河北省石家庄市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试卷含答案
2017-2018学年度第二学期期末教学质量检测
高二物理参考答案
必修部分（满分40分）
一、选择题（本题共4题，共24分，其中1-4为单项选择题，每题4分，答错不得分，5-6为多项选择题，每题4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）
1.A
2.B
3.D
4.A
5.BC
6.ABD
二、实验（6分）
7． 2（1分） 1（1分） 0.69(0.66-0.72) （2分） 2.3(20.-2.7) （2分）
三、解答题
8．(10分)
解：（1）直接输送，有'
P UI =输出线，解得'300A P I U ==输出线（1分） 所以线路损耗的功率为： 2'18kW P I R ==线线线（1分）
用户得到的电压为'160V U U I R =-=线线用户（1分）
用户得到的功率48kW P P P =-=输出线用户
．（1分） （2）输电电路图如图：
1122
n U n U =，可得22200V U =（1分） 22
P U I =输出，30A I =2（1分） 22=180W P I R =线（1分）
3222194V U U I R =-=（1分）
3344
n U n U =，可得4219.4V U =（1分） 用户得到的功率65.82kW P P P =-=输出线用户
（1分）
选修部分（满分60分）
请从以下的3-3、3-4两模块中，任选一个模块作答。
如果多做，按第一个模块计分。
【选修3-3】
一、选择题（本题共9题，共36分，其中1-5为单项选择题，每题4分，答错不得分，6-9每题4
分，有
漏选的得2分，有错选的得0分）
1．D 2．D 3．D 4．C 5．B 6．AC 7．AB 8．AC 9．AB
二、实验题（7分）
10． (1)②⑤③（3分） (2) 9.1×10－10（2分） (3) 偏大（2分）
三、计算题（本大题共2小题，共17分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11．（8分）
解：（1）由图像可得状态A 时，P A =3×105P a V A =0.1×10−3m 3 T A =300K 状态B 时 P B =1×105P a V B =0.4×10−3m 3
由理想气体状态方程 P A V A
T A =P B V B T B （2分）
解得 T B =400K （2分）
（2）从状态B 到状态C 气体对外做的功为图像与V 坐标轴围成的面积，
W =(1+2)×105×0.2×10−32=30，所以W =30J （1分）
由热力学第一定律可得，∆U =−W +Q （2分）,
∆U =170J （1分）
即内能增大，变化量为170J
12．（9分）
解：（1）对原来气体由理想气体状态方程112212
PV PV T T =（2分） 其中P 1=2.5 atm ，V 1=20L ，T 1=300K ，P 2=2atm ，T 2=360K
带入数据解得：V 2=30L （1分） 漏出的气体占总体积的21213
V V V -=（1分） （2）对轮胎内剩余的气体，由理想气体状态方程
3223P P T T =（2分） 其中P 2=2atm ，T 2=360K ，T 3=300K 解得：35==1.673
P atm （1分） （3）11310
+PV PV nPV =（1分） 解得：50n =次（1分）
【选修3-4】
一、选择题（本题共9题，共36分，其中1-5为单项选择题，每题4分，答错不得分，6-9为多项选择题，每题4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）
1.C
2.B
3.D
4.A
5.A 6 .BC 7.AD 8.AC 9.BD
二、实验（7分）
10.（1）B （1分）
（2）低（1分） 30
t （1分） （3）D （2分）
（4）A （1分） 4：9（1分）
三、计算题（本大题共2小题，共17分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11．（8分）
解：（1）由两列波波速相同可知S 2先传播到P 点，则两列波的波速为21m/s x v t =
=（1分） 由两列波的简谐运动图像可知两列波的周期都是T =0.4s （1分）
则两列波的波长均为0.4m vt λ==（2分）
（2）S 2传到P 点用时1s ，再经过3.1s 质点P 又振动了374
T ，引起的位移为-6cm （1分） S 1传到P 点用时：112s x t v
==（1分） P 又振动了2.1s ，经过了1
54T ，引起的位移为-4cm （1分） t =4.1s 时P 点的位移为=-6-4=-10cm （1分）
12．（9分）
解：(1)光在棱镜中传播光路如图所示。
由折射定律0
sin 45sin n r
= （1分） 解得030r
= （1分） 075θ=（1分）
(2)光线在棱镜内传播=2c v c n =
（2分） 在三角形MDP 中，由正弦定理 00
sin 45sin120MP DP =（1分）
解得 3
MP DP =
在三角形NCP 中，由正弦定理 00sin 45sin120NP CP =（1分）
解得 3
NP CP =
光在棱镜内部传播的路程3s CD =
=cm （1分） 而s t v =
，解得：10410s 3t -=⨯（1分）。
2017-2018学年河北省石家庄实验中学高二期末考试物理答案
碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：
s1=
△t
(1 分)
小物块的位移为： s2= 小物块相对于木板的位移为： △s=s2-s1 由以上各式解得：△s=6.0m；(1 分) 因为运动过程中，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0m；
(1 分)
13． 解： （1）在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足 mg=Ma，应该使砝 码的总质量远小于滑块的质量，即 M＞＞m． （2）电源频率为 50Hz，相邻计数点间有 4 个点没有标出，则计数点间的时间间 隔为：t=0.02×5=0.1s， 由图乙所示纸带可知，加速度为： a= = = =12.6m/s2， ≈2.64m/s；
打 B 点时小车的速度大小为：vC=
（3）先求出质量的倒数分别为 5；2.5；1.67；1.25；1． 利用描点法作 a 与 的关系图线，如图：
据图可知， 是过原点的一条直线， 结论是： 在误差允许的范围内， 保持外力不变， 物体的加速度与质量成反比， 故答案为： （1）M＞＞m； （2）12.6，2.64； （3）如上图所示． 三．计算题（共分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的 答案） 14.解：①由光电效应方程 结合图象可知金属的逸出功 而极限频率为νc，所以 쳌䁜 ᢠ 쳌䁜 ᢠ ，（2 分）
石家庄实验中学高二第二学期期末物理答案
一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分，满分 48 分，1-8 题单选，9-12 多选） 1．A 2.C 3.B 4.A 5.A 6.B 7.B 8.C 9.BD 10.AC 11ACD 12AD
二、实验题（13 题 4 分，14 题没空 2 分，共 14 分）
【精品】河北省石家庄市2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题-含答案
说明1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分,答题时间90分钟。
2.第I卷和第II卷均分为必做题和选做题两部分，选做题根据各校要求选择一个模块的试题进行作答，若两个模块都作答，按照(有机化学基础)模块计分。
可能用到的相对原子质量H—1 C—12 O—16第I卷选择题一、必做选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一项符合题意)。
