解析安徽省亳州市涡阳四中2020┄2021学年高二上学期第二次质检物理试卷课改部

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安徽省涡阳县第四中学高二物理上学期第一次质量检测试卷（课改部）(1)

安徽省涡阳县第四中学2021-2021学年高二物理上学期第一次质量检测试卷（课改部）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部份。

共100分。

考试时刻90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（每题4分，共40分。

以下每题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上） 1．如下图，一恒力F 与水平方向夹角为θ，作用在置于滑腻水平面上，质量为m 的物体上，作历时刻为t ，那么力F 的冲量为( )A ．FtB ．mgtC ．F cos θtD ．(mg-F sin θ)t2.将物体P 从置于滑腻水平面上的斜面体Q 的顶端以必然的初速度沿斜面往下滑，如下图，在下滑进程中，P 的速度愈来愈小，最后相对斜面静止，那么由P 和Q 组成的系统( ) A ．动量守恒B ．最后P 和Q 均静止C ．水平方向动量守恒D ．最后P 和Q 以必然的速度一起向右运动3.将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时刻内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的灼热气体．忽略喷气进程重力和空气阻力的阻碍，那么喷气终止时火箭模型取得的速度大小是A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －mv 0 4. A 、B 两个小球带同种电荷，放在滑腻的绝缘水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m ，它们相距为d ，同时由静止释放，当它们距离为2d 时，A 的加速度为a ，速度为v ，那么( ) A.现在B 的加速度为a/4 B.现在B 的速度为v/2C.此进程中电场力对B 的冲量为2mvD.此进程中电势能减少5mv 2/4 5. 以下说法不正确的是（）A.初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不必然与电场线重合FθB ．E=F/q 是电场强度的概念式，能够用来计算任意电场的电场强度C ．2rQK是真空中点电荷Q 在距离Q 为r 处的场强 D ．公式 E=U AB /d 中，U AB 表示A 、B 两点间的电势差，d 表示A 、B 两点间的距离，用来计算匀强电场的电场强度6.如下图，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，那么圆心O 处( ) A ．场壮大小为kq r 2，方向沿OA 方向B ．场壮大小为kq r 2，方向沿AO 方向C ．场壮大小为2kqr2，方向沿OA 方向D ．场壮大小为2kqr2，方向沿AO 方向7. 如下图，为一带有均匀正电的绝缘环，过圆环中心o 而且垂直圆环平面的直线MN 上有一点p 。

2020-2021学年安徽省池州高二(上)期中物理试卷(Word+答案)

2020-2021学年安徽省池州高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

1-8每小题给出的选项中只有一项符合题目要求；9-12每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）有的物理量既有定义式，也有决定式，比如a＝是加速度的定义式，a＝是加速度的决定式。

下列表达式是某物理量定义式的是（）A．E＝B．C＝C．E＝D．I＝2．（4分）如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除电场力外所受其他力的合力的大小和方向变化情况是（）A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右3．（4分）在如图所示的电场线中a、b两点的电势分别为φa＝50V、φb＝20V，则a、b连线的中点c的电势应该（）A．φc＞35V B．φc＝35VC．φc＜35V D．无法判断的高低4．（4分）一个电流计的满偏电流I g＝100μA，内阻为600Ω，要把它改装成一个量程为0.6A的电流表，则应在电流计上（）A．串联一个5.4kΩ的电阻B．串联一个约0.1Ω的电阻C．并联一个约0.1Ω的电阻D．并联一个5.4kΩ的电阻5．（4分）一个质量为m、带电量为q（q＜0）的小球沿着电场中一条直线运动，沿着这条直线建立x轴，电势变化规律如图所示，b点为图线与x轴的交点，a、c两点间的距离为d。

下列判断正确的是（）A．b点的电场强度为0B．从a点到c点，小球的电势能减小φ1q﹣φ2qC．从a点到c点，小球的动能一定增加φ1q﹣φ2qD．该电场的电场强度大小为6．（4分）如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为θ，此时A极板带负电，B极板带正电。

则下列判断正确的是（）A．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大C．若将A极板向上平移稍许，夹角θ将变小D．若将A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大7．（4分）如图1所示的电路中，R1、R2为定值电阻，R t为从汽车进气管道核心部分拆卸下来的电热丝（用特殊材料制作），其阻值随温度t的变化规律如图2所示，电源内阻不能忽略。

【高一】安徽亳州涡阳四中2021 2021学年高一上学期第二次质量检测试题(

【高一】安徽亳州涡阳四中2021 2021学年高一上学期第二次质量检测试题（【高一】安徽亳州涡阳四中2021-2021学年高一上学期第二次质量检测试题（试卷描述：第ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分，每题给出的四个选项中只有一个答案正确）1．下列说法正确的是（）运动员下落过程中感觉水面在匀速上升2．下列说法正确的是（）a．速度是描述物体运动快慢的物理量，所以是标量b．平均速度是矢量c．瞬时速度是物体在某一段时间内的速度．3.下列描述a．匀减速运动的加速度一定为负b．只要物体的速度大小或方向发生变化，物体就有加速度c．若匀变速运动的加速度是2m/s2，则2s内速度变化△v=4m/s。

d．以10m/s运动动的汽车，刹车时的加速度是5m/s2，则2s汽车就可以停下来4.一架飞机在地面从静止加速到刚离开地面的过程中，在30秒内速度由0增加到324km/h，若认为飞机加速过程是匀加速的，则：（）a．飞机的加速度是10.8m/s2b．飞机的平均速度为162m/sc．飞机的跑道长至少是1300md．飞机在15s时的瞬时速度是45m/s5.如图所示，是某质点的v-t图象，它是一条直线，则（）a．质点在第1s内与第2s内速度方向相同b．质点在第1s内与第2s内通过的位移相同c．质点在第1s内与第2s内加速度相同d．质点在第1s内与第2s内加速度方向相反6．站在科教楼的楼顶释放一粒小石子，经过0.2s后再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将（）7．下列关于重力的认识不正确的是（）a．重力是由于地球的吸引产生的b．重心是物体所受重力的等效作用点c．地球上不同地理位置处重力加速度一定不同d．重力的方向一定是竖直向下的8．一根轻质弹簧一端固定，用大小为f1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为1；改用大小为f2的力拉弹簧，平衡时长度为l2。

弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为a．b.c.d.【答案】【解析】的木块在质量为的长木板上滑动，滑动过程中长木板始终处于静止状态。

安徽省亳州市涡阳第四中学2020-2021学年高二上学期第二次质检考试数学(文)试题

安徽省亳州市涡阳第四中学2020-2021学年高二上学期第二次质检考试数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合{}2280A x x x =--<，{}121x B x -=>，则A B =（） A ．（0，2） B ．（1，2） C ．（1，4）D ．（2，4） 2．已知命题:p x R ∀∈，1x e x ≥+，则p ⌝为（）A ．x R ∀∉，1x e x <+B ．x R ∀∈，1x e x <+C ．0x R ∃∉，001x e x <+D ．0x R ∃∈，001x e x <+3．设a b >，则下列不等式中一定成立的是（）A ．22a b >B ．22a b >C ．11b a >D ．a b +> 4．已知等差数列{}a 的前n 项和为S ，34a =，756S =，则公差d =（） A ．-4 B ．-3 C ．3 D ．45．已知{}n a 是等比数列，14a =，516a =，则3a =（）A ．B ．8C ．±D ．8±6．已知a ，b ，c 分别为ABC 内角A ，B ，C ，的对边，a =b =4B π=，则A =（）A ．6πB ．3πC ．6π或56πD ．3π或23π 7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还。

