2017-2018学年四川省成都市第七中学高二下学期半期考试物理试题Word版含答案
成都七中2017-2018 学年度下期高2019 届半期考试物理试卷考试时间：100 分钟满分：110 分本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷（选择题，共48 分）1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔填写在答题卡上．2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．3. 考试结束后，监考人将答题卡收回．一、单项选择题：本题包括8个小题，每小题3分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得3分，选错或不选的得0分．1. 下列属于光的衍射现象的是( )D2. 下列有关电磁场、电磁波、电磁波谱的说法中正确的是( )A．麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生变化的电场” B．电磁波谱按波长由长到短的顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线C．一切物体都在不停的发射红外线和紫外线D．振荡电路只须有足够高的振荡频率就可以有效发射电磁波3. 如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O 点为平衡位置，在a、b 两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )A．振子的振动周期等于t1B．在t＝0 时刻，振子的位置在a 点C．在t＝t1 时刻，振子的速度为零D．从t1 到t2，振子正从O 点向b 点运动4. 如右图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1 和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )A．线圈绕P1 转动时的电流大于绕P2 转动时的电流B．线圈绕P1 转动时的电动势等于绕P2 转动时的电动势C．线圈绕P1 和P2 转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a D．线圈绕P1 转动时dc 边受到的安培力大于绕P2 转动时dc 边受到的安培力5. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接．下列说法中正确的是( )A．开关闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A 插入线圈B 中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转6. 一束光线从空气射向玻璃，入射角为α.下列四幅光路图中正确的是( )7. 下列有关波动现象的说法中正确的是（）A．医生检查身体用的“B 超”是根据超声波的多普勒效应制成的B．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的C．波具有衍射特性的条件，是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或小得多D．在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小8. 如右图所示,水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R,导体棒ab长为L，电阻为r 且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场中，现在水平外力F 作用使导体棒ab 以速度v 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A．导体棒ab 两端的电压大小为BLv B．导体棒ab 中 a 端电势比 b端电势低C．导体棒ab所受外力 F 方向水平向右D．导体棒ab 所受安培力方向水平向右二、多项选择题：本题包括6个小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个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，有选错或不选的得0分．9. 双缝干涉实验装置如右图所示，绿光通过单缝S 后，投射到具有双缝的挡板上，双缝S1 和S2 与单缝S的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹．屏上O 点距双缝S1 和S2 的距离相等，P 点是距O点最近的第一条亮条纹，如果将入射的单色光换成红光或蓝光，已知红光波长大于绿光波长，绿光波长大于蓝光波长，则下列说法正确的是( )A．O 点是红光的亮条纹B．红光的第一条亮条纹在P 点的上方C．O 点不是蓝光的亮条纹D．蓝光的第一条亮条纹在P 点的上方10. ABCDE 为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC，由a、b 两种单色光组成的细光束从空气垂直AB 射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC 射出，且在CD、AE 边只有a 光射出，光路如右图所示，则a、b 两束光( )A．在真空中，a 光的传播速度比b 光大B．在棱镜内，a 光的传播速度比b 光小C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b 光的折射角较小D．从零逐渐增大从水斜射入空气的入射角，b 光比a 光先发生全反射11. 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，下图甲是波刚传播到x＝5 m 处的M 点时的波形图，下图乙是质点N(x＝3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于x＝10 m 处的质点，下列说法正确的是( )A．这列波的波速是1.25 m/sB．M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿x 轴正方向C．由甲图对应时刻开始计时，经过6 s，质点Q第一次到达波谷D．这列波由M 点传播到Q 点的这段时间内，M 点通过的路程为50 cm12. 如右图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻恒为R L＝6 Ω，AB 端电压u1＝24 2sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A．电流频率为50 HzB．的读数为24 VC．的读数为0.5 AD．变压器输入功率为24 W13. 矩形线框abcd 固定放在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图所示．设t＝0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，i 表示线框中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F 表示线框ab 边所的受安培力(规定ab 边所受安培力的方向向左为正)，则下列图象中正确的是( )14. 在光滑绝缘的水平平面上固定两个等量的同种正点电荷，电量为Q，距离为L，在两个点电荷的连线的中垂线上离中点距离为A（A<<L）的地方静止释放一个质量为m，电量为q 的负点电荷，负点电荷回到出发位置的时间为T1 ；在两个点电荷的连线上离中点距离为A 的地方静止释放一个质量为m，电量为q 的正点电荷，正点电荷回到出发位置的时间为T2. 则T1 和T2 的关系正确的是（）1A .T1>T2 B.T1<T2 C . T1= 2 T2 D. T1= T22第Ⅱ卷（共62分）三、实验题：本题包括2 个小题，共15 分．15.（6 分）小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤的是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O 点(如图所示)B．用刻度尺测量OM 间细线的长度l 作为摆长C．将石块拉开一个约为5 °的偏角，然后由静止释放D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30 次的总时间t，由T＝t 得出周期30(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是(填写序号)．(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为；若该同学用OM 的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正)，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．16.（9 分）在“测定玻璃的折射率”实验中：(1)为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是A．必须选用上下表面平行的玻璃砖B．选择的入射角应尽量小些C．大头针应垂直地插在纸面上D．大头针P1 和P2 及P3 和P4 之间的距离尽量小些(2)某同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O 点为圆心，OA 为半径画圆，交OO′延长线于C 点，过A 点和C 点作垂直法线的直线分别交于B 点和D 点，如图甲所示，若他测得AB＝6 cm，CD＝4 cm，则可求出玻璃的折射率n＝．(3)某同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，则他测得的折射率(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．四、计算题：本题包括4 个小题，共47 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位．17.（10 分）如右图所示为一列简谐波在t1＝0 时刻的图象．此时波中质点M 的运动方向沿y 轴负方向，且t2＝0.55 s 时质点M 恰好第3 次到达y 轴正方向最大位移处．试求：(1)此波向什么方向传播，波速是多大；(2)从t1＝0 至t3＝1.2 s，波中质点N 运动的路程和相对于平衡位置的位移分别是多少．18.（10 分）如右图所示，发电机的输出功率P 出=5×104 W，输出电压U1= 240 V，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为22 0V，则：(1) 该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；(2) 能使多少盏“220 V 100 W” 的电灯正常发光．U119（13 分）如右图所示，一装满水的水槽放在太阳光下，将平面镜M 斜放入水中，调整其倾斜角度，使一束太阳光从O 点经水面折射和平面镜反射，然后经水面折射回到空气中，最后射到槽左侧上方的屏幕N 上，即可观察到彩色光带．如果逐渐增大平面镜的倾角θ，各色光将陆续消失．已知所有光线均在同一竖直平面．(1)从屏幕上最后消失的是哪种色光(不需要解释)；(2)如果射向水槽的光线与水面成30°，当平面镜M 与水平面夹角θ＝45°时，屏幕上的彩色光带恰好全部消失．求：对于最后消失的那种色光，水的折射率．20（14 分）如右图所示，PQ 和MN 是固定于倾角为37 °斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab 的质量为2m、cd 的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动．某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.8mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动．（重力加速度为g，sin37 °=0.6）．(1) cd 棒在恒力F＝2mg 作用下匀速运动时速度的大小；(2) t0～t 时间内通过金属棒ab 的电荷量q；(3) 在第（2）问中若金属棒ab 沿轨道上升的距离为x1，金属棒cd 沿轨道上升的距离为x2,且x2>x1．求在该过程中系统产生的热量Q．。