1.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是A.聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应B.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料C乙烯可作水果的催熟剂D.福尔马林可作食品的保鲜剂2.下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是A.苯和水B.乙酸乙酯和水C.溴乙烷和水D.乙酸和水3.下列各组物质能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是A.乙烯、乙炔B.1一已烯、甲苯C. 苯、1一已炔D.苯、正已烷4.某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是A水解反应 B.酯化反应 C.加成反应 D.还原反应5.分别完全燃烧1mol下列物质，需要氧气的量最多的是A丙烯 B.丙三醇 C.乙烷 D.丙酸6.下列关于乙醇在各种化学反应中化学键断裂情况的说法不正确的是A.与乙酸、浓硫酸共热时，①键断裂B.与浓硫酸共热至170℃时，②、④键断裂C.在Ag催化下与O2加热反应时, ①、③键断裂D.与浓氢溴酸混合加热时,①键断裂7.下列方法可用于提纯液态有机物的是A.过滤B.蒸馏C.重结晶D.萃取8.下列能够获得有机物所含官能团信息的方法是A.红外光谱B.质谱法C.色谱法D.核磁共振氢谱9.下列物质中不能形成顺反异构体的是A.2一丁烯B.2,3一二氯一2一丁烯C.2一甲基一2丁烯D.1,2-二溴乙烯10.下列除杂方法正确的是A.苯中含有苯酚杂质加入溴水，过滤B.乙醇中含有乙酸杂质：加入饱和碳酸钠溶液,分液C乙醛中含有乙酸杂质加入氢氧化钠溶液，分液D.乙酸丁酯中含乙酸杂质加入饱和碳酸钠溶液，分液11.下列化学反应的有机产物间不存在同分异构现象的是A.乙烷与Cl2光照条件下的反应B.甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物在30℃时反应C.CH3CHBrCH2CH3与NaOH的乙醇溶液共热反应D.CH3CH2CH2Br在NaOH水溶液中加热反应12.下列不属于高分子化合物的是A.淀粉B.油脂C.纤维素D.核酸13.用甘氨酸和丙氨酸缩合,形成的二肽最多可以有A.4种B.3种C.2种D.1种14.下列物质中,水解前后均可发生银镜反应的是A.蔗糖B.麦芽糖C.淀粉D.乙酸甲酯15.某工程塑料的结构简式为，合成该塑料时用到的单体有A.1种B.2种C.3种D.4种16.下列各组内的物质一定互为同系物的是A.C4H10和C6H14B.C3H6和C4H8C. 和D.甲酸和乙二酸17. 两种气态烃的混合气体共1mol，在氧气中完全燃烧后生成 1.5molCO2和2molH2O。
【经典试卷】2017-2018学年 高二(上)期末物理试卷(选修3-1)(解析版)
【经典试卷】2017-2018学年高二（上）期末物理试卷（选修3-1）(解析版)一、单项选择题1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（）A．库仑发现了点电荷的相互作用规律B．安培发现了电流的磁效应C．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D．奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律2．一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A．B．C． D．3．如图甲所示，P、Q是电场线上的两点，在P点由静止释放一个质子，仅在电场力的作用下，沿着电场线从P点运动到Q点，质子的速度随时间变化的关系如图乙所示，下列判断正确的（）A．该电场是匀强电场B．从P点到Q点，质子受到的电场力减小C．从P点到Q点，质子的电势能增大D．P点的电势高于Q点的电势4．如图所示，平行板电容器的电容为C，电荷量为Q，板间距离为d，静电力恒量为k．今在两极板的中间放入一电荷q，则它所受电场力的大小为（）A．k B．k C．D．5．如图，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C点如图所示，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点6．两平行带电金属板水平放置．若在两板中间某点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板逆时针旋转45°，如图所示，再由同一点从静止释放同样的微粒，则微粒将（）A．保持静止状态B．向右下方做匀加速运动C．水平向左做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动7．某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A．若选择甲图，测量值比真实值偏大B．若选择乙图，测量值比真实值偏大C．若被测电阻R X与电流表内阻接近，应该选择乙图误差较小D．若被测电阻R X与电压表内阻接近，应该选择甲图误差较小8．粗细均匀的金属环上，A、B、C、D四点把其周长四等分，如图所示，当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为（电源内阻不计）（）A．B．C．P D．3P9．电源电动势为ε，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当R增大时，路端电压也增大C．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大D．因为U=ε﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降10．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A．向纸里偏转B．向纸外偏转C．向上偏转D．向下偏转11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．12．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是（）A．B．C．D．13．三个完全相同的小球a、b、c带有等量正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，c球进入只有重力场的区域，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v A、v B、v C表示，它们的关系是（）A．v A＞v B=v C B．v A=v B=v C C．v A＞v B＞v C D．v A=v B＞v C14．如图所示，螺线管两端加上如图所示电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做（）A．匀加速直线运动 B．往返运动C．匀速直线运动D．匀速圆周运动15．关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大B．与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C．与加速器的电场和磁场均有关，电场和磁场越强，能量越大D．与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大二、多项选择题16．下列属于预防静电危害的做法是（）A．在高大的建筑物顶端安装避雷针B．水泥厂利用静电除去废气中的粉尘C．在制造轮胎的橡胶中添加导电材料D．行驶中的油罐车尾带一条拖地的铁链17．引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们类比．例如电场中反映各点电场强弱的电场强度，其定义式为，在引力场中可以有一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，则下列表达式中能反映地球表面的引力场强弱的是（）A．B．C．D．g18．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2、R3为定值电阻，R4为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容．当S闭合且电路稳定后，让光照射R4，则下列说法正确的是（）A．电流表示数减小 B．电容器电荷量增大C．电压表示数增大 D．R1上消耗的功率减小19．如图所示为一电路的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与直流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一多用电表的直流电压挡分别测得b、d两点间和a、c两点间均有电压．由此可知（）A．ab间电路通，cd间电路不通B．ab间电路不通，bc间电路通C．ab间电路通，bc间电路不通D．bc间电路不通，cd间电路通20．关于多用电表，下列说法中正确的是（）A．不管是测电压、电流还是测电阻，流过多用电表的电流均是从红表笔流入，黑表笔流出B．测电阻时，要进行欧姆调零，调好后变换倍率档就不用再调零了C．测电阻时，指针指在中值附近，测量结果才比较准确D．多用电表使用完后应将转换开关拨至交流电压的最大量程档21．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法正确的是（）A．加5 V电压时，导体的电阻约是5ΩB．加12 V电压时，导体的电阻约是1.5ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大22．在“测定金属的电阻率”的实验中，下列操作正确的是（）A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表外接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变23．如图为自左向右逐渐增强的磁场，一不计重力的带电粒子垂直射入其中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧PQ（粒子电量保持不变），则可判断（）A．