”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地。

”则该人第一天走的路程为（） A ．192里 B ．189里 C ．126里 D ．96里 8．ABC ∆内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则“ABC ∆为锐角三角形”是“222a b c +>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件9．若不等式210x kx k -+->对任意的()1,3x ∈恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．(]4-∞，B ．()2-∞，C ．(]2-∞，D ．[]2,4 10．若正数,x y 满足3x y xy +=，则34x y +的最小值为（）A ．24B ．25C ．28D ．3611．已知数列{}n a 中，10a =，122log 121n n a a n +⎛⎫=++ ⎪-⎝⎭，若()2019,1a k k ∈+，k Z ∈，则k =（）A ．9B ．10C ．11D ．1212．如图，ABC 中，ACB ∠为钝角，10AC =，6BC =，过点B 向ACB ∠的角平分线引垂线交于点P，若AP =ABP △的面积为（）A ．4B．C ．6 D．二、填空题 13．已知,x y 满足约束条件31021010x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪++≥⎩，则z y x =-的最大值为______．14．如图,无人机在离地面高200m 的A 处,观测到山顶M 处的仰角为15°、山脚C 处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN 为_________m.15．原命题为“若12n n n a a a ++<，*n N ∈，则{}n a 为递减数列”，则其逆命题，否命题，逆否命题中，真命题的个数为______．16．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，1120n n n a S S +++=，则n S =______．三、解答题17．已知m R ∈，命题:p 对任意[0,1]x ∈，不等式2223x m m -≥-成立；命题:q 存在[]–1,1x ∈，使得m x ≤成立．（1）若p 为真命题，求m 的取值范围；（2）若p 且q 为假，p 或q 为真，求m 的取值范围；18．已知a ，b ，c 分别为ABC ∆内角,,A B C 的对边，222c a b ab =+-．（1）求角C ；（2）求cosA cosB +的取值范围．19．已知函数()211f x x a x a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭．（1）当2a =时；解不等式()20x f ≤；（2）若2a >，解关于x 的不等式()0f x ≥． 20．已知数列{}n a 的前n 项和()312n n S a =-，*n N ∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设321log n n b a -=，*n N ∈，求数列12·n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ． 21．已知a ，b ，c 分别为ABC 内角,,A B C 的对边，2cos 2c B a b =+．（1）求角C ；（2）若ABC的面积12c ，求c 的最小值． 22．已知数列{}n a 满足10a =，144n n a a +=-，*n N ∈．（1）证明：数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；（2）设2311n n b a a a +=⋅⋅⋅，证明：123n b b b ++⋅⋅⋅+<．参考答案1．C【分析】分别解一元二次不等式与指数不等式,可得集合A 与集合B.即可求得A B . 【详解】集合{}2280A x x x =--<,{}121x B x -=> 解不等式可得{}24A x x =-<<,{}1B x x => 所以由交集运算可得{}{}{}24114A B x x x x x x ⋂=-<<⋂>=<<写成区间形式为()1,4故选:C【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,指数不等式的解法,集合交集的简单运算,属于基础题. 2．D【分析】根据含有一个量词的命题的否定,即可得p ⌝.【详解】命题:p x R ∀∈,1x e x ≥+则由含有一个量词的命题的否定,可得p ⌝为0x R ∃∈,001x ex <+故选:D【点睛】本题考查了含有量词的命题的否定,属于基础题.3．A【分析】根据指数函数的性质可判断A,由特殊值可检验BCD.即可得解.【详解】对于A,因为2x y =为单调递增函数,所以当a b >时22a b >,故A 正确;对于B,当1,2a b ==-时满足a b >,但是不满足22a b >,所以B 错误;对于C,当1,2a b ==-时满足a b >,但是不满足11b a>,所以C 错误;对于D,当1,2a b ==-时满足a b >,但,所以D 错误.综上可知, 不等式中一定成立的是A故选:A【点睛】本题考查了根据条件判断不等式是否成立,可由性质或特殊值检验来判断,属于基础题. 4．D【分析】根据等差数列的性质及前n 项和公式,结合756S =,可求得4a ,进而由等差数列的定义即可求得公差d .【详解】由等差数列前n 项和公式可得()1777562a a S +==,即1716a a += 根据等差数列的性质可知174442a a a a a +=+=即4216a =,所以48a =由等差数列定义可知, 43844a d a -=-==故选:D【点睛】本题考查了等差数列的性质,等差数列前n 项和公式的简单应用,属于基础题.5．B【分析】根据等比数列的通项公式,可求得公比.即可结合14a =求得3a 的值.【详解】因为{}n a 是等比数列,14a =,516a =由等比数列的通项公式可得1544416q a q a ===解得22q =所以231428a a q ==⨯= 故选:B【点睛】本题考查了等比数列通项公式的简单应用,注意公比符号的影响,切不可直接用等比中项直接求解,属于基础题.6．D【分析】根据正弦定理,可求得sin A ,进而求得A .【详解】在ABC ∆中,由正弦定理可得sin sin a b A B=代入可得sin sin 4A π=,解得sin 2A =因为0A π<<,a =b =4B π= 所以3A π=或23A π=都符合题意故选:D【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用,注意遇到多解情况时,要讨论是否都符合要求,属于基础题.7．A【分析】根据题意,该人每天行走的路程为等比数列,根据前6天的总路程及公比,即可求得第一天的行程.【详解】设第一天的行程为1a .由题意可知, 该人每天行走的路程为等比数列,且12q =前6天总的行程为6378S =由等比数列的前n 项和公式()111n n a q S q -=- 代入可得616112378112a S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==- 解方程可求得1192a =故选:A【点睛】本题考查了等比数列前n 项和公式在实际问题中的应用,属于基础题.8．A【分析】由余弦定理可知222a b c +>时C 一定为锐角，进而由充分必要条件的定义判断即可得解.【详解】当△ABC 为锐角三角形时，C 一定为锐角，此时222a b c +>成立，当222a b c +>成立时，由余弦定理可得cos C ＞0，即C 为锐角，但此时△ABC 形状不能确定，故ABC ∆为锐角三角形”是“222a b c +>”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查了充分必要条件的判断及余弦定理的应用，属于基础题.9．C【分析】根据题意,将不等式因式分解,可得关于k 的不等式.进而利用在任意的()1,3x ∈内使得不等式恒成立,求得k 的取值范围.【详解】不等式210x kx k -+->化简可得()2110x k x --->,即()()110x x k -+->对于任意的()1,3x ∈10x ->恒成立,所以若()()110x x k -+->只需10x k +->即1k x <+在()1,3x ∈内恒成立所以k 2≤故选:C【点睛】本题考查了二次不等式在区间内恒成立问题,将不等式因式分解,可转化为关于x 的一次不等式,进而利用恒成立问题求得参数的取值范围,属于基础题.10．B【分析】根据方程3x y xy +=,两边同时除以xy 转化为"1"的形式.进而由基本不等式即可求得34x y +的最小值.【详解】因为正数,x y 满足3x y xy +=方程两边同时除以xy 可得131y x+= 则34x y +()334x y y y x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ 31294x y y x+=++ 由基本不等式可得312941325x y y x +++≥= 当且仅当312x y y x=时取等号. 则131312y x x y yx ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,解方程可得552x y =⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以34x y +的最小值为25故选:B【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用, "1"的代换及在求最值中的用法,属于基础题. 11．C【分析】根据122log 121n n a a n +⎛⎫=++ ⎪-⎝⎭,可利用累加法求得数列{}n a 的通项公式.结合对数运算,及()2019,1a k k ∈+即可求得k 的值.【详解】因为122log 121n n a a n +⎛⎫=++ ⎪-⎝⎭则1221log 21n n n a a n ++-=+- 由递推公式可得 1221log 23n n n a a n ---=- 12223log 25n n n a a n ----=- 23225log 27n n n a a n ----=- ...... 4327log 5a a -=3225log 3a a -= 2123log 1a a -=将等式两边分别相加可得1222222212325753log log log log log log 232527531n n n n a a n n n ----=++⋅⋅⋅+++--- 10a =所以由对数运算可得2212325753log 232527531n n n n a n n n ---⎛⎫=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯ ⎪---⎝⎭()2log 21n =-则()201922log 220191log 4037a =⨯-=因为1122log 2048log 211==1222log 4096log 212==因为222log 2048log 4037log 4096<<,即20191112a << 所以若()2019,1a k k ∈+ 则11k = 故选:C 【点睛】本题考查了数列递推公式的用法,累加法求数列的通项公式,对数的运算与性质的应用,属于中档题. 12．B 【分析】设,CP x ACP BCP θ=∠=∠=,由边角关系及余弦定理可求得CP 与θ.再利用二倍角公式求得sin ACB ∠.由三角形面积公式求得ACB S ∆,则根据ABP ABC ACP BCP S S S S ∆∆∆∆=--即可得解.