四川省成都市第七中学2015-2016学年高二下学期期中考试物理试题
电流表，读数分别为 I 1、 I 2和 I 3，现断开 S， U 1 数值不变，下列推断中正确的是 ( )
A ．U 2 变小
B． I1 变大
C． I2 变小 D ． I3 变小
12．关于单摆，下列说法中正确的是（
）
A ．摆球运动回复力是摆线张力和重力的合力 B ．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度相等 C ．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
) 14． 如图所示，在质量为 m
0
)
A ．通过 RT 的电流
B ．通过 R1 的电流
C．通过 R2 的电流
D ．电容器两极板间的电场强度
10．电厂发电机的输出电压 250V ，输出功率为 10kW ，在进行远距离输电
时，输电线总电阻为 5Ω，则 (
)
A ．直接输电，用户两端的电压只有 50V
B ．若要求用户两端的电压为 220V ，则应配备原、 副线圈匝数比为 1:4 （发电厂） 和 5:1 （用 户端）的变压器
C．当 t =10 -2s 时，线圈转动过程中磁通量变化率为 100wb/s D ．若将该交流电压加在阻值为 R＝ 100 Ω 的电阻两端，则电阻 消耗的功率是 50W
8．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为 R、理想交流电表 A 。下列说法正确的是 ( ) A ．当 U 增大时，变压器的输入功率增大
D ．摆球经过平衡位置时，加速度为零 13．如图甲所示，弹簧振子以 O 点为平衡位置，在
A 、B 两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子
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的位移 x 随时间 t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是 ( A ． t＝0.8 s 时，振子的速度方向向左 B ． t＝ 0.2 s时，振子在 O 点右侧 6 cm 处 C． t＝ 0.4 s和 t＝ 1.2 s时，振子的加速度完全相同 D ． t＝0.4 s 到 t＝ 0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐减小
四川省成都市第七中学2016-2017学年高二下学期半期考试物理试题 Word版含答案
第Ⅰ卷 选择题一、单选题：本题共 7 小题，每小题 3 分，共 21 分。
每小题给出的四个选项中，只有一项合题目要求。
1. 下列说法正确的是A ．实际的振动系统做阻尼振动时，它的振动周期不断减小B ．火车过桥时要减速，是为了不产生周期性的驱动力，从而避免产生共振C ．根据多普勒效应，可以判断遥远的天体相对于地球的运动速度D ．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹计算出电磁波的传播波速度等于光速2． 如图所示，一个“⊏”形金属框架水平放置，其上放有一个金属导体棒 ab ，有一磁感应强度为B 的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ 。
在下列各过程中，一定能在轨道回路中产生感应电流的是A ．将“⊏”型框架匝数增加B ． ab 向右运动，同时使θ减小C ．使磁感应强度B 减小，θ角同时也减小D ． ab 向右运动，同时增大磁感应强度B 和θ角(0°<θ< 90°)3． 如图所示为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图像，以下说法正确的是A ．甲、乙的振幅各为 2 m 和 1 mB ．若甲、乙为两个弹簧振子，则所受回复力最大值之比为 F 甲∶ F 乙＝2∶1C ．乙振动的表达式为 sin 4x t π=（cm ）D ． t ＝2 s 时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值4. 一个匝数为 100 匝，电阻为 2 Ω 的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。
则线圈中产生交变电流的有效值为A．52A B．0.6 A C．22A D．0.5 A5．图甲为一台小型发电机构造示意图，单匝线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。
发电机线圈内阻为0.5 Ω，外接灯泡的电阻为9.5 Ω，则A．电压表的示数为6 VB．电流方向每秒改变50 次C．若线圈从图甲所示位置开始计时，电动势的表达式为e=62sin100 πt （V）．当从上D．在t ＝0.01 s 的时刻，穿过线圈的磁通量为3250（Wb）6．某横波在介质中沿x 轴传播，甲图为t ＝0.25 s 时的波形图，乙图为平衡位置在x ＝1.5 m 处质点P 的振动图像，那么下列说法不正确的是A．该波向右传播，波速为2 m/sB．质点L 与质点N 的运动方向总是相反C．t ＝0.75 s 时，质点M 处于平衡位置，并正在向y 轴正方向运动D．在0.25 s～1.25 s 内，质点K 向右运动了2 m7． 如图所示，光滑平行金属导轨 MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角， M 、P 两端接有阻值为R 的定值电阻。
四川省成都七中2017-2018学年高二上学期月考物理试卷(11月份) Word版含解析
2017-2018学年四川省成都七中高二（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（本题为不定项选择题，每题6分，选对不全得3分；本大题共42分）1．关于磁感线的描述，下列哪些是正确的（）A．磁感线从磁体的N 极出发到磁体的S 极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N 极指向螺线管的南极C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向D．通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆2．如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则（）A．流过电动机的电流为6AB．流过R2上的电流为1AC．电源电动势E=12VD．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W3．如图所示，在某一点电荷产生的电场中有a、b两点．已知a点的场强大小为E a，方向与ab连线的夹角为120°，电势为φa；b点的场强大小为E b，方向与ab连线的夹角为150°，电势为φb．则a、b两点的场强大小及电势的高低相比较，有（）A．E a=3E b；φa＞φb B．E a=；φa＞φbC．E a=；φa＜φb D．E a=3E b；φa＜φb4．如图所示，A 和B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动触头P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）A．小球带负电B．当滑动触头从a 向b 滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b 处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率5．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5.2，3.5）、Q（6，5）．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2 单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1 与电源2 的内阻之比是3：2B．电源1 与电源2 的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：106．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为（）A．R0B．R0C．R0D．R07．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E．现有一质量为m、电荷量为+q 的小球在A 点以初速度大小为v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由A 点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．C 点可能位于AB 直线的左下侧B．电场力对小球做功为零C．小球的电势能减小D．小球的机械能一定减小二、实验题8．现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．①为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．②合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的（填“左端”或“右端”）．③根据实验数据，描绘出的U﹣I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为Ω，小灯泡的功率为w（结果保留两位有效数字）．④由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的．9．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．（1）己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=Ω，R2=Ω．（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表吖对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为Ω的电阻，R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器．（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的Rʹ为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱（填“b”或“c“）相连．判断依据是．10．某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ导线若干．回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔，调零点．（2）将图（a）中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为kΩ和V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为kΩ．