粒子从P点射入 B．粒子所受洛伦兹力逐渐增大C．粒子从Q点射入D．粒子的动能逐渐减小24．在场强E=1.0×102V/m的匀强电场中，有相距d=2.0×10﹣2m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为（）A．1.0 V B．2.0 V C．3.0 V D．4.0 V25．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图，则下列正确的是（）A．该束带电粒子带正电B．该束带电粒子带负电C．速度选择器的P1极板带正电D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小三、解答题（共4小题，满分50分）26．（10分）在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，（1）按图甲、乙所示两种电路测量干电池的电动势和内阻，应选电路．（填甲或乙）．（2）图丙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．注意，开始实验前要保证滑动变阻器处于最大电阻处．（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如丁图所示的坐标图中，请作出UI图线，（4）由UI图象，待测电池的电动势E=V，内电阻r=Ω．（结果保留两位有效数字）27．（12分）质量为m=5×10﹣8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当U AB=1.0×103V时，带电微粒恰好沿直线穿过平行金属板，（重力加速度g=10m/s2）求：（1）带电粒子带何种电荷？电荷量q多大？（2）若要带电粒子恰好从B板右端飞出，则AB间所加电压U1为多大？（3）若要带电粒子恰好从A板右端飞出，则AB间所加电压U2为多大？28．（14分）空间有E=100V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg，电量q=0.05C的带正电小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动，最后落至地面上C点，B点离地的高度h B=0.2m．（g=10m/s2）试求：（1）绳子的最大张力为多大？（2）落地点C到B点的水平距离为多大？（3）A、C两点的电势差为多少？31．（14分）如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=1.0×10﹣7T，在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E=1.0×10﹣7N/C，一质量为m=1.0×10﹣15kg、电量为1.0×10﹣7C的粒子（不计重力）从y轴上方的P点沿着x轴正方向射出，正好垂直进入匀强电场中，当第二次进入电场时，到达X轴的Q点，Q点与O点的距离为L=3米，求：（1）此粒子带何种电荷（2）射出时的速度v为多大？（2）此粒子从P到Q运动的总路程s为多大？高二（上）期末物理试卷（选修3-1）参考答案与试题解析一、单项选择题（2015秋•惠州期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（）A．库仑发现了点电荷的相互作用规律B．安培发现了电流的磁效应C．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律D．奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律【考点】物理学史．【分析】本题考查电磁学物理学史，根据库仑、安培、洛伦兹力、奥斯特等科学家的贡献进行解答．【解答】解：A、库仑通过扭秤实验发现了点电荷的相互作用规律﹣﹣﹣库仑定律，故A正确．B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．C、安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误．D、洛伦兹力发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误．故选：A【点评】解答本题关键掌握电磁学物理学史，对于科学家的重大发现要记牢，不能张冠李戴．2．一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A．B．C．D．【考点】电场强度；物体做曲线运动的条件．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点：合力指向轨迹的内侧，分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D 正确．故选：D【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键．3．如图甲所示，P、Q是电场线上的两点，在P点由静止释放一个质子，仅在电场力的作用下，沿着电场线从P点运动到Q点，质子的速度随时间变化的关系如图乙所示，下列判断正确的（）A．该电场是匀强电场B．从P点到Q点，质子受到的电场力减小C．从P点到Q点，质子的电势能增大D．P点的电势高于Q点的电势【考点】电场线；电势能．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，故P点的场强小于Q点场强；正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口．【解答】解：AB、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从P向Q 运动的过程中加速度越来越大，则电场力越来越大，故P点的场强小于Q点场强．故AB错误；CD、由于质子沿电场线运动过程当中做加速运动，电场力做正功，电势能减小，故点电荷所受电场力方向由P指向Q，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由P指向Q，而沿电场线的方向电势降低，所以P 点电势比Q点的电势高．故C错误，D正确．故选：D【点评】本题虽然难度不大，但考查的知识点比较全面，特别是从图象中获取解题的突破口，要注意掌握．4．如图所示，平行板电容器的电容为C，电荷量为Q，板间距离为d，静电力恒量为k．今在两极板的中间放入一电荷q，则它所受电场力的大小为（）A．k B．k C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据电容器的定义式C=，求出电容器两端间的电势差，根据匀强电场的强度公式E=得出电场强度，从而得出电场力．【解答】解：根据电容器的定义式C=，得U=，平行板电容器内部的电场强度大小为E=，故对点电荷q的作用力大小为F=qE=，故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式C=，以及匀强电场电势差与电场强度的关系式E=．5．如图，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C点如图所示，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点【考点】电场线；电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低．沿着电场线方向电势降低．【解答】解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故ABD错误，C正确．故选：C【点评】解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．6．两平行带电金属板水平放置．若在两板中间某点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板逆时针旋转45°，如图所示，再由同一点从静止释放同样的微粒，则微粒将（）A．保持静止状态B．向右下方做匀加速运动C．水平向左做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．【解答】解：粒子在电容中受力如图所示；在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，从而明确带电粒子的受力情况即可求解．7．某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A．若选择甲图，测量值比真实值偏大B．若选择乙图，测量值比真实值偏大C．若被测电阻R X与电流表内阻接近，应该选择乙图误差较小D．若被测电阻R X与电压表内阻接近，应该选择甲图误差较小【考点】伏安法测电阻．【分析】电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻R x和电压表内阻的并联电阻值；电压表内阻越大，电阻越小，测量的误差越小；而电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，待测电阻越大，误差越小．