【详解】设,CP x ACP BCP θ=∠=∠= 则在三角形BCP 中,cos 6CP xBC θ== 在三角形ACP 中,由余弦定理可知2222cos AP CP CA CP CA θ=+-⨯代入可得(222102106xx x =+-⨯⨯化简可得212x =,解得x =所以cos 6x θ==则sin θ==由二倍角公式可得sin sin 22333ACB θ∠==⨯⨯=由三角形面积公式可得11sin 2106223ACB S CA CB θ∆=⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=11sin 1022ACP S CA CP θ∆=⨯⨯⨯=⨯⨯=11sin 622BCP S CB CP θ∆=⨯⨯⨯=⨯⨯=则ABP ABC ACP BCP S S S S ∆∆∆∆=--==故选:B 【点睛】本题考查了三角形面积公式的应用,余弦定理解三角形,边角关系较为复杂,属于中档题. 13．3 【分析】根据不等式组,画出可行域.将线性目标函数化为直线,平移后即可根据图形求得最大值. 【详解】因为,x y 满足约束条件31021010x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪++≥⎩画出不等式表示的可行域如下图所示:由图可知,将目标函数z y x=-化为y=x+z,则z为直线在y轴上的截距由图可知,当直线经过310210x yx y--=⎧⎨-+=⎩的交点A时截距最大解方程组可得25xy=⎧⎨=⎩,即()2,5A代入目标函数可得523z=-=故答案为:3【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,求线性目标函数的最值,属于基础题.14．300【解析】试题分析：由条件，,所以,,,所以,,这样在中，,在中，，解得,中，，故填：300.考点：解斜三角形【思路点睛】考察了解三角形的实际问题，属于基础题型，首先要弄清楚两个概念，仰角和俯角，都指视线与水平线的夹角，将问题所涉及的边和角在不同的三角形内转化，最后用正弦定理解决高度. 15．3 【分析】根据递减数列的定义,可判断命题的真假.再判断否命题真假,结合命题与逆否命题同真同假及四种命题关系,即可得解. 【详解】若12n n n a a a ++<,*n N ∈ 则12n n n a a a ++<,化简得1n n a a +< 所以数列{}n a 为递减数列.命题为真命题. 其否命题为:若12n n n a a a ++≥,*n N ∈,则{}n a 不是递减数列化简为12n n n a a a ++≥,即1n n a a +≥所以数列{}n a 不是递减数列.则其否命题也为真命题. 因为命题与逆否命题同真同假,否命题与逆命题同真同假. 所以逆命题为真命题,逆否命题也为真命题综上可知,真命题有3个. 故答案为: 3 【点睛】本题考查了四种命题的关系及真假判断,熟练掌握好四种命题的真假关系,属于基础题. 16．121n - 【分析】根据11n n n a S S ++=-,代入后等式两边同时除以1n n S S +,即可得【详解】因为11n n n a S S ++=-则1120n n n a S S +++=可化简为1120n n n n S S S S +++=- 等式两边同时除以1n n S S +可得11120n n S S ++-=,即1112n nS S +-= 所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列,首项11111S a ==,公差2d = 所以()111221nn n S =+-⨯=- 即121n S n =- 故答案为:121n - 【点睛】本题考查了数列的综合应用,通项公式与前n 项和公式的关系,等差数列通项公式的求法,属于中档题.17．（1）[]1,2（2）(,1)(1,2]-∞【分析】（1）对任意[0,1]x ∈，不等式2223x m m --恒成立，2(22)3min x m m --．利用函数的单调性与不等式的解法即可得出．（2）存在[]–1,1x ∈，使得m x 成立，可得1m ，命题q 为真时，1m ．由p 且q 为假，p 或q 为真，p ，q 中一个是真命题，一个是假命题，再分别求出参数的取值范围最后取并集即可．【详解】解（1）∵对任意[]0,1x ∈，不等式2223x m m -≥-恒成立， ∴2min (22)3x m m -=-．即23m 2m -≤-．解得12m ≤≤．因此，若p 为真命题时，m 的取值范围是[]1,2．（2）存在[1,1]x ∈-，使得m x ≤成立，∴1m ，命题q 为真时，1m ． ∵p 且q 为假，p 或q 为真，∴p ，q 中一个是真命题，一个是假命题．当p 真q 假时，则121m m ≤≤⎧⎨>⎩解得12m <≤;当p 假q 真时，121m m m ⎧⎨≤⎩或，即1m <．综上所述，m 的取值范围为(,1)(1,2]-∞．【点睛】本题考查了函数的单调性、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 18．（1）3C π=；（2）1,12⎛⎤⎥⎝⎦【分析】（1）根据余弦定理,结合所给条件式即可求得角C.（2）根据（1）中角C ,结合三角形内角和用角B 表示出角A 代入表达式,再由辅助角公式化简.结合角A 的取值范围,即可求得cosA cosB +的取值范围. 【详解】（1）因为222c a b ab =+-代入余弦定理得2221cos 222a b c ab C ab ab +-===因为0C π<<3C π∴=（2）21cos cos cos cos cos sin 3226A B A A A A A ππ⎛⎫⎛⎫∴+=+-=+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭20,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭5666A πππ∴<+<1sin ,162A π⎛⎫⎛⎤∴+∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦cos cos A B ∴+的取值范围是1,12⎛⎤⎥⎝⎦【点睛】本题考查了余弦定理的简单应用,三角函数值的取值范围求法,辅助角公式的用法,属于基础题.19．（1）[]1,1-；（2）[)1,,a a⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦．【分析】（1）将2a =代入可得不等式.解二次不等式后,结合指数函数的性质即可求得解集. （2）将不等式因式分解,根据a 的范围比较1a和a 的大小关系,即可求得不等式的解集. 【详解】（1）当2a =时,函数化为()2512f x x x =-+ 则()()2522212xx x f =-⨯+ 所以不等式化为()122202x x⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭即1222x ≤≤ 解不等式可得11x -≤≤∴不等式的解集为[]1,1-（2）函数()211f x x a x a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭可化为()()1f x x x a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭不等式()10x x a a ⎛⎫--≥ ⎪⎝⎭因为2a >,则1a a< 所以此时不等式的解集为[)1,,a a ⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,比较参数的大小关系,属于基础题.n 21+n n 【分析】（1）将1n =代入可求得1a .根据通项公式与前n 项和的关系1n n n a S S -=-,可得数列{}n a 为等比数列,由等比数列的通项公式即可求得数列{}n a 的通项公式. （2）由（1）可得数列{}n b 的通项公式,代入12·n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭中,结合裂项法求和即可得前n 项和n T . 【详解】（1）当1n =时,由()11312a a =-得13a =；当2n ≥时,由()1132n n n n n a S S a a --=-=- 得()132nn a n a -=≥ {}n a ∴是首项为3,公比为3的等比数列3n n a ∴=当1n =,13a =满足此式所以3nn a =（2）由（1）可知21213n n a --=213log 321n n b n -∴==-()()2211·121212121n n b b n n n n ∴==-+-+-+,1111113352121n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121nn n =-=++ 【点睛】本题考查了通项公式与前n 项和的关系,裂项法求和的应用,属于基础题.3【分析】（1）根据正弦定理及正弦的和角公式,化简即可求得角C .（2）根据三角形面积公式,代入化简可得3c ab =.由余弦定理及不等式性质可得ab 的最小值,即求得c 的最小值. 【详解】（1）由正弦定理及2cos 2c B a b =+ 代入化简可得2sin cos 2sin sin C B A B =+ 因为()sin sin A B C =+,代入上式可得()2sin cos 2sin sin C B B C B =++展开可得2sin cos 2sin cos 2sin cos sin C B B C C B B =++2sin cos sin 0B C B ∴+= sin 0B ≠1cos 2C ∴=-,由0C π<<23C π∴=（2）1sin 2ABC S ab C ===△ 3c ab ∴=222222cos 23c a b ab C a b ab ab ab ab =+-=++≥+= 2293a b ab ∴≥∴13ab ≥1c ∴≥,即c 的最小值为1【点睛】本题考查了正弦定理及三角函数式的化简,正弦的和角公式,三角形面积公式的用法,不等式的性质及应用,属于基础题. 22．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据题意及递推公式,表示出12n a +-.取倒数即可证明11122n n a a +---为常数,即证明数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；（2）由（1）求得数列{}n a 的通项公式,进而求得231···n a a a +,即可得数列{}n b 的通项公式,结合错位相减法即可求得数列{}n b 的前n 项和,即证明不等式成立. 【详解】（1）由题意12442244n n n na a a a +--=-=-- 则1411122422n n n n a a a a +-==----所以1111222n n a a +-=---12n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是等差数列（2）由（1）知()111112222n nn a a =--=--- 所以12n n a n-=⨯, 231122 (22311)nnn n a a a n n +=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=++ 所以12n nn b +=设12232341· (2222)n n n n T b b b +=+++=++++ 则2311231···22222n n n n n T ++=++++ 两式相减得23111231333···22222222n n n n n n n T ++++=++++=-< 3n T ∴<【点睛】本题考查了利用定义证明等差数列,错误相减法求和的应用,属于中档题.。