三、计算题11．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；（2）若在ab之间接一个内阻R V=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．12．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m 处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：（1）求粒子在电场中的运动时间；（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量；（3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向；（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．2016-2017学年四川省成都七中高二（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题为不定项选择题，每题6分，选对不全得3分；本大题共42分）1．关于磁感线的描述，下列哪些是正确的（）A．磁感线从磁体的N 极出发到磁体的S 极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N 极指向螺线管的南极C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向D．通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．小磁针N极所指的方向即为磁场的方向．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向．磁感线的疏密表示磁场的强弱，等间距同心圆表示磁场强弱情况相同．【解答】解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．故A错误．B、螺线管内部磁感线由S极指向N极，小磁针N极所指的方向即为磁场的方向，故小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的N极即北极，故B错误；C、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线切线的方向表示磁场的方向，故C正确；D、通电直导线的磁场距离通电直导线越远则磁场越弱，故以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组同心圆越往外越稀疏，不是等间距，故D错误．故选：C．2．如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则（）A．流过电动机的电流为6AB．流过R2上的电流为1AC．电源电动势E=12VD．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】电阻R2和电动机并联，所以电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流，同样可以根据电动机的铭牌求出流过电动机的电流，干路电流即可求得，从而求的电源电动势，当电动机内阻为0.5Ω时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率．=，故A错误；【解答】解：A、电动机两端的电流为I动B 、电阻R 2两端的电压为U 2=6V ，电流为I 2=，故B 正确；C 、干路电流为I=I 动+I 2=2+1A=3A ，电源电动势为E=U +（R 1+r ）I=6+（1+1）×3V=12V ，故C 正确；D 、若电动机线圈电阻为0.5Ω，电动机内阻消耗功率为P 耗=I 动2 R 动=22×0.5W=2W ，故输出功率为P 出=P ﹣P 耗=12﹣2W=10W ，故D 错误；故选：BC3．如图所示，在某一点电荷产生的电场中有a 、b 两点．已知a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线的夹角为120°，电势为φa ；b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线的夹角为150°，电势为φb ．则a 、b 两点的场强大小及电势的高低相比较，有（ ）A ．E a =3E b ；φa ＞φbB ．E a =；φa ＞φb C ．E a =；φa ＜φb D ．E a =3E b ；φa ＜φb【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【分析】将两个电场线的方向反向延长，交与一点O ，然后根据几何关系进行分析即可．【解答】解：将两个电场线的方向反向延长，交与一点O ，如图：由几何关系可得：∠aob=90°，∠oab=60°所以：由点电荷的场强公式：得：，即：E a =3E b又因是在点电荷的电场中，所以φa ＞φb所以四个选项中A 正确，BCD 都错误．故选：A4．如图所示，A 和 B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关 S 闭合且滑动变阻器的滑动触头 P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（ ）A．小球带负电B．当滑动触头从a 向b 滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b 处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir 变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误故选：C5．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5.2，3.5）、Q（6，5）．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2 单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1 与电源2 的内阻之比是3：2B．电源1 与电源2 的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．【解答】解：A、根据电源U﹣I图线，r1=Ω=，r2==Ω，则r1：r2=3：2，故A正确．B、E1=E2=10V，故B正确；C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则U1=3.5v，I1=5A，P1=17.5W，R1==ΩU2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=ΩP1：P2=7：12，R1：R2=42：50故CD错误；故选：AB．6．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为（）A．R0B．R0C．R0D．R0【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得R0故选：C．7．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E．现有一质量为m、电荷量为+q 的小球在A 点以初速度大小为v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由A 点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．C 点可能位于AB 直线的左下侧B．电场力对小球做功为零C．小球的电势能减小D．小球的机械能一定减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧，并利用类斜抛的合成与分解方法，依据合力方向速度为零，则球达到最高点，即速度最小．【解答】解：A、小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，小球带正电，则C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧，故ABC错误；D、小球具有机械能和电势能，小球的电势能增加，由能量守恒定律可知，小球的机械能一定减小，故D正确．故选：D．二、实验题8．现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．①为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．②合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的左端（填“左端”或“右端”）．③根据实验数据，描绘出的U﹣I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为7.2Ω，小灯泡的功率为0.45w（结果保留两位有效数字）．④由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的D．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据实验原理明确实验的实物图，注意导线不能交叉且注意正负极不能接错；（2）实验中要求电压从零开始调节，根据滑动变阻器的接法可明确滑片开始时的位置；（3）由伏安特性曲线可得出1.80V对应的电流值，由欧姆定律可求得电阻值；由功率公式可求得功率；（4）根据灯泡电阻的变化明确对应的图象；【解答】解：①实物电路图如图②为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端；③由图可知，当电压为1.8V时，电流为0.25A，则电阻R===7.2Ω；功率P=UI=1.8×0.25=0.45W；④由功率公式P=可知，功率与电压的图象应为D；故答案为：①如图所示；②左端③7.2 0.45；④D9．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．（1）己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=15Ω，R2=35Ω．（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表吖对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为300Ω的电阻，R应选用最大阻值为3000Ω的滑动变阻器．（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的Rʹ为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱c（填“b”或“c“）相连．判断依据是闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2．【考点】把电流表改装成电压表．【分析】（1）根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．（2）应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择．（3）有电流流过电表时电表指针发生偏转，没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题．