 1（1分），调节PR '（1分）,读出此时电压表和电流表的示数U 1、I 1（1分）；（2）2121x U U R I I =-；（2分）（3）电路连接如图所示（4分）13. 解：（1）由图知，交变电压周期T =0.02s角速度πππω10002.022===T rad/s所以电压瞬时值表达式为 )100sin(350t u π=(V) （2分） （2）由R I P 2=∆可知：（1分）21053⨯=∆=R P I =50A （2分） （3）设降压变压器原线圈两端电压为u 1，副线圈两端电压为u 2，则由P 用= u 1I 可知，341109.150105.9⨯=⨯==I P u 用V （1分） 再由2121n n u u =可知，（2分） 1195220109.1321=⨯=n n （2分） 14. 解：（1）ab 边刚进入时，线圈匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知：F 安=mgsinθ=0.1(N) ① （1分）方向沿斜面向上 （1分）(2)设ab 边进入磁场时线圈速度为v ，磁场磁感应强度为B ， 由机械能守恒定律：21sin 2mv mgL θ= ② 可得：v =1m /s （1分） E =nBLv ③ （1分） E I R= ④ （1分） F 安=nBIL ⑤ （1分）由①②③④⑤联立代入数据得：B=0.2T （1分）（3）分析可知线圈穿过磁场过程中一直匀速运动，由能量守恒得：Q =mg ·2Lsin θ=0.02J ⑥ （3分）(其它答案参考给分)15. 解：（1）设粒子在区域Ⅰ内轨道半径为r 1，则由qv 0 B 0=m 120r v 可知： （2分）r 1=00qB m v =R 1 （3分） 由图知，粒子经P 点的速度沿x 轴正方向.（2分） (2)设磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为B ，外边界的半径为R ，粒子在区域Ⅱ中的轨道半径为r 2，如图，由几何关系知：1233R r = （2分） 又∵qBmv r 02= （2分） ∴B =03B （2分） 由几何关系得1222332R r r r R ==+= （3分）16. 解：（1）由折射定律可得：红＝v C n 1 ----------------------1分紫＝v C n 2 ----------------------1分 联立可解得：12n n =紫红v v ----------------------2分 （2）红光应满足临界角C ＞30 ° ----------------------2分则有：sinC ＝2111>n ----------------------2分 可得：折射率n 1＜2 ----------------------2分16. 解：①设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时根据动能定理有：()t F v m v m A A =--'11. ........ 2分 解得N F 50= 方向水平向右 . …… 2分②当A 与B 碰撞时，设碰撞后两物体的速度为v ，根据动量守恒定律有V m m v m B A A )(1+=' …… …. 2分A B 在光滑圆形轨道上升时，机械能守恒，由机械能守恒定律得 gh m m V m m B A B A )()(212+=+ …… .. 2分 解得h=0.45m …… ..2分。
湖北省襄阳市2015-2016学年高二下学期期末考试语文试卷(扫描版)
资料概述与简介 2016年7月襄阳市普通高中调研统一测试 高二语文参考答案及评分标准 单项选择题 27分（每小题3分） 题号1 2 3 4 5 6 13 14 15 答案 D B C AD C B B C １．Ｄ（不符文意，原文是“土司制度已成为明朝统治西南诸民族的主要制度”，而非“统治人民”） ２．Ｂ（中央王朝通过各民族的首领进行的统治应该是“间接的”，而非“直接的”） ３．Ｃ（“促进”的主语应是“土司制度的建立”，而不是“土司的设立”） 4．A 5．D（这里的“传”是古代注释、阐述经文的著作，而非传记。
） 6．C (“所有的将帅对他都是谦恭而有礼貌”错) 7．(1) 杜预到任以后，修缮铠甲、兵器、展示威武之势，(之后)就使精锐部队轻装前进，偷袭东吴西陵督张政，大败他。
(2) 有人讥讽他心思太细琐，杜预说：“夏禹后稷的功勋，目的在于救济世人，也许可以吧。
” 8．浅浅的春寒从溪水边、城郭旁消退了，天气转暖，花影摇曳，莺声盈耳，一派热闹的城郊暮春风光。
（2分）这四句写眼前之景，交代了人物活动的时令、地点。
（1分）以乐景衬哀情，奠定全文的感情基调。
（2分） 9． “春去也”运用双关。
一声浩叹，不仅是在感慨春光已逝，同时也暗示自己生命的春天将一去不复返，可谓一语双关，言简意深。
（3分）“飞红万点愁如海”运用了借代、比喻、夸张的修辞手法。
“飞红万点”生动地写出了暮春时节落英缤纷的景象，画面凄美，令人伤感；“愁如海”比喻新奇，以深不可测、茫无边际的大海写出了词人愁之深、愁之广，这愁既有伤春之愁、年华已逝的悲愁，也有人生失意的愁苦。
（指出任意两种手法，并作分析即可。
（3分。
）? 10．（1）引壶觞以自酌，眄庭柯以怡颜。
（2）渔舟唱晚，响穷彭蠡之滨。
（3）东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。
（每空1分，每错一字扣1分，扣完1分为止） 11． （1）【AD】（答A得3分，答D得2分，答B得1分，答CE不给分。
B“一定是多年前的恋人”的说法太绝对。
2015-2016学年湖北省襄阳一中高二(下)月考物理试卷(5月份)
2015-2016学年湖北省襄阳一中高二（下）月考物理试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共8.0分)1.有三个完全一样的金属小球A、B、C，A带电荷量+7Q、B带电荷量-Q、C不带电，将A、B分别固定起来，然后让C球反复很多次与A、B球接触，最后移去C球，则A、B球间的库仑力变为原来的（）A.倍B.倍C.倍D.无法确定【答案】B【解析】解：带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．将A、B固定起来，然后让C球反复与A、B球接触，最后移走C，所以A、B、C最终带电量q==2q原来A、B间的相互吸引力的大小是F=后来A、B间的相互吸引力的大小是F′=所以′=故选B．理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．2.一弹簧振子的振幅为A，下列说法正确的是（）A.在时间内，振子发生的位移一定是A，路程也是AB.在时间内，振子发生的位移一定是零，路程可以大于AC.在时间内，振子发生的位移一定是2A，路程一定是2AD.在T时间内，振子发生的位移一定为零，路程一定是4A【答案】D【解析】解：A、若不是从平衡位置和位移最大处经过周期，位移和路程都不是A，故A错误；B、若从平衡位置计时，经过周期，位移是A，路程为A；若不是从平衡位置出发，则路程可能大于A，可能小于A．故B错误；C、从平衡位置开始计时，经过周期，位移为0，故C错误；D、在T时间内，振子完成一次全振动，位移为零，路程为4A，故D正确故选：D振子从平衡位置和位移最大处经过周期，振子发生的位移才为A，经过周期位移为2A，其他位置则不是，一个周期内，不管从哪个位置开始运动，位移都为零，路程为4A．本题考查了位移和路程的区别，注意振子计时的位置，难度不大，属于基础题．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)3.如图，在匀强磁场中水平放置一平行金属导轨（电阻不计），且与大螺线管M相接，磁场方向竖直向下，在M螺线管内同轴放置一小螺线管N，N中通有正弦交流电i=I m sin t，t=0时刻电流为零，则M中的感应电流的大小与跨接放于平行导轨上的导体棒ab的运动情况为（）A.t=时刻M中电流最大B.t=时刻M中电流最大C.导体棒ab将在导轨上来回运动D.导体棒ab将一直向右方（或左方）做直线运动【答案】BC【解析】解：A、N中通有正弦交流电，在时刻电流最大，电流的变化率最小，则在螺线管M中产生的感应电流最小，为零．在时刻，N中的电流为零，但电流的变化率最大，则在螺线管M中产生的感应电流最大．故A错误，B正确．C、在0-内，N中的电流先增大，则在M产生产生变化的电流，导体棒受到安培力向某一方向做变加速度直线运动；在-内，N中的电流减小，则在M中产生反向的变化的电流，导体棒受到相反反向的安培力做变减速直线运动到零；在-内，N中的电流反向增大，在M中产生的电流方向与-内相同，所以导体棒又反向做变加速直线运动，在内反向变减速直线运动到零．知导体棒在导轨上来回运动．故C正确，D错误．故选BC．N中电流变化，会产生变化的磁场，在螺线管M中产生感应电动势以及感应电流，根据磁场变化率的大小判断产生的感应电流的大小．根据ab棒受到安培力，判断导体棒的运动情况．解决本题的关键会根据N中的电流变化判断出M中的电流，实际上在N中为正弦交流电，在M中产生的交流电为余弦图线．4.霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D.电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【答案】AB【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqv S=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z 的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选AB．霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．三、单选题(本大题共4小题，共16.0分)5.如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）A.金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相同B.金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越小C.金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D.