安徽省皖北名校2020-2021学年高二上学期第二次联考试题物理Word版含答案

皖北名校2020〜2021学年度高二年级第一学期第二次联合考试物理考生注意：1•本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

2•考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5亳米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，卑也等甥库瑕申爭白•勺管来无次.华逮甥卷、.学斶级上作等无敛。

3•本卷命题范用：选修3—5第十六章，选修3—1第一章。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1〜8 题只有一个选项正确，第9〜12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2 分，有选错的得0分。

1•关于真空中两个静I匕的点电荷之间的相互作用力，下列描述合理的是A. 该作用力一定是引力B.电荷量较小的受到的力大C.该作用力与两电荷之间距禽的平方成反比D.牛顿通过实验总结岀该作用力的规律2•物体在竖直平面内做匀速圆周运动，运动一周的过程中，下列说法正确的是A.物体的动量和动能始终不变B.物体的动量一直变化，动能始终不变C.物体的动能一直变化，动量始终不变D.物体的动量和动能一直变化3•如图甲所示，在光滑水平而上a、b两小球发生正碰，图乙为它们碰撞前后的x-t（位移一时间）图象。

已知a球质Min!=0.3kg,下列说法正确的是甲A.碰撞后，a球做匀速运动，b球做匀加速运动B.b球的质M mz=0.3kgC.该碰撞为弹性碰撞D.该碰撞损失的机械能△E=0.2J4.如图所示，皮带在电动机的带动下保持v=lm/s的恒泄速度向右运动。

现将一质量m=lkg的物体由静止轻放在皮带上，物体和皮带间的动摩擦因数p=0.5o设皮带足够长，取g=10ni/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中，皮带对物体的冲疑大小为A.1N • sB.2N • sC.3N • s D“N・s 5•如图所示，在边长为L的正方形ABCD的四个顶点上，A、B. C三点处分别放有电荷量都为+q的点电荷，D点处放有电荷量为一q的点电荷，则正方形对角线的交点处的场强大小代B书C晋畤6•如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电讣相连，静电汁金属外壳和电容器下极板都接地。

2020-2021学年安徽省高二上学期期中考试物理试卷(解析版).doc

2020-2021学年安徽省高二上学期期中考试物理试卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：电荷在电场中的偏转,电荷在交变电场中运动）如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度随时间的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：（1）粒子通过电场区域的时间；（2）粒子离开电场时的位置坐标；（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．【答案】（1）4×10－3 s. （2）（－2×10－5 m，2 m）（3）【解析】试题分析：（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t==4×10－3 s.（3分）（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2（2分）减速时的加速度大小为a2＝＝2m/s2（2分）x方向上的位移大小为 x＝（2分）评卷人得分因此粒子离开电场时的位置坐标为（－2×10－5 m，2 m）（1分）（3）离开电场时粒子在x方向的速度大小为考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电量为q的粒子从O点出发，初速度的大小为v0，在重力和电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀减速直线运动，求：（1）匀强电场的场强的大小；（2）粒子运动的最高点与出发点之间的电势差。