【解答】解：（1）使用a、b接线柱时，I ab=I g+=0.001A+=0.003A，使用a、c接线柱时，I ac=I g+=0.001A+=0.010A，解得：R1=15Ω，R2=35Ω；（2）改装后电流表内阻：r==≈33Ω，R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R=r+R A+R0===500Ω，R0=R﹣r﹣R A=500Ω﹣33Ω﹣150Ω=317Ω，则应R0选300Ω；=﹣R=﹣500Ω=2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择电路电流最小时：R滑3000Ω的．（3）由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2；故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2．10．某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ导线若干．回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点．（2）将图（a）中多用电表的红表笔和1（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为15.0kΩ和 3.60V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为12.0kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为9.0V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为15.0kΩ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触1；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；由闭合电路欧姆定律I=和欧姆定律U=IR V可知，E=，代入数据有：E=（12kΩ+15kΩ）=9.0V，联立解得E=9.00V故答案为：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0．三、计算题11．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；（2）若在ab之间接一个内阻R V=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】（1）电路稳定后，电容器的电压等于R2的电压．对于电路结构，电容器相当开关断开．求出电压，即可求出电容器的电量．（2）在ab之间接一个内阻R V=4.8kΩ的电压表，电压表相当一个电阻，电路结构是电压表与R2并联，再与R1串联．根据欧姆定律求出电压表的示数．【解答】解：（1）设电容器上的电压为Uc．则电容器的带电量Q=CU C，代入解得：Q=4×10﹣4C=（2）设电压表与R2并联后电阻为R并则电压表上的电压为：U V= E解得：U V=3V答：（1）电容器上所带的电量为4×10﹣4C；（2）若在ab之间接一个内阻R V=4.8kΩ的电压表，电压表的示数为3V．12．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m 处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：（1）求粒子在电场中的运动时间；（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量；（3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向；（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电子的运动时间，求出粒子在电场中的偏移量；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，应用运动的合成与分解，牛顿第二定律与运动学公式可以求出粒子的速度；求出粒子的最大与最小偏移量，然后求出光带的长度．【解答】解：（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，L=v0t，粒子在电场中的运动时间：t==3×10﹣5s；（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，为：a==1×108m/s2，侧移量：d1=a（T）2+aT•T﹣a（T）2=3.5×10﹣2m，（3）任意时刻进入的粒子水平方向都是匀速直线运动，运动时间3×10﹣5s不变，该时间刚好等于电场变化的周期，所以任何时刻进入的粒子离开电场时在电场方向的速度均相同，v y=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s根据速度合成离开电场时的速度：，速度与竖直方向夹角θ，则有：tanθ==10，与竖直方向夹角：θ=arctan10；（4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得．示意图如下图所示：t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向y=a×（2×10﹣5s）2+a×2×10﹣5s×1×10﹣5s﹣a×（1×10﹣5s）2=0.035m，若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上（或下）边沿离开电场．t=2×10﹣5s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为t=1×10﹣5s，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场．此粒子正向偏移为；根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度：a=d﹣yʹ=0.095m；答：（1）粒子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；（2）在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量为3.5×10﹣2m；（3）各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小为1000m/s，方向：与竖直方向夹角为：arctan10；（4）若撤去挡板，荧光屏上出现的光带长度为0.095m．。
四川省成都市第七中学2017_2018学年高二数学下学期4月月考试题理(含解析)
2018年四川省成都市第七中学高二下学期4月月考理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共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.为了解名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为的样本，则分段的间隔为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由题意知，分段间隔为，故选C.考点：本题考查系统抽样的定义，属于中等题.2.已知全集为实数集,集合,则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】集合,集合，所以或,所以,故选.3.“常数是2与8的等比中项”是“”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【答案】B【解析】∵常数是2与8的等比中项，∴，解得．∴“常数是2与8的等比中项”是“”的必要不充分条件．选B．4. 若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：本题是几何概型问题，矩形面积2，半圆面积，所以质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，故选B．考点：几何概型．5.已知是双曲线的一个焦点，点到的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】设一条渐近线方程为，，则点到的一条渐近线的距离，则双曲线的离心率，故选C.6.等差数列，，，…的第四项等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，又，故则数列前三项依次为，，，，从而第四项为故选：A7.如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为（）A. 4B.C.D. 8【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是一个底面上底边长为2，下底边长为4，直角腰长为4的直角梯形，高为4的四棱锥，可面积最小的面积为面，即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是一个底面上底边长为2，下底边长为4，直角腰长为4的直角梯形，高为4的四棱锥，直观图如图所示，所以面积最小的面积为面，其中为直角三角形，且，所以面积为，故选B.【点睛】由三视图还原为空间几何体的直观图问题，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，通常以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑，同时求解以三视图为载体的空间几何体问题的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.8.已知曲线，则下列结论正确的是（）A. 把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称B. 把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称C. 把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称D. 把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称【答案】B【解析】对于A，把向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，为偶函数，图象关于轴对称．故A不正确．对于B，把向右平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，为偶函数，图象关于轴对称．故B正确．对于C，把向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，无奇偶性，图象不对称．故C不正确．对于D，把向右平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，无奇偶性，图象不对称．故D不正确．综上选B．9.公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”.如图是根据刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图.若运行该程序，则输出的的值为：（参考数据：，，）（）A. 48B. 36C. 30D. 24【答案】D【解析】【分析】模拟执行程序，逐次循环计算，根据判断条件，即可求解输出的结果，得到答案.【详解】由题意，模拟执行程序，可得：第一次循环：，，不满足条件，；第二次循环：，不满足条件，；第三次循环：，满足条件，退出循环，输出的值为24，故选D.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，解决这类问题：首先，要明确算法框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要识别运行算法框图，理解框图解决的问题；第三，按照框图的要求一步一步进行循环，直到跳出循环体输出结果，完成解答．