【解答】解：A、甲图所示电路是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=R x+R A＞R x，测量值偏大；故B正确；C、电流表内阻很小，被测电阻R X与电流表接近，若采用乙图接法，则误差较大；因此应该选择甲图误差较小，故C错误；D、电压表内阻越大，被测电阻R X与电压表接近，应该选择乙图误差较小．故D 错误．故选：B．【点评】该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也要记住分析的方法．8．粗细均匀的金属环上，A、B、C、D四点把其周长四等分，如图所示，当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为（电源内阻不计）（）A ．B ．C ．PD ．3P【考点】电功、电功率．【分析】电源内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．设圆环每一等分的电阻为R ，根据串并联电路的特点求出当A 、C 点接入电路中时总电阻及当A 、D点接入电路中时总电阻，由功率公式P=，利用比例法求解当A 、D 点接入电路中时，圆环消耗的电功率．【解答】解：设电源的电动势为E ，金属环每一等分的电阻为R ，则当A 、C 点接入电路中时总电阻：R 1=R当A 、D 点接入电路中时总电阻：R 2==由功率公式P=，U=E 得到：P 2：P 1=R 1：R 2=4：3，又P 1=P 得到：P 2=故选：A【点评】本题是串并联电路知识与电功率的综合，关键之处在于应用比例法研究两种情况功率关系．9．电源电动势为ε，内阻为r ，向可变电阻R 供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（ ）A ．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B ．因为U=IR ，所以当R 增大时，路端电压也增大C ．因为U=IR ，所以当I 增大时，路端电压也增大D．因为U=ε﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．【解答】解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A错误．B、当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不变，I减小，得到U增大．故B错误．C、当I增大时，说明R减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不变，I增大，得到U减小．故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，I增大时，路端电压U减小．故D 正确．故选D【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U﹣I图线，更直观判断它们的关系．10．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A．向纸里偏转B．向纸外偏转C．向上偏转D．向下偏转【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】阴极射线由于受到洛伦兹力而发生偏转，先根据安培定则判断出通电导线产生的磁场方向，再运用左手定则判断洛伦兹力方向，即可判断阴极射线的偏转方向．【解答】解：根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转．故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题关键要掌握两大定则：安培定则和左手定则，要明确两个问题：一是什么条件用什么定则，二是怎样用定则．11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．【考点】分子电流假说．【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．12．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的各匀强磁场中，其中可能使金属杆处于静止状态的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡．故A错误．B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态．故B正确．C、金属杆受垂直于杆子向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故C 错误．D、金属杆受到水平向左的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故D错误．故选B．【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．13．三个完全相同的小球a、b、c带有等量正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，c球进入只有重力场的区域，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v A、v B、v C表示，它们的关系是（）A．v A＞v B=v C B．v A=v B=v C C．v A＞v B＞v C D．v A=v B＞v C。
学校17—18学年下学期高二第二阶段考试物理试题(附答案)
2017—2018学年度下学期第二次阶段考试高二物理试卷答题时间：90分钟命题校对：高二物理备课组一、选择题：（每小题4分，1-7题为单选题，8-12为多选题）1、酷热的夏天，在平坦的柏油公路上，你会看到在一定距离之外，地面显得格外明亮，仿佛是一片水面，似乎还能看到远处车、人的倒影，但当你靠近“水面”时，它也随你的靠近而后退，对此现象正确的解释是()A．同海市蜃楼具有相同的原理，是由于光的全反射造成的B．“水面”不存在，是由于酷热难耐，人产生的幻觉C．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率大，发生全反射D．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率小，发生全反射2、以下电场中能产生电磁波的是()A．E＝10 N/C B．E＝5sin(4t＋1) N/C C．E＝(3t＋2) N/C D．E＝(4t2－2t) N/C3、若一列火车以接近光速的速度在高速行驶，车上的人用望远镜来观察地面上的一只排球，如果观察的很清晰，则观察结果是()A．像一只乒乓球(球体变小) B．像一只篮球(球体变大)C．像一只橄榄球(竖直放置) D．像一只橄榄球(水平放置)4、1995年科学家“制成”了反氢原子,它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成的,反质子和质子有相同的质量,带有等量异种电荷。
反氢原子和氢原子有相同的能级分布,氢原子能级如图所示,则下列说法中正确的是()A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能为13.6 eVC.基态反氢原子能吸收11 eV的光子而发生跃迁D.大量处于n=4能级的反氢原子向低能级跃迁时,从n=2能级跃迁到基态辐射的光子的波长最短5、如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论不正确的是（）A．物体到达各点的速率之比v B：v C：v D：v E=12B．物体到达各点经历的时间t E=2tCt DABCDEC ．物体从A 到E 的平均速度v=v BD ．物体通过每一部分时，其速度增量v B -v A =v C -v B =v D -v C =vE -v D6、2008年北京奥运会上何雯娜夺得中国首枚奥运会女子蹦床金牌。
河北省石家庄市2017-2018学年度第二学期高二期末考试数学(理)试题(解析版)
2017—2018学年度第二学期期末教学质量检测高二理科数学第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（共12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. 已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据复数的除法法则求解可得结果．详解：∵，∴．故选C．点睛：本题考查复数的除法运算，考查学生的运算能力，解题时根据法则求解即可，属于容易题．2. 有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数，如果，那么是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以，是函数的极值点.以上推理中（）A. 大前提错误B. 小前提错误C. 推理形式错误D. 结论正确【答案】A【解析】试题分析：导数为0的点不一定是极值点，而极值点的导数一定为0．所以本题是大前提错误。
考点：1．演绎推理；2．利用导数求函数的极值。