【答案】（1）（2）mv02cos2θ／2q【解析】试题分析：（1）依题意，对粒子受力分析可知粒子带负电，粒子受到水平向右的电场力和竖直向下的重力。

安徽省毫州市涡阳四中2021年高三上学期第二次月考物理试题

本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷(非选择题)两部分，时间100分钟，总分100分.第Ⅰ卷（选择题部分）一、单项选择题（只有1个正确答案，每题4分，共40分）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）（1）伽利略发现了行星运动的规律（2）卡文迪许通过实验测出了引力常量（3）牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因（4）笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献A ．(1) (2)B ．(2) (4)C ．(3) (4)D ．(1) (3)2．图1是甲、乙两物体做直线运动的v 一t 图象，下列表述正确的是（）A ．乙做匀加速直线运动B ．0~2s 内甲和乙的位移相等C ．甲和乙的加速度方向相同D ．甲的加速度比乙的小3．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移△x 所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x 所用时间为t 2。

则物体运动的加速度为（） A ．121212()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆+- C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．1212122()()x t t t t t t ∆-+4．一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示。

则物块（）A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不变D ．受到的合外力增大5．如图所示，物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为 f 1 ，若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，设此过程中斜面受地面的摩擦力为 f 2 。

则（）θmFA ．f 1 不为零且方向向右，f 2 不为零且方向向右B ．f 1 为零，f 2 不为零且方向向左C ．f 1 为零，f 2 不为零且方向向右D ．f 1 为零，f 2 为零6．如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑。