近年框图问题考查很活，常把框图的考查与函数和数列等知识考查相结合．10.若是函数的一个极值点，则当时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求导，利用求得，再利用导数的符号变化确定函数在的单调性和极值，与端点函数值进行比较确定最小值．详解：因为，所以，由题意，得，解得，即，，所以在单调递增，在区间上单调递减，又，，所以的最小值为．点睛：1.已知函数在取得极值求有关参数时，不仅要重视，还要注意验证在两侧的符号不同；2.利用导数求函数在某闭区间上的最值的一般步骤是：①求导；②通过研究导数在该区间上的符号变化确定函数的单调性和极值；③比较极值和端点函数值，确定函数的最值．11.已知抛物线：经过点，过焦点的直线与抛物线交于,两点，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】抛物线：经过点，则p=2, ,设,则,, ,令,,,则,故选B.点睛:本题考查直线与抛物线的位置关系以及平面向量的垂直表示,属于中档题.先根据抛物线的方程恒过定点求出标准方程,得到焦点坐标,再设出曲线上点B的坐标,进而用向量垂直的方法表示出,可求出点B,设出曲线上点A的坐标,根据求出点A,进而得出答案.12.若曲线与曲线（）存在公共切线，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在点的切线斜率为,在点的切线的斜率为,故,由斜率公式得,即,则有解.由,的图象有交点即可,相切时有,所以,故选D.【点睛】本小题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程,过曲线上某点出的切线的斜率,就是函数在该点处的导数值,是中档题.要求曲线上某点的切线方程,需要到两个量,一个是切点,一个是切线的斜率,分别求得切点和斜率,然后根据点斜式可写出切线方程.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知实数满足条件，则的最大值是__________．【答案】7【解析】如图，过点时，14.已知平面向量，，且，则实数的值是__________．【答案】-1或2【解析】【分析】根据平面向量的共线条件和坐标表示，列出方程，即可求解，得到答案.【详解】由题意，知，，且，可得，即，所以或.【点睛】本题主要考查了平面向量的共线条件的应用和向量坐标表示，其中解答中熟记平面向量的共线条件，列出相应的方程求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.15.已知数列的前项和为，且，则__________．【答案】14【解析】由题意得．答案：16.已知抛物线y=4x的焦点为F,准线为l,点M在l上,且在x轴上方,线段FM依次与抛物线、y轴交于点P,N,若P是FN中点，O是原点，则直线OM的斜率为_________.【答案】-4【解析】由题意得三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知函数.（1）求的最小正周期和最大值；（2）讨论在上的单调性.【答案】（1）最小正周期为，最大值为；（2）在上单调递增；在上单调递减.【解析】【分析】（1）化简函数的解析式，根据周期的计算公式，即可求解.（2）当时，求得，再根据三角函数的性质，即可求解函数的单调区间. 【详解】（1）由题意，根据三角恒等变换的公式，化简得：，所以的最小正周期为，最大值为.（2）当时，则，可得当，即时，单调递增，当，即时，单调递减.综上可知，在上单调递增；在上单调递减.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的恒等变换，其中解答中正确利用三角恒等变换的公式，求得解析式，熟记三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.18.已知函数,曲线在点处的切线为，若时，有极值.（1）求的值；（2）求在上的最大值和最小值.【答案】解: （1）由f（x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b,当x=1时，切线l的斜率为3，可得2a+b="0 " ①当x=时，y=f(x)有极值，则f′（）=0,可得4a+3b+4="0 " ②由①②解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为x=1,∴f(1)=4.∴1+a+b+c=4.∴c=5………………………………….6分（2）由（1）可得f(x)=x3+2x2-4x+5,∴f′(x)=3x2+4x-4,令f′(x)=0,得x=-2,x=.当x变化时，y,y′的取值及变化如下表：) ,1)单调单调单调∴ y=f(x)在[-3，1]上的最大值为13，最小值为…………………….14分【解析】试题分析：(1)利用题意求得实数a,b,c的值可得函数f(x)的表达式为f(x)＝x3＋2x2－4x＋5(2)结合(1)的解析式和导函数研究原函数的性质可得y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为 .试题解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0；①当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0.②由①②解得a＝2，b＝－4，又切点的横坐标为x＝1，∴f(1)＝4.∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5.(2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝，∴f′(x)<0的解集为，即为f(x)的减区间．[－3，－2)、是函数的增区间．又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f＝，f(1)＝4，∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.19.某地区积极发展电商，通过近些年工作的开展在新农村建设和扶贫过程中起到了非常重要的作用，促进了农民生活富裕，为了更好地了解本地区某一特色产品的宣传费(千元)对销量(千件)的影响，统计了近六年的数据如下：（1）若近6年的宣传费与销量呈线性分布，由前5年数据求线性回归直线方程，并写出的预测值；（2）若利润与宣传费的比值不低于20的年份称为“吉祥年”，在这6个年份中任意选2个年份，求这2个年份均为“吉祥年”的概率附：回归方程的斜率与截距的最小二乘法估计分别为，，其中，为，的平均数.【答案】(1) ，的预测值为82.5 (2)【解析】【试题分析】(1)利用回归直线方程计算公式计算得回归直线方程,令,求得预测值为.(2)利用列举法和古典概型计算公式,计算得概率为.【试题解析】（1）由前5年数据可得：，，，∴∴回归直线方程为,将代入得∴的预测值为82.5.（2）从6个年份中任取2个年份的情况为：，，，，，，，，，，，，，，，共15种.2个年份均为“吉祥年”的情况有：，，，，，，共6种.∴6个年份中任意选个2个年份均为“吉祥年”的概率为.20.（2015新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.在Rt△FDG中，可得FG=.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，∴，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0,），F（－1,0，），C （0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力21.已知椭圆的左、右焦点分别为，且椭圆过点，离心率；点在椭圆上，延长与椭圆交于点，点是中点.（1）求椭圆C的方程；（2）若是坐标原点，记与的面积之和为，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依题意，根据题设条件，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；（2）由题意，求得，当直线的斜率不存在时，求得；当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得弦长公式和点到直线的距离公式，得出面积，利用二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）依题意，，则，解得，，.故椭圆的方程为；.（2）由分别为的中点，故.故与同底等高，故，，当直线的斜率不存在时，其方程为，此时.当直线的斜率存在时，设其方程为：，设，显然直线不与轴重合，即，联立解得，则，故，故，点到直线的距离，所以，令，故，故的最大值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.22.已知函数在处取得极小值.（1）求实数的值；（2）设，其导函数为，若的图象交轴于两点且，设线段的中点为，试问是否为的根？说明理由.【答案】（1）（2）不是的根.【解析】试题分析：（1）对函数求导，由函数在处取得极小值可得，从而可得，然后将代入到导函数，验证函数在处取得极小值即可；（2）由（1）知函数,根据的图象交轴于两点，可推出，令，可得，再令，构造，根据导数确定函数的单调性，可推出，即可得出结论.试题解析：（1）∵∴由已知得.∴∴在上单调递减，在上单调递增∴在处取得极小值，符合题意，故.（2）由（1）知函数.∵函数图象与轴交于，两个不同点∴，两式相减整理得：.∵∴令，即.∵∴令.∵∴∴设则∵∴∴在上是增函数∴∴无解，即. ∴不是的根。
四川省成都市第七中学2017届高三下学期周测同步测试物
2成都七中高 2017 届理科综合能力测试（2.18 ）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ 卷（选择题共 126 分）本卷共 21 小题，每小题 6 分，共 126 分。
能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Ga-70 As-75 Sn-119 一、选择题（本题共 13 小题，每小题 6 分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求） 二、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分。
在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有 一项符合题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。