3. 在回归分析中，的值越大，说明残差平方和（）A. 越小B. 越大C. 可能大也可能小D. 以上都不对【答案】A【解析】分析：根据的公式和性质，并结合残差平方和的意义可得结论．详解：用相关指数的值判断模型的拟合效果时，当的值越大时，模型的拟合效果越好，此时说明残差平方和越小；当的值越小时，模型的拟合效果越差，此时说明残差平方和越大．故选A．点睛：主要考查对回归分析的基本思想及其初步应用等知识的理解，解题的关键是熟知有关的概念和性质，并结合条件得到答案．4. 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，第1个“金鱼”需要火柴棒的根数为；第2个“金鱼”需要火柴棒的根数为；第3个“金鱼”需要火柴棒的根数为，构成首项为，公差为的等差数列，所以第个“金鱼”需要火柴棒的根数为，故选C.5. 如果函数的图象如图所示，那么导函数的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据图象得到函数的单调性，进而得到导函数的符号，再结合所给选项可得答案．详解：由函数的图象可得，函数在定义域上先增、再减、再增、再减，因此导函数的符号为先正、再负、再正、再负．结合选项可得A符合条件．故选A．点睛：本题考查函数的单调性和导函数的符号间的关系，即函数单调增时导函数值大于等于零，函数单调减时导函数小于等于零，解题的关键是根据图象得到函数的单调性，再结合所给选项求解．6. 某产品的广告费用万元与销售额万元的统计数据如下表：根据以上数据可得回归直线方程，其中，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额为65.5万元，则，的值为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】分析：根据回归直线过样本中心和条件中给出的预测值得到关于，的方程组，解方程组可得所求．详解：由题意得，又回归方程为，由题意得，解得．故选C．点睛：线性回归方程过样本中心是一个重要的结论，利用此结论可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的参数．根据回归方程进行预测时，得到的数值只是一个估计值，解题时要注意这一点．7. 利用数学归纳法证明不等式的过程，由到时，左边增加了（）A. 1项B. 项C. 项D. 项【答案】D【解析】分析：式子中最后一项的分母表示的是式子的项数，由时的项数减去时的项数即为增加的项数，所以用两个式子的最后一项的分母相减即可得结果.详解：由题意，时，最后一项是，当时，最后一项是，所以由变到时，左边增加了项，故选D.点睛：本题是一道关于数学归纳法应用的题目，解答本题的关键是熟悉数学归纳法的证明思路及指数幂的运算性质，化简还是比较关键的.8. 如图，用，，三类不同的元件连接成一个系统.当正常工作且，至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知，，正常工作的概率依次为0.9，0.8，0.8，则系统正常工作的概率为（）A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576【答案】B【解析】试题分析：系统正常工作当①正常工作，不能正常工作，②正常工作，不能正常工作,③正常工作，因此概率.考点：独立事件的概率.9. 设复数，若，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】若则，则的概率为：作出如图，则概率为直线上方与圆的公共部分的面积除以整个圆的面积，即：10. 设函数的定义域为，若对于给定的正数，定义函数，则当函数，时，定积分的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据的定义求出的表达式，然后根据定积分的运算法则可得结论．详解：由题意可得，当时，，即．所以．故选D．点睛：解答本题时注意两点：一是根据题意得到函数的解析式是解题的关键；二是求定积分时要合理的运用定积分的运算性质，可使得计算简单易行．11. 已知等差数列的第8项是二项式展开式的常数项，则（）A. B. 2 C. 4 D. 6【答案】C【解析】试题分析：二项式展开中常数项肯定不含，所以为，所以原二项式展开中的常数项应该为，即，则，故本题的正确选项为C. 考点：二项式定理.12. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，若，则函数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意求得函数的解析式，进而得到的解析式，然后根据函数的特征求得最值．详解：由，得，∴，设（为常数），∵，∴，∴，∴，∴，∴当x=0时，；当时，，故当时，，当时等号成立，此时；当时，，当时等号成立，此时．综上可得，即函数的取值范围为．故选B．点睛：解答本题时注意从所给出的条件出发，并结合导数的运算法则利用构造法求出函数的解析式；求最值时要结合函数解析式的特征，选择基本不等式求解，求解时注意应用不等式的条件，确保等号能成立．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知随机变量服从正态分布，若，则等于__________．【答案】0.36【解析】.14. 从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）【答案】660【解析】分析：由题意分两类选女男或选女男，再利用加法原理、乘法原理以及排列组合知识求解即可.详解：第一类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队长有种，故有种；第二类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队长有种，故有种，根据分类计数原理共有，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.15. 的展开式中的系数是__________．【答案】243【解析】分析：先得到二项式的展开式的通项，然后根据组合的方式可得到所求项的系数．详解：二项式展开式的通项为，∴展开式中的系数为.点睛：对于非二项式的问题，解题时可转化为二项式的问题处理，对于无法转化为二项式的问题，可根据组合的方式“凑”出所求的项或其系数，此时要注意考虑问题的全面性，防止漏掉部分情况．16. 已知是奇函数，当时，，（），当时，的最小值为1，则的值等于__________．【答案】1【解析】试题分析：由于当时，的最小值为，且函数是奇函数，所以当时，有最大值为-1，从而由，所以有；故答案为：1．考点：1．函数的奇偶性；2．函数的导数与最值．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 复数，，若是实数，求实数的值.【答案】【解析】分析：由题意求得，进而得到的代数形式，然后根据是实数可求得实数的值．详解：.∵是实数，∴，解得或，∵，∴，∴．点睛：本题考查复数的有关概念，解题的关键是求出的代数形式，然后根据该复数的实部不为零虚部为零得到关于实数的方程可得所求，解题时不要忽视分母不为零的限制条件．18. 某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（2）已知一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率.【答案】（1）0.55（2）【解析】分析：（1）将保费高于基本保费转化为一年内的出险次数，再根据表中的概率求解即可．（2）根据条件概率并结合表中的数据求解可得结论．详解：（1）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故．（2）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故．又，故，因此其保费比基本保费高出的概率为．点睛：求概率时，对于条件中含有“在……的条件下，求……发生的概率”的问题，一般为条件概率，求解时可根据条件概率的定义或利用古典概型概率求解．19. 在数列，中，，，且，，成等差数列，，，成等比数列（）. （1）求，，及，，；（2）根据计算结果，猜想，的通项公式，并用数学归纳法证明.【答案】(1) ，，，，， (2) 猜想，，证明见解析【解析】分析：（1）根据条件中，，成等差数列，，，成等比数列及所给数据求解即可．（2）用数学归纳法证明．详解：（1）由已知条件得，，由此算出，，，，，.（2）由（1）的计算可以猜想，，下面用数学归纳法证明：①当时，由已知，可得结论成立.②假设当（且）时猜想成立，即，.则当时，，，因此当时，结论也成立.由①②知，对一切都有，成立．点睛：用数学归纳法证明问题时要严格按照数学归纳法的步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时可能要取两个(或两个以上)初始值进行验证，初始值的验证是归纳假设的基础；第二步的证明是递推的依据，证明时必须要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．20. 学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计.其中对教师教学水平给出好评的学生人数为总数的，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的，其中对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人.