金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能【答案】C【解析】解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，都会产生感应电流．金属环进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律得知两个过程感应电流的方向相反，故A错误．B、金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，离平衡位置越近，则速度越大，故B错误．C、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能不断减少，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当环完全在磁场中来回摆动时，磁通量不变，没有感应电流，圆环的机械能守恒，摆角不变，在磁场区域来回摆动，故C正确．D、圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，则金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故D错误故选：C感应电流的方向由楞次定律判断．当穿过金属环的磁通量不变时没有感应电流产生，金属环不再受到安培力．最终金属环在磁场内往复运动．本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．要注意金属环最终不可能停下来，机械能就不可能完全转化为电能．6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=1：3，次级回路中联入三个均标有“36V，40W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36V、40W”的灯泡A（）A.也正常发光B.将被烧毁C.比另三个灯暗D.无法确定【答案】A【解析】解：串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电压为3U，设原线圈中的电压为U′，则：′，所以U′=U=36V．所以小灯泡A也正常发光．故选项A正确．故选：A．设每只灯的额定电压为U，因串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电压为3U，由电压关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．解决本题的切入点在原、副线圈的电压关系，突破口在于原线圈电路的电压分配关系上．7.如图所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面．在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点先后以相同的速率v沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小．若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是（）A.电场强度方向由A指向BB.电场强度方向由D指向CC.粒子到达B点时动能最大D.粒子到达D点时电势能最小【答案】D【解析】解：A、B、仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最小，电势能最大，则C 点是沿电场强度方向离A点最近，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿CD方向．故A、B错误；C、D、由上可知，电场线方向从C到D，由沿着电场线方向，电势降低，则有D点的电势能最小，动能最大，故C错误，D正确；故选：D带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最小．则说明电场力做功最小，从而得出C点是沿电场强度方向离A点最近．电场力做功就是电量与两点的电势差的乘积．C点是沿电场强度方向离A点最近，则电场线与过C的切线相垂直．同时还运用只有电场力做功，导致电势能与动能相互转化．并考查电势能等于电量与电势的乘积．8.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能W随位移s变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为E A和E B，电势分别为φA和φB．则（）A.E A＞E BB.E A＜E BC.φA＞φBD.φA＜φB【答案】D【解析】解：A、B设电子的总能量为E总，电场强度为E，则由动能定理得e E s=E总-W，E一定，由数学知识可知，W-s图象的斜率等于-E，由图象知，E一定，则有E A=E B．故AB 错误．C、D由W-s图象看出电子从A运动到B，电势能减小，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，φA＜φB．故C错误，D正确．故选D由图象读出电势能随距离的变化，根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势的高低．根据动能定理列式研究电场力是否变化，比较场强的大小．本题根据推论：负电荷在电势高处电势能小，分析电势的高低．由动能定理和数学知识得到场强是不变的．四、多选题(本大题共2小题，共8.0分)9.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A.增大R1B.减小R2C.减小R3D.减小MN间距【答案】BD【解析】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．10.某横波在介质中沿x轴正方向传播t=0时刻，P点开始向y轴正方向运动，经t=0.2s．P点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是（）A.该横波的波速为5m/sB.质点Q与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反C.在0.2s的时间内质点M通过的路程为lmD.从图示时刻再过2.6s，质点M处于平衡位置，且正沿y轴负方向运动【答案】AB【解析】解：A、由图示波形图可知：波长λ=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=，解得：T=0.8s，则v=，故A正确；B、质点L与质点N之间的距离为半个波长，则振动情况完全相反，故B正确；C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；D、t=2.6s=，此时刻M点处于波谷且向上运动，则经过2.6s，质点M处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，故D错误．故选：AB根据图示波形图可以求出波长；根据质点O的振动可以求出波的周期，已知波长与周期，由波速公式可以求出波速，两质点相差半个波长的奇数倍时振动方向完全相反，除以平衡位置及波峰波波谷处的质点一个周期内振动的路程为4A．本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速．五、实验题探究题(本大题共2小题，共16.0分)11.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）．正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点．A．电流表A（量程0.6A，内阻约0.3Ω）B．电压表V（量程15.0V，内阻约10kΩ）C．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）D．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）E．电源E（电动势15V，内阻忽略）F．电键、导线若干①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______ ．（只需填写器材前面的字母即可）②请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图．③该小组测出热敏电阻R1的U-I图线如曲线I所示．请分析说明该热敏电阻是______ 热敏电阻（填PTC或NTC）．④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如曲线II所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图所示电路．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A 和0.60A，则该电池组的电动势为______ V，内阻为______ Ω．（结果均保留三位有效数字）【答案】C；PTC；10.0；6.67【解析】解：①为方便实验操作，滑动变阻器应选C；②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．④在闭合电路中，电源电动势：E=U+I r，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67Ω；故答案为：①C；②电路图如图所示；③PTC；④10.0；6.67．①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路．③根据图象应用欧姆定律判断元件阻值随温度变化的关系，然后确定元件类型．④根据实验数据，应用欧姆定律求出电源电动势与内阻．本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．12.某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．①调节R时应控制电动机______ （转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是______ ．③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为______ Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为______ W．