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一、选择题（每小题4分,共40分.下列每小题所给选项只有一项符合题意,请将正确答案的序号填在答题卡上）1．（4分)(20１４秋•涡阳县校级月考）20１４年1月1日辽宁舰顺利完成为期３7天的南海百项海域科研试验和训练．某次舰载机的训练如图所示，飞机在跑道上滑行的距离为s,从着舰到停下来所用的时间为t．现欲估算飞机着舰的速度,可假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，但实际上,飞机的速度越大,所受的阻力越大，则飞机着舰的速度v应是（）A．ｖ=Ｂ.v= C.v＞ D.<ｖ<考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.版权所有专题：直线运动规律专题.分析:设飞机着陆过程中加速度为ａ,飞机着陆瞬间速度为v,根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题．解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v,则有:2aｓ=0﹣v2①０=v+at ②由①②得:，即飞机着舰的速度v至少为故故选：C点评:本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大,属于基础题.2.(４分)(2011•天津)如图所示,A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( ）Ａ．方向向左,大小不变B．方向向左，逐渐减小Ｃ．方向向右,大小不变Ｄ．方向向右，逐渐减小考点:牛顿第二定律;滑动摩擦力．版权所有专题:整体法和隔离法．分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．１、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体,作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力(外力）,不考虑整体内部之间的相互作用力（内力)．整体法的优点:通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况,从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算,能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法.2、隔离法:隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法.在力学中,就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来,作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力,不考虑研究对象对其他物体的作用力.隔离法的优点:容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单,便于初学者使用.在分析系统内各物体(或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法.本题中两物体相对静止，可以先用整体法,整体受重力、支持力和向后的摩擦力,根据牛顿第二定律先求出整体加速度,再隔离物体B分析,由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析,受重力、支持力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小.解答:解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动,对A、B整体根据牛顿第二定律有然后隔离B,根据牛顿第二定律有f AＢ=m B a＝μm Bg 大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动,故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选A.点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力!3．（4分）(2014春•桐乡市校级期中）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车,如图所示.当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜,抵消离心力的作用;行走在直线上时,车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样.假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为１ｋm，则质量为50kｇ的乘客,在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取１０m/s２)( ）A.５０0ＮB．10０0Ｎ C.500N D.0考点:向心力.版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析：乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出拐弯过程中火车对乘客的作用力.解答:解：36０km／h=10０m/s．根据牛顿第二定律知，，根据平行四边形定则得,N==5０0N.故C正确,A、Ｂ、D错误.故选:C．点评：解决本题的关键搞清圆周运动向心力的来源,结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解．４．（４分)(201４秋•涡阳县校级月考）图中ａ、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示.Ｏ点磁感应强度的方向（）A．沿Oa向上B．沿Oc向下 C.沿Ob向左 D.沿Od向右考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度.版权所有分析:根据等距下电流所产生的Ｂ的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的Ｂ的大小关系,由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得Ｂ的合矢量的方向．解答：解:根据题意,由右手螺旋定则知ｂ与d导线电流产生磁场正好相互抵消,而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故选：C点评：本题考查磁感应强度B的矢量合成法则,会进行磁感应强度的合成,从而确定磁场的大小与方向．５.（4分）(２0０3•辽宁)在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块,抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ）Ａ.mgｈ﹣mv2﹣ｍv02 B.﹣mｖ2﹣ｍv02﹣mｇhＣ．m gｈ+ｍｖ0２﹣ｍv2D．m gｈ+mv2﹣mｖ02考点：动能定理的应用．版权所有专题:动能定理的应用专题．分析:物体从离地面A处以一定速度竖直上抛,最后又以一定速度落到地面,则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出.解答：解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得:解得:故选：C点评：运用动能定理时,要当心力做功的正负，同时要合理选取过程.此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关,而阻力做功与路径有关．6．(4分)（2０14秋•涡阳县校级月考）如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kｇ和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为０．1ｍ／s．A将Ｂ向空间站方向轻推后，Ａ的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向( )Ａ.0.02m／s，朝着空间站方向 B.0.０2ｍ/ｓ，离开空间站方向C.0.2m／s,朝着空间站方向Ｄ.0.2m/s，离开空间站方向考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题.分析:在两宇航员A和B互推过程中,两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．解答:解:两宇航员组成的系统动量守恒,以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=０.1m／s,方向远离空间站，推开后,A的速度v A=0.2ｍ/ｓ，此时Ｂ的速度为v B，由动量守恒定律得:(m A+ｍB)ｖ0=mＡvＡ＋ｍＢｖB,即:(80＋１0０）×0.1=80×0.２+100ｖB，解得:v B=０.02m／s，B的速度方向沿远离空间站方向;故选:B.点评:本题以航天为背景,考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向.7.(4分）（2０１0•宿州二模)在磁场中的同一位置放置一条固定方向的直导线,导线的方向与磁场方向垂直.先后在导线中通入不同的电流,导线所受的力也不一样.图中的四幅图象表现的是导线受的力F与通过导线的电流I的关系,a、ｂ各代表一组F、I的数据．下列图象正确的是（）A．B.C．D.考点：安培力．版权所有分析：根据安培力公式F=BIL写出表达式即可正确求解．解答:解:在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为:Ｆ＝BIL，由于磁场强度Ｂ和导线长度L不变,因此F与I的关系图象为过原点的直线,故ＡＣＤ错误,Ｂ正确.故选:B.点评:本题比较简单，考查了安培力公式F＝BＩＬ的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维.8．（4分)(２014春•鞍山期末)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等．ａ、ｂ为电场中的两点，则下列说法错误的是( ）A．ａ点的电场强度比b点的大Ｂ.a点的电势比b点的高C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从ａ点移到b点的过程中,电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析:电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Ｑ出发到不带电的金属球终止，所以ａ点的电势高于金属球的电势，而ｂ点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势;电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解:Ａ：电场线的疏密表示场强的大小,由图象知a点的电场强度比b点大,故Ａ正确；B：a点所在的电场线从Ｑ出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于ｂ点的电势.故B正确；C:电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误;D:由上知,﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大，电场力做负功．故Ｄ正确.本题选错误的，故选：C.点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点,解题的关键是电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加．9．(４分)(２014秋•沈丘县期中）喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B.运动轨迹是抛物线C．电势能逐渐增大 D.运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动.版权所有专题:带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向;根据电子做类平抛运动来确定侧向位移,及电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于是电子，故向正极板偏转,A错误;B、由于电子在电场中做类平抛运动,轨迹为抛物线,故Ｂ正确；C、由于电子做正功，故电势能减少，故C错误;Ｄ、由侧向位移y==•，可知运动轨迹与带电量有关，故Ｄ错误.