（1）填写教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：请问是否可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关？（2）若将频率视为概率，有4人参与了此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数为随机变量.①求对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数的分布列（概率用组合数算式表示）；②求的数学期望和方差.（，其中）【答案】(1) 可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关. (2) ①见解析②，【解析】分析：（1）由题意得到列联表，根据列联表求得的值后，再根据临界值表可得结论．（2）①由条件得到的所有可能取值，再求出每个取值对应的概率，由此可得分布列．②由于，结合公式可得期望和方差．详解：（1）由题意可得关于教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：由表中数据可得，所以可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关.（2）①对教师教学水平和教师管理水平全好评的概率为，且的取值可以是0，1，2，3，4，其中；；；；，所以的分布列为：②由于，则，.点睛：求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算，对于二项分布的均值和方差可根据公式直接计算即可．21. 已知函数，（为自然对数的底数，）.（1）判断曲线在点处的切线与曲线的公共点个数；（2）当时，若函数有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【解析】分析：（1）根据导数的几何意义可得切线方程，然后根据切线方程与联立得到的方程组的解的个数可得结论．（2）由题意求得的解析式，然后通过分离参数，并结合函数的图象可得所求的范围．详解：（1）∵，∴，∴.又，∴曲线在点处的切线方程为．由得.故，所以当，即或时，切线与曲线有两个公共点；当，即或时，切线与曲线有一个公共点；当，即时，切线与曲线没有公共点.（2）由题意得，由，得，设，则.又，所以当时，单调递减；当时，单调递增．所以.又，，结合函数图象可得，当时，方程有两个不同的实数根，故当时，函数有两个零点．点睛：函数零点个数（方程根的个数、两函数图象公共点的个数）的判断方法：（1）结合零点存在性定理，利用函数的性质确定函数零点个数；（2）构造合适的函数，判断出函数的单调性，利用函数图象公共点的个数判断方程根的个数或函数零点个数．请考生在22～23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知点的直角坐标为，曲线的极坐标方程为，直线过点且与曲线相交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若，求直线的直角坐标方程.【答案】(1) (2) 直线的直角坐标方程为或【解析】分析：（1）根据极坐标和直角坐标间的转化公式可得所求．（2）根据题意设出直线的参数方程，代入圆的方程后得到关于参数的二次方程，根据根与系数的关系和弦长公式可求得倾斜角的三角函数值，进而可得直线的直角坐标方程．详解：（1）由，可得，得，∴曲线的直角坐标方程为.（2）由题意设直线的参数方程为（为参数），将参数方程①代入圆的方程，得，∵直线与圆交于，两点，∴．设，两点对应的参数分别为，，则，∴，化简有，解得或，∴直线的直角坐标方程为或.点睛：利用直线参数方程中参数的几何意义解题时，要注意使用的前提条件，只有当参数的系数的平方和为1时，参数的绝对值才表示直线上的动点到定点的距离．同时解题时要注意根据系数关系的运用，合理运用整体代换可使得运算简单．23. 已知函数的定义域为.（1）若，解不等式；（2）若，求证：.【答案】(1) (2)见解析【解析】分析：（1）由可得，然后将不等式中的绝对值去掉后解不等式可得所求．（2）结合题意运用绝对值的三角不等式证明即可．详解：（1），即，则，∴，∴不等式化为．①当时，不等式化为，解得；②当时，不等式化为，解得.综上可得．∴原不等式的解集为.（2）证明：∵，∴.又，∴.点睛：含绝对值不等式的常用解法（1）基本性质法：当a>0时，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|x|＞a⇔x＜－a或x＞a．（2）零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．（3）几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．（4）数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．。
石家庄市2017-2018学年度第二学期高二物理期末考试试卷和答案
2017-2018学年度第二学期期末教学质量检测高二物理参考答案必修部分（满分40分）一、选择题（本题共4题，共24分，其中1-4为单项选择题，每题4分，答错不得分，5-6为多项选择题，每题4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）1.A2.B3.D4.A5.BC6.ABD二、实验（6分）7． 2（1分） 1（1分） 0.69(0.66-0.72) （2分） 2.3(20.-2.7) （2分）三、解答题8．(10分)解：（1）直接输送，有'P UI =输出线，解得'300A P I U ==输出线（1分） 所以线路损耗的功率为： 2'18kW P I R ==线线线（1分）用户得到的电压为'160V U U I R =-=线线用户（1分）用户得到的功率48kW P P P =-=输出线用户．（1分） （2）输电电路图如图：1122n U n U =，可得22200V U =（1分） 22P U I =输出，30A I =2（1分） 22=180W P I R =线（1分）3222194V U U I R =-=（1分）3344n U n U =，可得4219.4V U =（1分） 用户得到的功率65.82kW P P P =-=输出线用户（1分）选修部分（满分60分）请从以下的3-3、3-4两模块中，任选一个模块作答。
如果多做，按第一个模块计分。
【选修3-3】一、选择题（本题共9题，共36分，其中1-5为单项选择题，每题4分，答错不得分，6-9每题4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）1．D 2．D 3．D 4．C 5．B 6．AC 7．AB 8．AC 9．AB二、实验题（7分）10． (1)②⑤③（3分） (2) 9.1×10－10（2分） (3) 偏大（2分）三、计算题（本大题共2小题，共17分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11．（8分）解：（1）由图像可得状态A 时，P A =3×105P a V A =0.1×10−3m 3 T A =300K 状态B 时 P B =1×105P a V B =0.4×10−3m 3由理想气体状态方程 P A V AT A =P B V B T B （2分）解得 T B =400K （2分）（2）从状态B 到状态C 气体对外做的功为图像与V 坐标轴围成的面积，W =(1+2)×105×0.2×10−32=30，所以W =30J （1分）由热力学第一定律可得，∆U =−W +Q （2分）,∆U =170J （1分）即内能增大，变化量为170J12．（9分）解：（1）对原来气体由理想气体状态方程112212PV PV T T =（2分） 其中P 1=2.5 atm ，V 1=20L ，T 1=300K ，P 2=2atm ，T 2=360K带入数据解得：V 2=30L （1分） 漏出的气体占总体积的21213V V V -=（1分） （2）对轮胎内剩余的气体，由理想气体状态方程3223P P T T =（2分） 其中P 2=2atm ，T 2=360K ，T 3=300K 解得：35==1.673P atm （1分） （3）11310+PV PV nPV =（1分） 解得：50n =次（1分）【选修3-4】一、选择题（本题共9题，共36分，其中1-5为单项选择题，每题4分，答错不得分，6-9为多项选择题，每题4分，有漏选的得2分，有错选的得0分）1.C2.B3.D4.A5.A 6 .BC 7.AD 8.AC 9.BD二、实验（7分）10.（1）B （1分）（2）低（1分） 30t （1分） （3）D （2分）（4）A （1分） 4：9（1分）三、计算题（本大题共2小题，共17分。
河北省石家庄市高二下学期期末考试物理试题(扫描版)
石家庄市2016-2017年度第二学期期末考试高二物理参考答案必考部分（60分）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1～6题为单选，7～10题为多选，全部选对的得3分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分。