（计算结果保留2位有效数字）④由于______ （电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏______ （大或小）．【答案】不转动；0.50A；2.0；2.5；电压表内阻；小【解析】解：①控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，实验时应控制电动机不转．②由图示电流表可知，其量程是0.6A，分度值为：读数为0.50A．③电动机线圈电阻：R=-R0=-3=2Ω；电动机正常工作时输出的机械功率：P机械=P总-P热=UI-I2R=6×0.5-0.52×2=2.5W；④由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，由欧姆定律可知，电动机线圈电阻的测量值小于真实值．故答案为：①不转动；②0.50A；③2.0；2.5；④电压表内阻；小．①当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻．②由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数．③由欧姆定律与串联电路特点求出电动机线圈电阻；应用电功率公式求出电动机的总功率与热功率，然后求出机械功率．④根据实验电路分析实验误差．对于电动机电路，当电动机不转动时，其电路为纯电阻电路，欧姆定律U=IR适用；当电动机正常工作时，U＞IR，欧姆定律U=IR不成立．六、计算题(本大题共4小题，共44.0分)13.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V．假设电表都是理想的，求：（1）这台电动机线圈的电阻r=？（2）这台电动机正常运转时的效率η=？【答案】解：（1）当电流表和电压表的示数为0.5A和1.0V时电动机停止工作，电动机内阻视为纯电阻，则由欧姆定律可知其阻值为：r===2Ω．（2）当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0A和12.0V，则电动机的总功率为：P总=U2I2=12.0×2.0W=24.0W，线圈电阻的热功率为：P热=I r=2.02×2W=8.0W，得：P输出=P总-P热=24.0W-8.0W=16.0W．×100%==67%则电动机的效率为：η=出总答：（1）电动机的线圈电阻为2Ω；（2）这台电动机正常运转时的效率为67%．【解析】（1）当电动机停止工作时，电动机以看作纯电阻电路；由欧姆定律可求得其内阻；（2）当正常工作时，输出功率等于总功率减去内阻上消耗的热功率．再由效率公式可求得电动机的效率．本题考查功率公式及欧姆定律的应用，要注意明确电动机的输出功率等于总功率与热功率的差值；效率公式为η=出×100%．总14.如图所示，质量为m，电量为q的带电粒子以初速v0进入由两个平行金属板构成的场强为E的匀强电场中，两极板长度为L，电容器极板中央到光屏的距离也是L．已知带电粒子打到光屏的P点，不计重力作用．求偏移量OP的大小．【答案】解：水平方向：粒子做匀速直线运动，则t=竖直方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a=设粒子射出电场时，速度偏向角为θ则tanθ==代入得tan θ=故OP=L tan θ=答：偏移量OP 的大小为． 【解析】带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动，平行于板的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出时间．根据牛顿张第二定律求出加速度，将射出电场的速度分解，求出偏转角θ的正切，由OP=L tan θ求解OP ．本题是应用推论求解的，也可以求出偏转距离和偏转角的正切，根据数学知识求解OP ．也可以用三角形相似法求解OP ．15.如图所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．（1）判读墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B 的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B ′，则B ′的大小为多少？【答案】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有： ①由①式得，q = ． ②由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷． ③（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有：④ 考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d ⑤由②④⑤式得，B=．⑥（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R ′，有：′′ ⑦由图示可得，′′⑧得，′⑨联立②⑦⑨式可得，′．答：（1）墨滴带负电，电量为．（2）磁感应强度B=．（3）B’的大小为′．【解析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负．（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小．本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动．结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．16.一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R．【答案】解：画出磁场区域及粒子运动的轨迹如图，设粒子圆周运动的半径为r，由几何知识可得：r+2r=L，解得：r=L，磁场区域的半径为：R=r=L，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：B=；答：磁场区域的半径R L．磁场的磁感强度B的大小为：．【解析】带电粒子垂直进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，轨迹的圆心应在y轴正方向上，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律列式求出磁感强度B的大小．本题是带电粒子在组合场中运动的问题，处理磁场中圆周运动的基本方法是画轨迹，运用几何知识求出轨迹半径，电场中运用运动的分解法求解相关量．。
2015-2016年高二物理下学期期中试卷(有答案)
2015-2016年高二物理下学期期中试卷（有答案）201—2016学年下学期高二期中考试物理试题时间：90 分钟命题学校：曾都一中枣阳一中襄州一中宜城一中分值：110 分命题老师：第I卷（选择题，共0分）一、选择题(共10个小题，每小题分。
其中1～6题只有一个选项正确，其余各题都有两个或两个以上选项正确，全部选对得分，选不全的得3分，有错选的得0分。
)1、在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献。
下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象B．库仑发现了点电荷的作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值．欧姆提出了电场线和磁感线的概念D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2、弹簧振子做简谐运动时，以下说法不正确的是（）A．振子通过平衡位置时，回复力一定为零B．振子做减速运动时，加速度却在增大．振子远离平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反D．振子向平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反3、理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A，则()A．电压表读数为282 VB．电压表读数为282 V．输入功率为40D．输入功率为644、如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上，则在T2～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向是()A．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左[:学科网]B．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右[:Z*xx*] ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左D．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右、一个弹簧振子在A，B间做简谐运动，为平衡位置，如图所示，从某时刻起开始计时t=0，经过1/4周期，振子具有正向最大速度，则如图所示的图象中，哪一个能正确反映振子的振动情况？（）6、单摆的振动周期在发生下述哪些情况中增大（）A．摆球质量增大B．摆长减小．单摆由赤道移到北极D．单摆由海平面移到高顶上7、如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，A和B是两个完全相同的小灯泡。
2015-2016学年湖北省襄阳五中高二(下)月考物理试卷(5月份)(解析版)