全部选对的得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有选错的得 0 分）14．下列叙述中正确的是（ ）A ．汤姆生通过对阴极射线的实验研究，发现了电子和质子B ．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说C ．爱因斯坦研究光电效应发现遏制电压与光照强度有关D ．原子核的比结合能越大，表明原子核越稳定 15．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a l ，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运 动的轨道半径为 r ，向心加速度为 a 2 ．已知万有引力常量为 G ，地球半径为 R ，地球赤道表 面的重力加速度为 g ．下列说法正确的是（ ）A ．地球质量 a R 2M = 1 GB ．地球密度 ρ =3g 4π G Ra r2C ．a l 、a 2 、g 的关系是 g< a l < a 2D ．加速度之比 1 = a R 216．某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起，箱子在起重机钢绳的作用下由静止 开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能 E 与其位移 x 变化关系的图像如图所示，其中0~ x 1 过程的图像为曲线，而 x 1 ~ x 2 过程的图线为直线，根据图像可知（）A. 0~ x 1 过程中箱子的动能一直增大B. x 1 ~ x 2 过程中箱子做匀速运动C. 0~ x 1 过程中钢绳的拉力逐渐减小D. x 1 ~ x 2 过程中起重机的输出功率一直增大17．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t =0 时刻，将一金属小球从弹簧正上 方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后 又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复。
四川省成都七中2016-2017学年高二(下)综合物理试卷(3.7)(解析版)
2016-2017学年四川省成都七中高二（下）综合物理试卷（3.7）一、选择题（本题为不定项选择题，每题8分，选对不全得4分；本大题共64分）1．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户，如图所示．下列说法正确的是（）A．升压变压器原线圈的匝数比副线圈匝数少B．升、降压变压器的原副线圈的匝数比相等C．输送过程中电能的损耗主要来自输电线路的发热D．升压变压器副线圈两端的电压比降压变压器原线圈两端电压大2．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是（）A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯3．如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20 μF300V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是（）A．t=时刻，V的示数为零 B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D．V的示数保持110V不变4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πt（V），则（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小5．一个矩形金属框MNPQ置于xOy平面内，平行于x轴的边NP的长为d，如图（a）所示．空间存在磁场，该磁场的方向垂直于金属框平面，磁感应强度B沿x轴方向按图（b）所示正弦规律分布，x坐标相同各点的磁感应强度相同．当金属框以大小为v的速度沿x轴正方向匀速运动时，下列判断正确的是（）A．若d=l，则线框中始终没有感应电流B．若d=，则当线框的MN边位于x=l处时，线框中的感应电流最大C．若d=，则当线框的MN边位于x=处时，线框受到的安培力的合力最大D．若d=，则线框中感应电流周期性变化的周期为6．图中A是一底边宽为L的闭合线框，其也阻为R0现使线框以恒定的速度v沿X轴向右运动，并穿过图中所示的宽度为d的匀强磁场区域，已知L＜d且在运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直．若以X轴正方向作为力的正方向，线框从图甲所示位置开始运动的时刻作为时间的零点，则在所示的图象中，可能正确反映上述过程中磁场对线框的作用力F随时间t变化情况的是（）A．B．C．D．7．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置．在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t=0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是（）A．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板B．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动C．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动D．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板8．如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（）A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B．初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+二、计算题（46分，要求写出必要的文字说明和过程，只有最后结果不给分）9．如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B，M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：（1）感应电动势的最大值；（2）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；（3）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；（4）电流表的示数．10．如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d=1m，导轨间接有一个阻值为R=2Ω的灯泡，一质量为m=1Kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r=1Ω，且和导轨始终接触良好，整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：（1）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平恒力为F=10N，则金属棒达到的稳定速度v1的大小；（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平力功率为P=6W，则金属棒达到的稳定速度v2的大小；（3）若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P=20W，经历t=1s的过程中灯泡产生的热量为Q R=12J，则此时金属棒的速度v3的大小．11．用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计．金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa′边和bb′位都处在磁场中．线框N在线框M的正上方，与线框M相距为h，两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．（1）求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；（2）在下落过程中，若线框N恰能追上线框M．追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框产生的焦耳热：（3）若将线框M，N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离．2016-2017学年四川省成都七中高二（下）综合物理试卷（3.7）参考答案与试题解析一、选择题（本题为不定项选择题，每题8分，选对不全得4分；本大题共64分）1．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户，如图所示．下列说法正确的是（）A．升压变压器原线圈的匝数比副线圈匝数少B．升、降压变压器的原副线圈的匝数比相等C．输送过程中电能的损耗主要来自输电线路的发热D．升压变压器副线圈两端的电压比降压变压器原线圈两端电压大【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．【分析】将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，功率损失．【解答】解：A．根据变压器原副线圈两端的电压与线圈匝数成正比，所以升压变压器的原线圈的匝数比副线圈的匝数少．故A对．B．升压变压器的原副线圈匝数比一定小于1，而降压变压器的原副线圈匝数比一定大于1，所以升降变压器的匝数比不可能相等．故B错．C．根据Q=I2Rt知，只要有电流通过，而且存在电阻就会发热，输送电能中电能的损耗主要是由于输电线上的电阻，故C对．D．将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，所以升压变压器副线圈两端的电压比降压变压器原线圈两端的电压大．故D对．故选ACD．2．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是（）A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯【考点】自感现象和自感系数．【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化．但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化．【解答】解：A、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定．故A 正确；B、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定．故B错误；C、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭．故C错误；D、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误；故选：A3．如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20 μF300V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是（）A．t=时刻，V的示数为零 B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D．V的示数保持110V不变【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电容．【分析】交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值；【解答】解：A、交流电压表测量为交流电压的有效值，数值保持不变且不为零；故A错误；B、由乙图可知，电流表的有效值为220V，故电灯能正常发光；故B正确；C、交流电的最大值为311V，超过电容器的击穿电压，故电容器会被击穿；故C 错误；D、由A的分析可知，电压表的示数为220V，故D错误；故选：B．4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πt（V），则（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的电压的最大值为220V，根据电压与匝数成正比可知，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，所以A错误．