） 题号 12 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C D D B BD AD AC BCD二、实验题（本题共9分，将答案填写在题中横线上。
）11．（9分）（1）接通打点计时器的电源（1分） 放开滑块（1分）（2）0.626（3分） 0.618（3分） 纸带与打点计时器限位孔有摩擦（1分）三、计算题（本题共两小题，共21分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）12.（9分）解：设P 到圆弧最低点时的速度为1，Q 的速度为2，两物体从释放至P 到最低点的过程中，系统机械能守恒：21221v m ）（+22=2 ① （2分） h=R = ②（1分） v 1= v 2 ③（2分）设绳子对物体Q 所做的功为W ，对Q 由动能定理得：Ｗ-mgh =mv 22 ④（2分）有①②③④联立得：Ｗ=1.2mgR （2分）13.（12分）解：（1）（6分）设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v 1、v 2，取向右为正方向，由动量守恒定律得： mv 0=mv 1+3mv 2（2分）由机械能守恒定律得： mv 02=mv 12+3mv 22（2分） 解得：v 1=−v 0, v 2=v 0B 、C 碰撞后，B 的速度大小为v 0（1分）,方向水平向左 （1分）。
（2）（6分）设B 与A 碰撞后的共同速度为v 3， 由动量守恒定律得：mv 1=(m +3m )v 3（2分） 解得：v 3=−v 0B 、C 发生弹性碰撞，无机械能损失。
B 与A 碰撞损失机械能为E ∆。
由能量守恒：E ∆=mv 12-(m +3m )v 32（2分） E ∆= mv 02（2分） 选考部分（40分） 14．【选修3-3】（40分）（1）选择题：（本题共4道，共20分。
2017-2018年河北省石家庄市高二(上)期末物理试卷含参考答案
A．电压表的示数变大 C．通过 R2 的电流变大
B．小灯泡变亮 D．R3 两端中，两个较大的平行板 A、B，分别接在电源 E 的 正负极上，G 为电流表。一带电油滴恰好静止在两板之间。在保持其他条件 不变的情况下，将两板缓慢地水平错开的过程中（不考虑边缘效应） ，下列说 法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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3． （4 分）如图所示是真空中正点电荷形成的电场，已知 M 点与 N 点在同一条 电场线上，M 点与 P 点到正点电荷的距离相等，下列说法正确的是（ ）
A．M 点的电场强度比 N 点的电场强度小 B．P 点的电势比 N 点的电势低 C．同一点电荷在 P 点的电势能比在 N 点的电势能大 D．同一点电荷从 M 点到 N 点和从 P 点到 N 点电场力做功相等 4． （4 分）在磁感应强度为 B 的匀强磁场中垂直磁场放置一“L”型导线 abc，ab⊥ bc，ab 长为 l，bc 长为 l．当导线通入如图所示的恒定电流 I 时，“L”型导线 受到的安培力大小为 F，方向与 bc 夹角为 θ，则（ ）
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2017-2018 学年河北省石家庄市高二（上）期末物理试卷
一．选择题（本题共 12 个小题，每小题 4 分，共 48 分．在每小题给出的四个 选项中，1～8 题只有一个选项正确，9～12 题有多个选项正确．全部选对的 得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分） 1． （4 分）如图甲所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个 圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入水银，如 果把玻璃皿放在磁场中，水银就会旋转起来。如图乙所示，把一根柔软的弹 簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上 下振动。下列说法正确的是（ ）
河北省石家庄市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题Word版含答案
河北省石家庄市2017 2018学年高二下学期期末考试屮物理试题亠一、选择题：本题共6小题，共24分，其中1~4为单项选择题，每题4分，答错不得分,6~6为多项选择题，每题4分，有漏选的得2分，有错选得0分1 .下列说法正确的是A .借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好B .德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，并用实验证实了实物粒子也具有波动性C .结合能越大的原子核越稳定D .任意两个核子间都存在核力作用，这种性质称为核力的饱和性2.如图所示是光电效应的实验装置图，关于该实验下列说法正确的是A .在电源电动势足够大，入射光强度不变的前提下，将滑动变阻器的滑片向右移动，电流表的示数将会一直增大B .若电源电动势足够大，将电源正负极反向，滑动变阻器的滑片向右移动，电流表的示数将会减小到零C .对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的强度决定D .对某种确定的金属来说，入射光频率与遏止电压成正比3.2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖，大多数原子核发生核反应的过程都伴有中微子的产生，例如核裂变、核聚变，B衰变等，下列关于核反应的说法正确的是2.. 2,, 4,, 丄1 □十、.. 234 十, 234 I 丄0 !=，十、..A . 1 H+1 H —；2 He o n 属于a衰变，90 Th r 91 Pa \ e 属于B衰变9；5U -0 n >5464 Ba -36 Ba ■ 30n 属于核聚变928U衰变为8：2Rn，经过4次a衰变，6次B衰变2 He 27 Al —；30 P 0 n属于原子核人工转变4.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是--0.54—13-345•如图所示，理想变压器原线圈输入电压u二U m sin「t，畐U线圈电路中R e为定值电阻, R是滑动变阻器，V i和V2是理想交流电压表，示数分别用 5和U2表示；A!和A2是理想交流电流表，示数分别用I i和12表示，下列说法正确的是6•如图所示为交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为图示位置开始绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，转动周期为 6.28 >10-2s，线圈的P不动，滑片Q向上滑动过程中，U2变小，11变小P不动，滑片Q向上滑动过程中，U2不变，11变小Q不动, 滑片Q向下滑动过程中，U2变大，11变大Q不动, 滑片Q向下滑动过程中，U2变大，I1变小A .滑片B .滑片C •滑片D .滑片A .用能量为13.06eV的光子照射一群处于基态氢原子，最多能辐射出10种不同频率的光B .用能量为12.70eV的光子照射一群处于基态氢原子，最多能辐射出6种不同频率的光C .用能量为12.09eV的光子照射一群处于今天氢原子, 最多能辐射出2种不同频率的光D .用能量为12.85eV的电子碰撞一个处于基态氢原子，可使氢原子电离0.2T的匀强磁场中，从。
河北省2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题含答案
高二第二学期期末考试（物理）试卷一、单选题(本大题共12小题，共36分)1.分析下列运动项目比赛中运动员的运动情况时，可将运动员视为质点的是（）A.武术B.蹦床C.自由体操D.马拉松赛跑2.下列关于速度、速度的变化与加速度的说法中正确的是（）A.物体的速度改变越大，它的加速度一定越大B.物体的速度变化越快，它的加速度一定越大C.物体的加速度为零，它的速度一定为零D.物体的速度为零，它的加速度一定为零3.某物体做直线运动的v-t图象如图所示，根据图象提供的信息可知，该物体（）A.在4s末离起始点最远B.在6s末离起始点最远C.在0～4s内与4～6s内的平均速度相等D.在0～4s内的加速度大于7～8s内的加速度4.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）．则以下说法正确的是（）A.球a竖直上抛的最大高度为hB.相遇时两球速度大小相等C.相遇时球a的速度小于球b的速度D.两球同时落地5.有两个共点力，一个力的大小为3N，一个力的大小为6N，它们的合力可能为（）A.18NB.1NC.2ND.6N6.A、B两物体各自在不同纬度的甲、乙两处受到一竖直向上的外力作用后，在竖直方向上做变加速直线运动．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力与加速度，如图所示是用这种方法获得的物体A、B所受的外力F与加速度a的关系图线，若物体A、B的质量分别为m A、m B，甲、乙两处的重力加速度分别为g A、g B，则（）A.m A＞m B，g A＞g BB.m A＞m B，g A＜g BC.m A=m B，g A＜g BD.m A＜m B，g A＞g B7.