2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题1．下列说法中，正确的是（）A．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了速度与下落时间成正比D．平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向上的形变而造成的2．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）A．B．C．D．3．（2011•清城区一模）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向左C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力4．（2016春•无锡校级期末）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A．20 mB．10 mC．6.5 cmD．45 m5．（2016•镇江校级一模）如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．6．为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力一时间图象，如图所示．运动员在空中运动时可视为质点，不计空气阻力，则可求运动员跃起的最大高度为（g=10m/s2）（）A．7.2 mB．5.0 mC．1.8 mD．3.6 m7．（2016•淄博三模）如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是（）A．B．C．D．8．（2011•沧州三模）如图所示是汽车中的速度计．某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化，开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过7s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，下列说法正确的有（）A．右速度计直接读出的是汽车运动的平均速度B．右速度计直接读出的是汽车7s时的瞬时速度C．汽车运动的加速度约为5.7m/s2D．汽车运动的加速度约为1.6m/s29．（2014秋•龙岩期末）质量均为m、可视为质点的两小球，用三根相同细线OA、OB、AB悬挂，如图所示．现用一水平方向的力F作用于A处小球时，三根细线均处于伸直状态，且细线OB恰好竖直，两小球处于静止状态．设细线OA、OB、AB受到的拉力分别为T A、T B、T，则力T A、T B、T、F的大小正确的是（）A．T A=2mgB．T B=2mgC．T=2mgD．F=2mg10．如图所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法不正确的是（）A．力F最小值为Gsin θB．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角二、实验题11．（2015•广东校级模拟）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂﹣重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为（2）下列不必要的实验要求是（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次试验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出一个解决办法．．12．（2016春•厦门校级期末）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带上每5个点取一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点时间顺序编号为0，1，2，3，4，5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示，请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是（2）打A纸带时，物体的加速度大小是m/s2三、计算题13．（2016春•厦门校级期末）某物理实验小组在游泳池做了一个实验，将一个小木球离水面7.2m高静止释放（不计空气阻力），经1.50s后落入池底速度刚好为零，假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2，求：（1）木球在水中运动的加速度的大小；（2）游泳池水的深度．14．（2015秋•重庆校级期中）如图所示，一个质量为m=4kg的物体放在水平地面上，当给物体施加一个水平恒力F1=32N时，恰好可以匀速滑动（g=10m/s2，已知cos37°=0.8，sin37°=0.6），求：（1）物体与水平面间的滑动摩擦因数μ；（2）若把原来的水平力改为与水平面成θ=37°的斜向下力F2，为了让物体匀速运动，F2应为多大．15．（2016春•厦门校级期末）A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为v2=20m/s，如A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为V2=20m/s，如图所示．当A、B两车相距x0=28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；（2）A车追上B车所用的时间；（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度．16．（2016春•厦门校级期末）倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上（滑轮与斜面没有连接），另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行，垂直于斜面，如图所示，不计滑轮摩擦．（1）求小车的质量；（2）现使A、B位置互换，当系统再次静止时，地面与斜面体之间的摩擦力大小；（3）当A、B位置互换后，换用多大质量的小车可以使小车放在斜面上而斜面体与地面刚好没有摩擦力．2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法中，正确的是（）A．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了速度与下落时间成正比D．平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向上的形变而造成的【考点】弹性形变和范性形变；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】物体的运动状态发生变化时，只是物体的速度发生了变化，加速度不一定变化；运动的物体可能受到静摩擦力作用，静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证；平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向下的形变而造成的；【解答】解：A、物体做匀变速直线运动时，速度大小变化了，故物体的运动状态发生了变化，但是加速度是个定值．所以物体的运动状态发生变化时，加速度不一定发生了变化，故A错误；B、静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用，例如擦黑板时，黑板是静止的，受到的摩擦力是滑动摩擦力，故B正确；C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故C错误；D、平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向下的形变，恢复形变时对书产生向上的弹力即支持力，故D错误；故选：B．【点评】本题考查知识点较多，考查了加速度与运动状态的关系、摩擦力、斜面实验以及弹力的产生，比较容易出错，解题时要准确理解有关概念，可以适当用举例反证法去证明结论是错误的．2．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．频闪照相每次拍照的时间间隔相同，根据相邻位置位移的变化，分析人的运动情况，再选择速度图象．【解答】解：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．向右运动过程中，相邻位置的距离逐渐增大，速度越来越大，大致做匀加速运动．后来，向左运动，相邻位置间距相等，大致做匀速运动，能大致反映该同学运动情况的速度﹣时间图象是D．故D正确．故选：D．【点评】本题考查分析实际问题的能力．分析物体的运动情况，找出运动情况与速度图象对应关系是关键．3．（2011•清城区一模）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向左C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力【解答】解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A错误．B、由上可知：A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．故B 正确．C、D对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D正确．故选BD【点评】本题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析．4．（2016春•无锡校级期末）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A．20 mB．10 mC．6.5 cmD．45 m【考点】自由落体运动【分析】根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，由于时间极短，可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度，最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．【解答】解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为：v=，由于时间极短，故A点对应时刻的瞬时速度近似为20m/s由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh可得，h=．