故选:B．点评:本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法,并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．10.(4分)(201４秋•涡阳县校级月考）在如图所示的电路中,电源电动势为E、内电阻为ｒ，C为电容器,Ｒ0为定值电阻，Ｒ为滑动变阻器.开关闭合后，灯泡L能正常发光.当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是( )A．电流表读数变大 B.灯泡L将变暗C．电容器C的电量将减小D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律;电容;电功、电功率．版权所有专题:电容器专题．分析:电路稳定时,与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大,即可知电压表读数增大．电路中电流减小,灯L变暗．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化,由Q=ＣU分析电量的变化.解答:解:A、当滑动变阻器的滑片向右移动时,变阻器在路电阻增大,外电阻增大，电路中电流减小，电流表示数减小,灯L变暗，故A错误、B正确；C、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的,则由Q=CＵ知，电容器C的电荷量将增大.故Ｃ错误．D、电源消耗的功率P=ＥI,电流减小所以电源消耗的功率将变小，故Ｄ错误.故选：B点评:本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大,判断电压表读数的变化．二.实验题(共1８分）11.(6分)(20１4秋•涡阳县校级月考）某学习小组在描绘标有“８.0v,3.８w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V(量程10Ｖ，内阻约4KΩ)和两块电流表，A1（量程1０0mA，内阻约2Ω)和A２（量程０.6A，内阻约0.3Ω),则选择电流表A2测量.甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图①、②所示，则图线② 更准确.考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.版权所有专题:实验题．分析：根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题.解答:解：灯泡正常发光时时的电流:I=＝＝0.475A=4７5mＡ,电流表应选A2;灯泡正常发光时的电阻约为:R=＝≈16.84Ω，电流表内阻约为0.３Ω，电压表内阻约为4kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法,电流表采用外接法，由于电压表的分流,电流表测量值偏大，图②所示图象准确.故答案为：Ａ2,②.点评:本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题．12．(1２分）(201４秋•涡阳县校级月考)某同学设计如图甲所示的电路图测量电源的电动势和内阻，同时测量未知电阻Ｒx的阻值，其中Ｒ为电阻箱(0∽99.9Ω),闭合开关前置于阻值最大位置,Ｒx未知电阻.其实验步骤如下：(1）断开K1、闭合Ｋ2，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组Ｒ、I值；（2）依据Ｒ、I值作出如图乙所示的R﹣图线；(3)断开K2、闭合K1，读出电流表示数为０.5Ａ，根据乙图可求得电源的电动势等于２Ｖ电源的内阻等于0.5Ω未知电阻Ｒx等于0.5Ω．考点：测定电源的电动势和内阻.版权所有专题:实验题．分析:断开K2，闭合K1，电源与电阻箱串联，求出R与的关系式，根据图线的斜率求出电动势，根据纵轴截距求出电源的内阻.断开K2，闭合K1，当R调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变,断开Ｋ1,闭合Ｋ2,此时电流表的示数I２=0.8A.根据闭合电路欧姆定律求出RＸ的阻值.解答:解：根据E=ＩR+Ir,得Ｒ=，知图线的斜率等于电源的电动势,所以Ｅ=，纵轴截距表示内阻,所以内阻r=0.5Ω．断开Ｋ2,闭合K1,当Ｒ调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A,有:E＝I1R+I1ｒ，代入数据解得:R=1.5Ω,断开K1，闭合K2,此时电流表的示数I2＝0.8A.则有:E=Ｉ2(R X+Ｒ)+I2ｒ，解得Ｒx=0.5Ω.故答案为：2V;0.5Ω；0.5Ω点评：解决本题的关键知道R与图线的斜率和截距表示的物理意义看，以及能够熟练运用闭合电路欧姆定律．三.计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）1３.(8分)(２01４秋•涡阳县校级月考）如图所示,两平行金属板相距为ｄ,电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e,从Ｏ点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回，已知OA=h，求此电子具有的初速度是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析:设出电子的初动能,末动能为零,全程只有电场力做功,根据动能定理解出电子的初速度解答：解：设出电子的初动能Ｅk０,末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理:﹣ｅEh=0﹣，解得:v＝答：此电子具有的初速度是点评:本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理粒子变速直线运动问题．注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功.14.(１０分)（20１4秋•涡阳县校级月考)在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uｏ，其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度v o从两板中央射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力,求：（1）若电子从ｔ=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小.(2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长?(3)若电子从ｔ=时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出，则两板间距至少多大?考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题:电场力与电势的性质专题．分析：（１）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功,根据动能定理即可解除电子飞出时的速度.（２)若电子从t＝0时刻射入,恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T;（3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件,第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度v y再减速到零,然后反方向加速度到ｖy再减速到零．解答:解：（1）电子飞出过程中只有电场力做功,根据动能定理得：解得(2)电子从t=0时刻射入且恰能平行于金属板飞出，则电子至少要在电场中运动一个周期．电子平行于金属板方向匀速运动,则：Ｌｍiｎ＝v０T（３)电子从t＝时刻射入且恰能从两板中央平行于板飞出,则电子在垂直于金属板方向上做往复运动.则；加速度：电子在时间内的位移:所以答:（1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从Ａ板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小.(2）若电子从t=０时刻射入,恰能平行于金属板飞出,则金属板至少为v0T(３）若电子从ｔ=时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出,则两板间距至少为点评:带电粒子进入偏转电场中运动，水平方向不受力做匀速直线运动,竖直方向初速度为零的匀加速直线运动且具有周期性变化;要用好变化的正确性.1５.(1２分)（２００９秋•杨浦区期末）如图所示，R3＝６Ω,电源内阻r为１Ω,当S合上且R2为２Ω时，电源的总功率为16W，而电源的输出功率为12W,灯泡正常发光，求：(1）电灯的电阻及功率；(2）S断开时，为使灯泡正常发光,Ｒ2的阻值应调到多大？考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题:恒定电流专题．分析：（1)当S合上时,电阻Ｒ2与灯泡串联后电阻R3并联．根据电源的总功率为16W,电源的输出功率为１2W,求出通过电源的电流.根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率.（2）由（1）问中电流和电源的总功率为16Ｗ,求出电动势.S断开时,电阻Ｒ2与灯泡串联,根据欧姆定律求出R2的阻值．解答:解:（1)由P r＝Ｐ总﹣Ｐ出=I2r得即:１6﹣12＝Ｉ２×１得，I=2A又P出=Ｉ2R外即:12=22×Ｒ外得,R外＝３Ω又:代入数据得:R L=4Ω又ＲL+Ｒ2=R3∴ＩL=I3＝1AP L=ＩL2RＬ=4W（2）由上题P总=EＩ得，Ｅ==V＝8V.S断开时时,E=I L(ＲL＋R２′+r）=8V解得:R2′=3Ω答：(1）电灯的电阻是4Ω，功率是4W;（2)S断开时,为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到3Ω.点评:从本题看出,对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率关系.16.（12分）（201４秋•涡阳县校级月考)如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场,电场强度为E.不带电的绝缘小球Ｐ2静止在O点．带正电的小球P１离小球P2左侧的距离为L.现由静止释放小球Ｐ1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍.已知P1的质量为ｍ,带电量为q,P2的质量为5m．求:（1)碰撞前小球Ｐ1的速度.（2）碰撞后小球Ｐ2的速度．(３）小球P1和小球P２从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置.考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有专题:电场力与电势的性质专题.分析:（１）根据动能定理求出碰撞前小球P1的速度.(２)两小球碰撞的瞬间,动量守恒,结合动量守恒定律求出碰后小球P２的速度．(3）碰撞后小球P１先向左后向右做匀变速运动,根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间,根据位移的大小求出第二次碰撞的位置．解答：解:（1）设碰撞前小球Ｐ1的速度为v0,根据动能定理解得（2）Ｐ１、Ｐ2碰撞,设碰后P1速度为ｖ１,P２速度为v2，规定v０的方向为正方向,由动量守恒定律:mv0＝mｖ1+5mｖ2,v1=﹣解得v2=（水平向右）(３）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a,则：设P1、P2碰撞后又经△t时间再次发生碰撞，且Ｐ1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则:解得：对P2分析:即第二次碰撞时距离O点答:（1）碰撞前小球P１的速度为.（2）碰撞后小球P２的速度为,方向向右．（3)小球Ｐ1和小球Ｐ2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间为，位置距离Ｏ点.点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强,对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律,选择合适的定律或定理进行求解.。