B、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，副线圈电压加倍，电阻不变，输出功率P=，所以输入功率等于输出功率变为原来的4倍，所以B正确．C、单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻增大，电路的总电阻增大，由于电压是由变压器决定的，电压不变，所以电流变小，所以C错误．D、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D错误．故选：B．5．一个矩形金属框MNPQ置于xOy平面内，平行于x轴的边NP的长为d，如图（a）所示．空间存在磁场，该磁场的方向垂直于金属框平面，磁感应强度B沿x轴方向按图（b）所示正弦规律分布，x坐标相同各点的磁感应强度相同．当金属框以大小为v的速度沿x轴正方向匀速运动时，下列判断正确的是（）A．若d=l，则线框中始终没有感应电流B．若d=，则当线框的MN边位于x=l处时，线框中的感应电流最大C．若d=，则当线框的MN边位于x=处时，线框受到的安培力的合力最大D．若d=，则线框中感应电流周期性变化的周期为【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】本题考查了感应电流的产生条件以及法拉第电磁感应定律的灵活应用，充分利用图（b）中磁场空间分布特点与线框宽度的关系求解．【解答】解：当d=l时，线框移动时的磁通量始终不变，故无感应电流，故A正确；当时，线框的MN边位于x=l处瞬间，MN、PQ所在处磁场为零，感应电动势为零，故B错误；当时，线框的MN边位于处时，两边所处的磁场最大，两边磁场方向相反，所以感应电动势最大，安培力也最大，故C正确；当时，当线框移动了l时，线框的磁通量大小不变，但方向发生变化，也就是说磁通量先减小后反向增大，那么感应电流的方向应该一直不变；直到它再移动l时磁通量才回到原来的方向；那么电流变化一个来回（两次）为一个周期，那么周期应该是，故D正确．故选：ACD．6．图中A是一底边宽为L的闭合线框，其也阻为R0现使线框以恒定的速度v沿X轴向右运动，并穿过图中所示的宽度为d的匀强磁场区域，已知L＜d且在运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直．若以X轴正方向作为力的正方向，线框从图甲所示位置开始运动的时刻作为时间的零点，则在所示的图象中，可能正确反映上述过程中磁场对线框的作用力F随时间t变化情况的是（）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；安培力．【分析】本题可以用排除法解题，穿过线框的磁通量发生变化时，线框中有感应电流，线框受到安培力的作用，根据楞次定律可以判断出安培力的方向，然后分析图象，找出答案．【解答】解：由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体的相对运动，线框在磁场之外或完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，不受安培力作用，在线框进入或离开磁场过程中受到安培力作用，线框在进入或离开磁场过程中，总是向右运动，由楞次定律可知，安培力总是阻碍线框的相对运动，因此线框受到的安培力始终向左，为负的，由图象可知，ABC错误，D正确；故选D．7．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置．在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t=0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是（）A．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板B．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动C．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动D．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】分析一个周期内粒子的运动情况：若t=0时，线圈平面与磁场垂直，线圈中产生正弦形电流；若t=0时，线圈平面与磁场平行，线圈中产生余弦形电流，根据牛顿定律分析求解．【解答】解：A、C若t=0时，线圈平面与磁场垂直，线圈中产生正弦形电流；在前半个周期内粒子向一极板先做加速直线运动，后做减速直线运动；后半个周期内，沿原方向继续先做加速直线运动，后做减速直线运动．周而复始，粒子做单向直线运动，粒子一定能到达极板．故A正确，C错误．B、D若t=0时，线圈平面与磁场平行，线圈中产生余弦形电流，前半个周期内，向一极板先做加速直线运动，后做减速直线运动，半个周期时刻速度减为零；后半个周期内，沿反方向返回，先做加速直线运动，后做减速直线运动，一个周期时刻速度为零．周而复始，粒子做往复运动．故B正确，D错误．故选AB8．如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（）A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B．初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【分析】由初动能E k=求出初速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小．导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，即导体棒下降的高度．从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q．【解答】解：A、导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：I=设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL联立上式得，F=．故A错误；B、初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正确；C、从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；D、导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+E k=Q解得系统产生的总热量：Q=mv02+可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故D错误．故选：BC二、计算题（46分，要求写出必要的文字说明和过程，只有最后结果不给分）9．如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B，M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：（1）感应电动势的最大值；（2）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；（3）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；（4）电流表的示数．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【分析】（1）根据题意得出感应电动势的最大值，从而画出图象；（2）根据△∅=B•△S求出从图示位置起转过圈的时间内，穿过线框平面的磁通量的变化量，再根据q=平均电流×时间．（3）电流表的示数由欧姆定律求得．【解答】解：（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为E m=BSω=B••2πn=π2Bnr2（2）在转动周期内导体一直切割磁感线，则产生的热量Q==（3）在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的平均值为=．通过R的电荷量q=•△t=•△t==（4）设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得解得．故电流表的示数为答：（1）感应电动势的最大值π2Bnr2（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的热量为；（3）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量（4）电流表的示数=10．如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d=1m，导轨间接有一个阻值为R=2Ω的灯泡，一质量为m=1Kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r=1Ω，且和导轨始终接触良好，整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：（1）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平恒力为F=10N，则金属棒达到的稳定速度v1的大小；（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平力功率为P=6W，则金属棒达到的稳定速度v2的大小；（3）若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P=20W，经历t=1s的过程中灯泡产生的热量为Q R=12J，则此时金属棒的速度v3的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】（1）金属棒到达稳定时做匀速直线运动，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出金属棒的速度．（2）金属棒达到稳定时做匀速直线运动，应用安培力公式、平衡条件、功率公式求出稳定时的速度．（3）由能量守恒定律求出金属棒的速度．【解答】解：（1）金属棒做匀速直线运动时达到稳定状态，安培力：F安培=BId=，由平衡条件得：F=μmg+，代入数据解得：v1=6m/s；（2）金属棒做匀速直线运动时达到稳定状态，F=，安培力：F安培=BId=，拉力：由平衡条件得：=μmg+，代入数据解得：v2=1.5m/s；（3）由焦耳定律：Q=I2Rt可知：Q R：Q r=R：r=2：1，则：Q r=Q R=6J，由能量守恒定律得：Pt=Q R+Q r+mv32，代入数据解得：v3=2m/s；答：（1）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平恒力为F=10N，则金属棒达到的稳定速度v1的大小为6m/s；（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平力功率为P=6W，则金属棒达到的稳定速度v2的大小为1.5m/s；（3）若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P=20W，经历t=1s的过程中灯泡产生的热量为Q R=12J，则此时金属棒的速度v3的大小为2m/s．11．用密度为d、电阻率为P粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N．边长均为L．线框M，N的导线横截面积分别为S1，S2，S1＞S2，如图所示．匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计．金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa′边和bb′位都处在磁场中．线框N在线框M的正上方，与线框M相距为h，两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用．（1）求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；（2）在下落过程中，若线框N恰能追上线框M．追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框产生的焦耳热：（3）若将线框M，N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理．【分析】（1）由动能定理可求得线框进入磁场时的速度，再由E=BLv及闭合电路欧姆定律、电阻定律列式，联立可求得电流；（2）线框匀速运动时，重力和安培力平衡，由平衡关系可求得速度与导线截面积的关系；由功能关系可求得线框中产生的热量；（3）由受力分析及牛顿第二定律可求得物体的加速度，由加速度表达式可知何时距离最大，则可求得最大距离．【解答】解：（1）线框N进入磁场前由动能定理得mgh=mv12刚进入磁场时切割磁感线E=2BLv由闭合电路欧姆定律可得：。