故选：A．【点评】由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．5．（2016•镇江校级一模）如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】先对b球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件先判断下面的细线的方向；再对ab两个球整体受力分析，受重力、支持力和拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的方向．【解答】解：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误；故选B．【点评】本题关键是先通过对b球受力分析后判断出下面细线的拉力方向，再对两球整体受力分析，判断上面细线的拉力方向．6．为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力一时间图象，如图所示．运动员在空中运动时可视为质点，不计空气阻力，则可求运动员跃起的最大高度为（g=10m/s2）（）A．7.2 mB．5.0 mC．1.8 mD．3.6 m【考点】竖直上抛运动【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运动的时间，根据平抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起的最大高度．【解答】解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以下落过程的最长时间为：t下==1s则运动员跃起最大高度为：h==5.0m．故B正确，A、C、D错误．故选：B【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．要读懂图象的意义，找出运动员在空中运动的时间．7．（2016•淄博三模）如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力．斜面体处于静止，分析受力，作出力图，由平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系．【解答】解：设斜面的倾角为θ．物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1=mgcosθ．以斜面体为研究对象，作出力图如图．地面对斜面体的摩擦力f=N1sinθ=mgsinθcosθ因为m，θ不变，所以f不随时间变化．故选：A．【点评】本题关键抓住物块对斜面的压力不变，不要被物块做简谐运动迷惑．8．（2011•沧州三模）如图所示是汽车中的速度计．某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化，开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过7s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，下列说法正确的有（）A．右速度计直接读出的是汽车运动的平均速度B．右速度计直接读出的是汽车7s时的瞬时速度C．汽车运动的加速度约为5.7m/s2D．汽车运动的加速度约为1.6m/s2【考点】瞬时速度；平均速度；加速度【分析】速度计测量的瞬时速度的大小，根据两个时刻的速度大小，根据加速度的定义式求出加速度的大小．【解答】解：AB、速度计测量的是某个时刻的瞬时速度的大小，即瞬时速率．故A错误，B正确．CD、7s前的瞬时速度大小为20km/h，7s后的瞬时速度大小为60km/h，则速度的变化量为40km/h≈11.2m/s，则加速度．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键知道速度计显示的是瞬时速率，知道加速度的定义式．9．（2014秋•龙岩期末）质量均为m、可视为质点的两小球，用三根相同细线OA、OB、AB悬挂，如图所示．现用一水平方向的力F作用于A处小球时，三根细线均处于伸直状态，且细线OB恰好竖直，两小球处于静止状态．设细线OA、OB、AB受到的拉力分别为T A、T B、T，则力T A、T B、T、F的大小正确的是（）A．T A=2mgB．T B=2mgC．T=2mgD．F=2mg【考点】库仑定律；电势差与电场强度的关系【分析】由题OB细线恰好处于竖直方向，说明细线AB没有拉力，以A球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出F．【解答】解：以B球为研究对象：OB细线恰好处于竖直方向，说明细线AB没有拉力，即T B=0．再以A球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图，根据平衡条件得：F=mgtan60°=mg；而T A==2mg，由上分析可知，A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题的关键是根据OB细线恰好处于竖直方向分析细线AB的拉力为零，对于A球是三力平衡问题，常规题．10．如图所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法不正确的是（）A．力F最小值为Gsin θB．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】本题关键根据三力平衡条件判断，三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，然后根据平衡条件，结合平行四边形定则分析．【解答】解：A、小球受到三个力，由于三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，将重力按照另外两个力的反方向分解，如图，由图象可知，当拉力F与绳子垂直时，拉力最小，有最小值Gsinθ，故A正确；B、若力F与绳拉力大小相等，拉力与力F的合力必然在两个力的角平分线上，同时还要与重力方向相反并在一条直线上，故B正确；C、D、若力F与G大小相等，则两力的合力必须与绳子在一条直线上，并且在两个力的角平分线上，故力F方向与竖直方向成2θ角，故C错误，D正确；本题选错误的，故选C．【点评】本题关键抓住三力平衡的条件，三个力中任意两个力必然与第三个力等值、反向、共线．二、实验题11．（2015•广东校级模拟）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂﹣重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 3.6N（2）下列不必要的实验要求是D（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次试验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出一个解决办法．．【考点】验证力的平行四边形定则【分析】弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．【解答】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．故答案为：3.6．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B正确；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D错误．本题选不必要的，故选：D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．故答案为：（1）3.6N （2）D （3）减小M的质量、减小OP与竖直方向的夹角、减小簧测力计B拉力的大小．【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．12．（2016春•厦门校级期末）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带上每5个点取一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点时间顺序编号为0，1，2，3，4，5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示，请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是C（2）打A纸带时，物体的加速度大小是 6.6m/s2【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出4、5两点的距离，从而确定哪段是撕下的．通过△x=aT2求出物体的加速度．【解答】解：（1）x12﹣x01=36.6﹣30.0cm=6.6cm，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，则x45=x01+4×6.6cm=56.4cm，故C正确．（2）根据△x=aT2得，a==m/s2=6.6m/s2．故答案为：（1）C；（2）6.6．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，即在连续相等时间内的位移之差是一恒量．三、计算题13．（2016春•厦门校级期末）某物理实验小组在游泳池做了一个实验，将一个小木球离水面7.2m高静止释放（不计空气阻力），经1.50s后落入池底速度刚好为零，假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2，求：（1）木球在水中运动的加速度的大小；（2）游泳池水的深度．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；自由落体运动【分析】（1）木球先做自由落体运动，进入水中后做匀减速运动．先根据自由落体运动的位移时间公式得出自由下落的时间，根据速度时间公式得出木球进入水中的初速度，结合速度时间公式求出木球在水中运动的加速度大小．（2）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出游泳池水的深度．【解答】解：（1）设木球做自由落体运动的时间为t1由运动学公式得：h1=代入数据解出：t1=1.2s木球入水时的速度：v=gt1=12m/s木球在水中运动的时间：t2=1.5s﹣t1=0.3s木球做匀减速运动过程的加速度：a==m/s2=﹣40m/s2；加速度大小为40m/s2．（2）游泳池水的深度：h2==m=1.8m．答：（1）木球在水中运动的加速度的大小为40m/s2；（2）游泳池水的深度为1.8m．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，理清木球的运动规律，结合运动学公式灵活求解．14．（2015秋•重庆校级期中）如图所示，一个质量为m=4kg的物体放在水平地面上，当给物体施加一个水平恒力F1=32N时，恰好可以匀速滑动（g=10m/s2，已知cos37°=0.8，sin37°=0.6），求：（1）物体与水平面间的滑动摩擦因数μ；（2）若把原来的水平力改为与水平面成θ=37°的斜向下力F2，为了让物体匀速运动，F2应为多大．【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算。