水平恒力能使质量为m1的物体在光滑水平面上产生大小为a1的加速度，也能使质量为m2的物体在光滑水平面上产生大小为a2的加速度，若此水平恒力作用在质量为m1+m2的物体上，使其在光滑水平面上产生的加速度为a，则a与a1、a2的大小关系为（）A.a=a1+a2B.C.D.8.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示．已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计．取重力加速度g=10m/s2．当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为( )A.a=1.0m/s2，F=260NB.a=1.0m/s2，F=330NC.a=3.0m/s2，F=110ND.a=3.0m/s2，F=50N9.如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端系于O点；设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动，已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（）A.细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为 1：B.小球m1和m2的角速度大小之比为：1C.小球m1和m2的线速度大小之比为3：1D.小球m1和m2的向心力大小之比为3：110.一个物体以初速度v0水平抛出，经过一段时间落地，落地时速度方向与竖直方向所成的夹角为450，取重力加速度为g，则该物体水平射程x和下落的高度h 分别为（）A.x=，h=B.x=，h=C.x=，h=D.x=，h=，轨道半11.我国发射的“神州六号”载人飞船（周期为Ta径为r a）与“神州五号”飞船（周期为T b，轨道半径为r b）相比，它在更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中不正确的是（）A.在轨道上“神州六号”的环绕速度比“神州五号”的要小B.“神州六号”的周期比“神州五号”的要短C.=D.“神州六号”的向心加速度较小12.质量不同，动能相同的两物体，在同一水平地面上自由滑行直到停止，在这过程中，下列描述正确的是（）A.摩擦力大的物体滑行距离大B.摩擦力大的物体动能变化大C.两物体滑行距离一样大D.两物体克服摩擦力所做的功一样多二、多选题(本大题共4小题，共16分)13.关于摩擦力正确的说法是（）A.有弹力一定有摩擦力B.摩擦力的方向可能与物体运动方向相同C.摩擦力的方向可能与物体运动方向相反D.压力越大，摩擦力越大14.如图，在光滑水平面上有一物块始终受水平向右恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个较长的轻质弹簧，则在物块与弹簧接触后向右运动至弹簧压缩到最短的过程中（）A.物块接触弹簧后一直做减速运动B.物块接触弹簧后先加速运动后减速运动C.当物块的速度最大时，向右恒力F大于弹簧对物块的弹力D.当物块的速度为零时，它所受的加速度不为零15.如图所示，一斜面固定在水平地面上，现将一小球从斜面上P点以某一初速度水平抛出，它在空中飞行的水平位移是x1，若将初速度大小变为原来的2倍，空中飞行的水平位移是x2，不计空气阻力，假设小球落下后不反弹，则x1和x2的大小关系可能正确的是（）A.x2=3x1B.x2=4x1C.x2=5x1D.x2=6x116.如图所示，当用力F将B向右拉动时，有关力做功的说法正确的是（）A.F做正功，A、B受到的摩擦力均不做功B.绳拉力、A受到的摩擦力均不做功C.F做正功，A、B受到的摩擦力均做负功D.F做正功，B受到的摩擦力做负功三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)17.下图是做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中打点计时器打出的纸带．打点计时器的打点周期为0.02s，且每两个计数点间还有四个计时点未画出．已知计数点之间的距离分别为：S=1.20cm，S2=2.39cm，S3=3.60cm，1S=4.78cm．4（1）两计数点之间的时间间隔为 ______ ；（2）计数点1和3对应的小车速度分别为：v1= ______ m/s，v3= ______ m/s；小车运动的加速度a= ______ ．18.在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A．让小球多次从 ______ 位置上滚下，在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置，如图中a、b、c、d所示．B．按图安装好器材，注意 ______ ，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线．C．取下白纸以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹（1）完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．（2）上述实验步骤的合理顺序是 ______ ．（3）已知图中小方格的边长L=1.25cm，则小球平抛的初速度为v0= ______ （用L、g表示），其值是 ______ （取g=9.8m/s2），小球在b点的速率 ______ ．四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)19.一质量为2kg的物体（视为质点）从某一高度由静止下落，与地面相碰后（忽略碰撞时间）又上升到最高点，该运动过程的v-t图象如图所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求：（1）物体上升的最大高度．（2）物体下落过程所受的空气阻力的大小．（3）物体在整个运动过程中空气阻力所做的功．（取g=10m/s2）20.一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．，其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度．（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．（sin37°=0.6，g取l0m/s2）量为0.5kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d=0.4m深处停下．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度H；（2）物体在沙坑中受到的平均阻力f大小是多少？高二第二学期期末考试（物理）试卷答案和解析【答案】1.D2.B3.B4.C5.D6.B7.B8.B 9.D 10.A 11.B 12.D 13. BC 14.BD 15.AB 16.BD17.0.1s；0.18；0.42；1.20m/s218.同一；调整斜槽末端水平；BAC；2；0.7m/s；0.725m/s19.解：（1）由速度图象可知：在t=1.0-1.5s时间内物体上升，在t=1.5s时刻物体上升到最大高度，由“面积”大小等于位移，则得上升的高度h2=m=1.5 m（2）由图象知，下降时加速度大小为a1===8m/s2下降过程运用牛顿第二定律：mg-f=m a1可得：f=4N（3）由图象知：下降的高度h1=4 m=-f（h1+h2）=-22 J整个过程阻力做的功Wf答：（1）物体上升的最大高度是1.5m．（2）物体下落过程所受的空气阻力的大小是4N．（3）物体在整个运动过程中空气阻力所做的功是-22J．20.解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg=ma la=2m/s2l当两者速度相等时，t=此时物块运动的位移为：s1=＜2m所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度为2m/s速度滑上斜面（2）物块以ν-mgsinθ=ma2a=-6m/s22物块速度为零时上升的距离s=2由于s2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．物块上升的最大高度：h=s2sinθ=0.2mm答：（1）物块到达传送带右端的速度为2m/s．（2）物块不能到达斜面顶端，物块上升的最大高度为0.2m．21.解：（1）设物体上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得：-mg H=0-mv02…①代入数据得：H=5m（2）设物体在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中：mg（H+h+d）-fd=0代入数据得：f=155N答：（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度5m；（2）物体在沙坑中受到的平均阻力大小是155N．。