【全国百强校】四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考试物理试题(pdf版)
成都七中2017—2018学年度上期高2019届半期考试物理试卷考试时间：100分钟 满分：110分本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷（选择题，共56分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔填写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
3.考试结束后，监考人将本试卷和答题卡一并收回。
一、选择题（本题包括8个小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错或不选的得0分。
） 1. 下列说法中正确的是A. 匀强电场中两点间的电势差等于场强与这两点间的距离的乘积B. 空间中任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向C. 通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D. 电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领2. 在如图所示的四种电场中,分别标记有a 、b 两点. 其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是A. 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D. 丁图中非匀强电场中的a 、b 两点3．两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为 A ．1∶4 B ．1∶8 C ．16∶1D ．1∶164.右图所示，电阻R 1、R 2、R 3、R 4满足R 1:R 2:R 3:R 4=1:2:3:4，则当A 、B 间接上直流电压时，流过R 1、R 2、R 3、R 4的电流I 1:I 2:I3:I 4为 A. 1:2:3:4 B. 6:3:2:11 C. 3:2:1:6 D. 3:2:1:45. 匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长为m 1，D 为AB 的中点，如下图所示.已知电场线的方向平行于∆ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14V 、6V 和2V . 设场强大小为E ，一电量为6101-⨯C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W ，则A. 6108-⨯=W J ，8>E V/mB. 6106-⨯=W J ，6>E V/mC. 6108-⨯=W J ，8≤E V/mD. 6106-⨯=W J ，6≤E V/m6. 如图所示，直线A 为电源的U-I 图线，直线B 和C 分别为电阻R 1、R 2的U-I 图线，用该电源分别与R 1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P 1、P 2，电源的效率分别为η1、η2，则 A . P 1>P 2 B. P 1<P 2 C. η1>η2 D. η1<η27. 用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一个也带正电的小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球离地面的高度均为h .小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后A. 小球B 在细绳剪断瞬间开始做平抛运动B. 小球B 在细绳剪断瞬间加速度等于gC. 小球B 落地的时间等于2h gD. 小球B 落地的速度大于2gh8．如图所示，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R ，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A 、B ，两球质量相等、间距为R .若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力F 作用在A 球上，缓慢将A 球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是A ．槽对B 球的支持力增大 B ．两球间距离保持不变C ．推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D ．两球组成的系统的电势能增大二、多项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分。
四川省成都市第七中学2017-2018学年高二下学期半期考试物理 -----精校Word打印版
2.下列有关电磁场、电磁波、电磁波谱的说法中正确的是( )A.麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生变化的电场”B.电磁波谱按波长由长到短的顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线A.振子的振动周期等于t1A.线圈绕P1转动时的电流大于绕P2B.线圈绕P1转动时的电动势等于绕A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转7.下列有关波动现象的说法中正确的是（）A.医生检查身体用的“B超”是根据超声波的多普勒效应制成的B.多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的A.导体棒ab两端的电压大小为BLvA.O点是红光的亮条纹B.红光的第一条亮条纹在P点的上方A.在真空中，a光的传播速度比B.在棱镜内，a光的传播速度比A.这列波的波速是1.25m/sB.M点以后的各质点开始振动时的方向都沿x轴正方向A.电流频率为50HzB.○V的读数为24V14.在光滑绝缘的水平平面上固定两个等量的同种正点电荷，电量为Q，距离为L，在两个点电荷的连线的中垂线上离中点距离为A（A<<L）的地方静止释放一个质量为m，电量为q的负点电荷，负点电荷(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为上述公式(3)某同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，则他测得(1)此波向什么方向传播，波速是多大；(2)从t1＝0至t3＝1.2s，波中质点(1)该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；(2)能使多少盏“220V 100W” 的电灯正常发光．(1)从屏幕上最后消失的是哪种色光(2)如果射向水槽的光线与水面成(1) cd棒在恒力F＝2mg作用下匀速运动时速度的大小；(2) t0～t时间内通过金属棒ab的电荷量(3)在第(2)问中若金属棒ab沿轨道上升的距离为过程中系统产生的热量Q．- 11 -。
成都七中2017-2018学年度下期高2020届半期考试物理.docx
2．如图所示，水速恒定的河流两岸笔直平行，甲、乙两只小船（可视为质点）同时从岸
边A点出发，船头沿着与河岸夹角均为
300角的两个不同方向渡河．已知两只小
船在静水中航行的速度大小相等，则以下说法正确的是（
）
A．甲先到达对岸
B
B．乙先到达对岸
们相互之间用激光联系，三颗卫星立体看上去仿若一个竖琴，等待引力波来拨动卫星
之间连接的琴弦，这项计划因此被命名为“天琴 ”．这3颗卫星构成一个等边三角形，
地球处于三角形中心，卫星在以地球为中心的圆轨道上做匀速圆周运动，若只考虑卫
星和地球之间的引力作用，则以下说法正确的是（）
SC1
地球
SC3SC2
A．这3颗卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期
μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度；
（2）若在AB间搭一斜面（长虚线所示），求小物块平抛后多久离斜面最远？
（3）若小物块恰好不滑出长木板， 求此情景中自小物块滑上长木板起、 到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
侧射入，再从右侧射出，发现两弹孔在同一竖直线上，相距
h．若子弹每次击穿薄圆
筒前后速度不变，重力加速度为
g，则以下说法正确的是（
）
A．子弹的速度大小为
R 2g / h
B．子弹的速度大小为
2R
g / h
2
2h / g
C．圆筒转动的周期可能
3
D．圆筒转动的周期可能为
四川省成都市第七中学2018-2019学年高二10月月考物理试题
四川省成都市第七中学2018-2019学年高二10月月考物理试题★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择（4分×6=24分）1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）①场强②场强③场强④电场力做功W=UqA. ①③B. ②③C. ②④D. ①④【答案】【解析】电场强度是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任意电场，故①正确；匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且每前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式仅仅适用与匀强电场，故②错误；点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，而电场有多种，不是只有点电荷有电场，故③错误；电场力做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确，故D正确．2.关于使物体带电的方式，下列说法正确的是( )A. 摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B. 任何两个物体接触都要满足先中和再平分的原则C. 带正电的物体靠近不带电的金属导体，由于正电荷被排斥，导体远端带正电D. 丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电．【答案】CD【解析】【详解】摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移。