2015-2016学年湖北省襄阳市高二(下)期末数学试卷(理科)(解析版)
2015-2016学年湖北省襄阳市高二（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60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）1．已知复数z=（i为虚数单位），则|z|=（）A．B．1 C．D．22．已知=（﹣2，1，3），=（﹣1，2，1），若⊥（﹣λ），则实数λ的值为（）A．﹣2 B．C．D．23．抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（）A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q5．设命题p：方程+=1表示双曲线；命题q： +=1表示焦点在x轴上的椭圆，若p∧q是真命题，则（）A．m＞B．m＜﹣2 C．1＜m＜2 D．＜m＜16．若（x2+mx）dx=0，则实数m的值为（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣1 D．﹣7．已知F1、F2为椭圆C： +y2=1的左、右焦点，点P在椭圆C上，且|PF1|﹣|PF2|=2，则cos∠F1PF2=（）A．B．﹣C．﹣D．8．下面使用了类比推理正确的是（）A．若a、b∈R，则a﹣b=0⇒0⇒a=b，推出：若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=bB．若a、b∈R，则a2+b2=0⇒a=b=0，推出：若a、b∈C，则a2+b2=0⇒a=b=0C．若a、b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b，推出：若a、b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞bD．若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1，推出：若z∈C，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜19．若a、b∈R，则“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件10．已知△ABC的周长为10，且A（﹣2，0），B（2，0），则C点的轨迹方程是（）A． +=1（y≠0）B． +=1（y≠0）C． +=1（y≠0）D． +=1（y≠0）11．如图，F1、F2是双曲线=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、B．若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．12．直线y=a分别与函数y=4x+4和y=3x+lnx的图象相交于M、N两点，则|MN|的最小值为（）A．5 B．1 C．D．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（℃）之间的关系，随机统计了四个工由表中数据得到线性回归方程=﹣2x+a，当气温为﹣5℃时，预测用电量约为．14．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，且它的焦点与椭圆+=1的焦点重合，则双曲线的方程为．15．如图是函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象，给出下列命题：①﹣3是函数y=f（x）的极值点；②﹣1是函数y=f（x）的最小值点；③y=f（x）在x=0处切线的斜率小于零；④y=f（x）在区间（﹣3，1）上单调递增．则正确命题的序号是．16．定义在实数集R上的函数f（x）满足：f（2）=1，且对于任意的x∈R，都有f′（x）＜，则不等式f（log2x）＞的解集为．三、解答题（本大题共6小题，70分）17．已知a为实数，f（x）=x3+ax2﹣6x+4．（1）当a=﹣3时，求f（x）在[﹣2，3]上的最大值和最小值；（2）若f（x）在[﹣1，1]上单调递减，求a的取值范围．18．心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取30名男生和20名女生，给所有同学几何题和代数题各一（单位：人）（）能否据此判断有的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择做几何题的8名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望E（X）．K2=．19．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．（1）求证：AE∥平面C1BD；（2）求证：CE⊥平面C1BD；（3）求二面角A﹣BC1﹣D的大小．20．已知抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，抛物线上存在一点P到气焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上．（1）求抛物线E的方程；（2）过点T（m，0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A、B、C、D四点，且M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积最小值．21．已知函数f（x）=alnx+（a∈R）在x=﹣2处的切线与直线4x﹣3y=0垂直．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）如存在x∈（1，+∞），使f（x）＜（m∈Z）成立，求m的最小值．22．已知数列{a n}、{b n}满足a1=﹣1，b1=1，a n+1=，b n+1=a n+1b n，点P n的坐标为（a n，b n），且点P1、P2在直线l上．（1）求直线l的方程；（2）用数学归纳法证明：对任意n∈N*，点P n（a n，b n）在直线l上．2015-2016学年湖北省襄阳市高二（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60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）1．已知复数z=（i为虚数单位），则|z|=（）A．B．1 C．D．2【考点】复数求模．【分析】化简复数z，求出|z|即可．【解答】解：∵复数z====﹣i，∴|z|==1．故选：B．2．已知=（﹣2，1，3），=（﹣1，2，1），若⊥（﹣λ），则实数λ的值为（）A．﹣2 B．C．D．2【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．【分析】求出向量，利用，向量的数量积为0，求出λ的值即可．【解答】解：因为，，所以，由，所以，得﹣2（λ﹣2）+1﹣2λ+9﹣3λ=0⇒λ=2，故选D．3．抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用抛物线的简单性质求解即可．【解答】解：抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是：p=1．故选：A．4．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（）A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q【考点】复合命题的真假．【分析】根据条件求出命题p，q的真假，然后结合复合命题真假关系进行判断即可．【解答】解：∵判别式△=1﹣4×2=1﹣7=﹣6＜0，∴∀x∈R，使得x2﹣x+2＞0；即命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0为假命题，当x∈[1，2]时，x2≥1恒成立，即命题q是真命题，则￢p∧q是真命题，其余为假命题，故选C．5．设命题p：方程+=1表示双曲线；命题q： +=1表示焦点在x轴上的椭圆，若p∧q是真命题，则（）A．m＞B．m＜﹣2 C．1＜m＜2 D．＜m＜1【考点】复合命题的真假．【分析】根据双曲线和椭圆的方程建立不等式关系分别求出对应的等价条件，结合复合命题的真假关系进行求解即可．【解答】解：若方程+=1表示双曲线，则（1﹣m）（m+2）＜0，即（m﹣1）（m+2）＞0，得m＞1或m＜﹣2，若+=1表示焦点在x轴上的椭圆，则，即，即＜m＜2，若p∧q是真命题，则p，q都是真命题，则，得1＜m＜2，故选：C6．若（x2+mx）dx=0，则实数m的值为（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣1 D．﹣【考点】定积分．【分析】求出被积函数的原函数，然后分别代入积分上限和积分下限作差，由积分值为0求得m的值．【解答】解：∵=，∴m=﹣．故选：D．7．已知F1、F2为椭圆C： +y2=1的左、右焦点，点P在椭圆C上，且|PF1|﹣|PF2|=2，则cos∠F1PF2=（）A．B．﹣C．﹣D．【考点】椭圆的简单性质．【分析】由P在椭圆上，可得|PF1|+|PF2|=4，与已知条件联立可求得|PF1|与|PF2|，再利用余弦定理即可求得答案．【解答】解：椭圆的两焦点是F1（0，﹣），F2（0，），∵|PF1|﹣|PF2|=2，|PF1|+|PF2|=4，∴|PF1|=3，|PF2|=1．△F1PF2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|cos∠F1PF2，即12=9+1﹣2×3×1×cos∠F1PF2，∴cos∠F1PF2=﹣，故选：B．8．下面使用了类比推理正确的是（）A．若a、b∈R，则a﹣b=0⇒0⇒a=b，推出：若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=bB．若a、b∈R，则a2+b2=0⇒a=b=0，推出：若a、b∈C，则a2+b2=0⇒a=b=0C．若a、b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b，推出：若a、b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞bD．若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1，推出：若z∈C，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1【考点】类比推理．【分析】在数集的扩展过程中，有些性质是可以传递的，但有些性质不能传递，因此，要判断类比的结果是否正确，关键是要在新的数集里进行论证，当然要想证明一个结论是错误的，也可直接举一个反例，要想得到本题的正确答案，可对四个结论逐一进行分析，不难解答．【解答】解：对于A，在复数集C中，若两个复数满足a﹣b=0，则它们的实部和虚部均相等，则a，b相等，故正确；对于B，a=i，b=1，满足a2+b2=0，故不正确；对于C，当a=1+i，b=i时，a﹣b=1＞0，但a，b 是两个虚数，不能比较大小，故不正确；对于D，“若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1”类比推出“若x∈C，|z|＜1表示复数模小于1，不能⇒﹣1＜z＜1，故不正确．故选：A．9．若a、b∈R，则“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】作出不等式对应的区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：a2+b2≥4表示在圆a2+b2=4的外部区域，a+b≥4表示在直线a+b=4右上方，由图象知，a+b≥4表示的区域都在圆a2+b2=4的外部，但圆a2+b2=4的外部不一定都在直线a+b=4的右上方，比如a=0，b=3时，满足a2+b2≥4但a+b≥4不成立，即“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的必要不充分条件条件，故选：B10．已知△ABC的周长为10，且A（﹣2，0），B（2，0），则C点的轨迹方程是（）A． +=1（y≠0）B． +=1（y≠0）C． +=1（y≠0）D． +=1（y≠0）【考点】轨迹方程．【分析】由△ABC的周长及AB的长，得|CA|+|CB|，由椭圆的定义可判断轨迹的形状，即可得其方程．【解答】解：由题意知，|CA|+|CB|=10﹣|AB|=6＞|AB|，故动点C在椭圆上，2a=6，焦距2c=4，从而b2=a2﹣c2=5，当C与A，B共线时，A，B，C三点不能围成三角形，故轨迹E不含x轴上的两点，∴C的轨迹方程为=1（y≠0）．故选：B．11．如图，F1、F2是双曲线=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、B．若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】由双曲线的定义，可得F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得，a，c的关系，由离心率公式，计算即可得到所求．【解答】解：因为△ABF2为等边三角形，不妨设AB=BF2=AF2=m，A为双曲线上一点，F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，B为双曲线上一点，则BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，由，则，在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2=4a2+16a2﹣2•2a•4a•cos120°，得c2=7a2，则．故选：B．12．直线y=a分别与函数y=4x+4和y=3x+lnx的图象相交于M、N两点，则|MN|的最小值为（）A．5 B．1 C．D．【考点】两点间距离公式的应用．【分析】设M（x1，a），N（x2，a），则4x1+4=3x2+lnx2，表示出x1，求出|MN|，利用导数求出|MN|的最小值．【解答】解：设M（x1，a），N（x2，a），则4x1+4=3x2+lnx2，∴x1=（3x2+lnx2﹣4），∴|MN|=x2﹣x1=（x2﹣lnx2）+1，令y=（x﹣lnx）+1，则y′=（1﹣），函数在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴x=1时，函数的最小值为．故选：C．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（℃）之间的关系，随机统计了四个工由表中数据得到线性回归方程=﹣2x+a，当气温为﹣5℃时，预测用电量约为66°．【考点】线性回归方程．【分析】先计算样本中心点，再求出线性回归方程，进而利用方程进行预测．【解答】解：由题意，==8，==40，将（8，40）代入线性回归方程=﹣2x+a，可得a=56，∴x=﹣5时，y=﹣2×（﹣5）+56=66．故答案为：66°．14．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，且它的焦点与椭圆+=1的焦点重合，则双曲线的方程为=1．【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出椭圆的焦点坐标，可得双曲线的焦点坐标，结合双曲线﹣=1（a＞0，b ＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，求出a，b，即可得出双曲线的方程．【解答】解：∵椭圆+=1的焦点为（±2，0），∴双曲线的焦点坐标为（±2，0），故双曲线中的c=2，且满足c2=a2+b2，故a2+b2=8∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，∴a=b，∴a=b=2，∴双曲线的方程为=1．故答案为：=1．15．如图是函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象，给出下列命题：①﹣3是函数y=f（x）的极值点；②﹣1是函数y=f（x）的最小值点；③y=f（x）在x=0处切线的斜率小于零；④y=f（x）在区间（﹣3，1）上单调递增．则正确命题的序号是①④．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．【分析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．【解答】解：根据导函数图象可知当x∈（﹣∞，﹣3）时，f'（x）＜0，在x∈（﹣3，1）时，f'（x）≤0∴函数y=f（x）在（﹣∞，﹣3）上单调递减，在（﹣3，1）上单调递增，故④正确则﹣3是函数y=f（x）的极小值点，故①正确∵在（﹣3，1）上单调递增∴﹣1不是函数y=f（x）的最小值点，故②不正确；∵函数y=f（x）在x=0处的导数大于0∴切线的斜率大于零，故③不正确故答案为：①④16．定义在实数集R上的函数f（x）满足：f（2）=1，且对于任意的x∈R，都有f′（x）＜，则不等式f（log2x）＞的解集为（0，2）．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】设g（x）=f（x）﹣x，由f′（x）＜，得到g′（x）小于0，得到g（x）为减函数，将所求不等式变形后，利用g（x）为减函数求出x的范围，即为所求不等式的解集【解答】解：设g（x）=f（x）﹣x，∵f′（x）＜，∴g′（x）=f′（x）﹣＜0，∴g（x）为减函数，又f（2）=1，∴f （log 2x ）＞=log 2x +，即g （log 2x ）=f （log 2x ）﹣log 2x ＞=g （2）=f （2）﹣=g （log 22），∴log 2x ＜log 22，又y=log 2x 为底数是2的增函数，∴0＜x ＜2，则不等式f （log 2x ）＞的解集为（0，2）．故答案为：（0，2）．三、解答题（本大题共6小题，70分）17．已知a 为实数，f （x ）=x 3+ax 2﹣6x +4．（1）当a=﹣3时，求f （x ）在[﹣2，3]上的最大值和最小值；（2）若f （x ）在[﹣1，1]上单调递减，求a 的取值范围．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，求出函数的极值点，计算极值和端点坐标，从而求出函数的最值；（2）求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于a 的不等式组，解出即可．【解答】解：（1）当a=﹣3时，f （x ）=x 3+ax 2﹣6x +4，f ′（x ）=3x 2﹣3x ﹣6，由3x 2﹣3x ﹣6=0得：x=﹣1或x=2是函数f （x ）的极值点∴f （﹣2）=2，f （﹣1）=，f （2）=﹣6，f （3）=﹣，∴f （x ）在[﹣2，3]上的最大值是，最小值是﹣6． （2）f ′（x ）=3x 2+ax ﹣6，若f （x ）在[﹣1，1]上单调递减，则3x 2+ax ﹣6≤0在[﹣1，1]上恒成立，∴，即，解得：﹣3≤a ≤3，∴a 的取值范围是[﹣3，3]．18．心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取30名男生和20名女生，给所有同学几何题和代数题各一（单位：人）（2）现从选择做几何题的8名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望E（X）．K2=．【考点】独立性检验的应用．【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．【解答】解：（1）k2=≈5.556＞5.024．∴有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关．（2）选择做几何题的8名女生中任意抽取两人有C82=28种方法，其中甲、乙两人都没抽到有C62=15种方法，恰有一人被抽到有C21C61=12种方法，两人都被抽到有C22=1种方法X的可能取值为0，1，2．P（X=0）=，P（X=1）==，P（X=2）=．∴E（X）=0×+1×+2×=．19．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．（1）求证：AE∥平面C1BD；（2）求证：CE⊥平面C1BD；（3）求二面角A﹣BC1﹣D的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）设AC与BD相交于O点，连C1O，推导出AEC1O是平行四边形，从而AE ∥OC1，由此能证明AE∥平面C1BD．（2）法一：推导出CE⊥OC1，BD⊥AC，BD⊥AA1，从而BD⊥CE，由此能证明CE⊥平面C1BD．法二：以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，利用向量法能证明CE⊥平面C1BD．（3）求出平面BC1D的法向量和平面ABC1的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣BC1﹣D的大小．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于O点，连C1O，∵AC∥A1C1，AO=EC1∴AEC1O是平行四边形，AE∥OC1又OC1在平面C1BD内，∴AE∥平面C1BD．（2）证法一：在长方形ABCD中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．∴AC=2，OC=1，故OCC1E是正方形∴CE⊥OC1∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC又BD⊥AA1，AC、AA1在平面ACC1A1内∴BD⊥平面ACC1A1，故BD⊥CE∵OC1、BD在平面C1BD内∴CE⊥平面C1BD．证法二：以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，则B（，0，0），C（，，0），D（0，，0），C1（，，1），E（，，1）=（﹣，﹣，1），=（﹣，0），=（0，，1），∵，∴CE⊥BD，CE⊥BC1，∵BC∩BC1，∴CE⊥平面C1BD．∴CE⊥BD，CE⊥BC1BC1、BD在平面C1BD内，∴CE⊥平面C1BD．解：（3）由（2）知，是平面BC1D的法向量，=（，0，0），设平面ABC1的法向量为=（x，y，z），则，取z=，得，∴cos＜，＞==，又二面角A﹣BC1﹣D为锐角，∴二面角A﹣BC1﹣D的大小为．20．已知抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，抛物线上存在一点P到气焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上．（1）求抛物线E的方程；（2）过点T（m，0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A、B、C、D四点，且M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积最小值．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（1）利用抛物线上存在一点P到其焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上，求出p，可求抛物线E的方程；（2）设直线AB的方程为y=k（x﹣m），直线CD的方程为y=﹣（x﹣m），分别于抛物线方程联立，可得M，N的坐标，求出|TM|，|TN|，可得△TMN的面积，利用基本不等式，求出△TMN的面积的最小值．【解答】解：（1）设P（x0，y0），则x0+=，∴x0=﹣∵点P在圆x2+y2=上，∴（3﹣p）2+4p（3﹣p）=9，解得：p=2∴抛物线的方程为y2=4x．（2）根据题意，直线AB、CD斜率存在且不为零，设AB的斜率为k（不妨设k＞0），则CD的斜率为﹣，直线AB的方程为y=k（x﹣m），直线CD的方程为y=﹣（x﹣m）由y=k（x﹣m），代入抛物线方程得：k2x2﹣2（k2m+2）x+k2m2=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=∴y1+y2=，∴M（m+，）同理，N（m+2k2，﹣2k）∴|TM|=，|TN|=2kS△TMN=••2k=2（k+）≥4当且仅当k=1时，等号成立∴△TMN面积最小值为4．21．已知函数f（x）=alnx+（a∈R）在x=﹣2处的切线与直线4x﹣3y=0垂直．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）如存在x∈（1，+∞），使f（x）＜（m∈Z）成立，求m的最小值．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（2）的值，求出a，从而求出函数的单调区间；（2）问题等价于当x∈（1，+∞）时，m＞成立，设g（x）=，（x＞1），根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=，∵f′（2）==﹣，解得：a=﹣1，∴f′（x）=≤0，∴f（x）在（0，+∞）递增；（2）∵x∈（1，+∞），∴f（x）＜⇔m＞，即当x∈（1，+∞）时，m＞成立，设g（x）=，（x＞1），则g′（x）=，设h（x）=lnx﹣x，（x＞1），则h′（x）=﹣1＜0，∴h（x）在（1，+∞）递减，又h（1）＜0，∴h（x）＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）递减，而x→1时，g（x）→+∞，∴不存在实数m的值，满足题意．22．已知数列{a n}、{b n}满足a1=﹣1，b1=1，a n+1=，b n+1=a n+1b n，点P n的坐标为（a n，b n），且点P1、P2在直线l上．（1）求直线l的方程；（2）用数学归纳法证明：对任意n∈N*，点P n（a n，b n）在直线l上．【考点】数学归纳法；归纳推理．【分析】（1）由a1=1，b1=﹣1可得P1的坐标为（1，﹣1），只要求出点P2的坐标即可求出过点P1，P2的直线l的方程；（2）利用数学归纳法进行证明．【解答】（1）解：当n=2时，a2==，b2=a2b1＜0，∴P1（﹣1，1），P2（，），故过P1、P2两点的直线l的方程为y﹣1=﹣（x+1），即x+2y﹣1=0；（2）证：①显然P1在直线l上②假设P k在直线l上，则a k+2b k﹣1=0，即a k=1﹣2b k，则n=k+1时a k+1+2b k+1﹣1=×b k﹣1=﹣1=﹣1=0，∴P k+1在直线l上，由①②知，对任意n∈N*，点P n直线l上．2016年8月30日。
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高二物理参考答案
11．10.50 7.500（各2分）
12．（1）B D （2分） （2）（4分）
（3）2.90 0.3（对有效数字不作要求）（4分） 13．解：刹车时间s s a v t 5.2615
===
4分 刹车距离m m vt x 75.185.2152
1
21=⨯⨯== 4分
因为18.75m ﹤20m ，所以不会冲出停车线 2分
14．解：(1)感应电动势最大值E m =nBS ω 1分
感应电动势瞬时值e=E m cos ωt=nBS ωcos ωt 2分
感应电流瞬时值t r
R nBS r R e i ωωcos +=+=
2分 (2)当转过
3π时，)
(23cos r R nBS r R nBS I +=+=ωπω 2分 而电流表A 的读数为电流有效值)
(2r R nBS I A +=
ω
2分
所以
I I A 2= 1分
15．解：（1）上板电势高
粒子沿AC 匀速运动 111qE qv B = 1分 其中d
U
E =
1 1分 得s m v /101= 1分 （2）粒子在电场中类平抛11t v l = 1分
11t m
qE
at v y =
= 1分 得s m v y /10= 1分
进入B 2的速度s m v v v y /2102
2
12=+= 1分 与PQ 的夹角4
π
θ=
1分
在磁场中运动r
v m qv B 22
22= 1分
半径m r 10
2
=
1分 轨迹如图，圆心角2
π
α= 1分
运动时间s s v r
t 22
21057.1200
2-⨯==
=
π
π 1分
（3）当KG 与粒子在磁场中运动轨迹恰好相切时
m m m r r s 14.242414.010
1
24
sin
==+=
+='π
4分即KG 与PQ 的最小距离为24.14m
16（3-4）【解析】
试题分析：（1）由甲图得到周期为0.2s ，由乙图得到波长为0.2m ，故波速：
0.21/0.2m
v m s s
T
λ
=
=
=。
求出周期、波长各得1分，求出波速得3分。
（2）乙图中P 点经过平衡位置且向上运动，当波形从P 传到Q 时，质点Q 第一次到达平衡位置且向上运动，故时间为：0.50.1
041
.PQ t s v -=
∆==，由于2t T ∆=，故可得P 点通过的路程为：2480.050.4S A m =⨯=⨯=。
求出时间得3分，求出路程得2分。
16（3-5）解：
（1）AC 相碰动量守恒 C A mv Mv mv += 2分
机械能守恒
22
2212121C A mv Mv mv += 2分 解得 s m v m M m
v A /22=+=
方向向左 2分 s m v m
M M m v C /1-=+-= 方向向右 2分
（2）AC 碰后B 静止不动，B 在A 上运动时间
s v L
t A
5.0==
2分。