湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二物理上学期入学考试试题【附解析】
XX省长沙市天心区长郡中学学年高二物理上学期第一次模块考试试卷含解析
【解析】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到 ，则X带正电， 带负电，同理可知Y带正电， 带负电，应选项A正确，BCD错误。
【点睛】
此题观察电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会解析两个方向上所加不相同电压对应的不相同偏转情况。
5．B
【解析】
AD：由速度图象知，粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度是一个定值，粒子仅受电场力的作用，粒子所受电场力不变；粒子仅受电场力的作用时，不能能在点电荷的电场中做匀变速直线运动，该电场不能能是由点电荷产生的。故AD两项错误。BC：由速度图象知，粒子从M点到N点的过程中，速度先减小后增大，动能先减小后增大；粒子仅受电场力的作用，粒子电势能与动能之和不变，则粒子的电势能先增大后减小。又由速度图象知，粒子在M点速度小于在N点速度，粒子在M点动能小于在N点动能，粒子在M点电势能大于在N点电势能，粒子带负电，M点的电势低于N点的电势。故B项正确，C项错误。
点睛：解答此题的要点是获取D点的电势，找到等势线；掌握电场线与等势线的关系，正确理解公式E=U/d中d的含义．
3．C
【解析】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB，因此a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹能够知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，依照电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，依照动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，因此无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能够确定电场线的方向，因此无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；应选C．
2019年秋季长郡中学高二期末考试试卷-物理含答案.pdf (2份打包)
长郡中学2019-2020学年度高二第一学期期末考试物理命题人：夏友亮审题人：杨秀芳时量：90分钟满分：100分得分________ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1～8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9～12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1.下列设备或电器中，利用电磁感应原理工作的是（）A.发电机B.白炽灯C.电动机D.电吹风2．如图所示为某时刻LC振荡电路所处的状态，则该时刻（）A.振荡电流i在增大B.电容器正在放电C.磁场能正在向电场能转化D.电场能正在向磁场能转化3．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（）A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C.在光导纤维内传送图象是利用光的色散现象D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象4．如图所示，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60 已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行，此玻璃的折射率为（）235．如图所示，在温度自动报警器的工作原理图中，1是电磁铁、2是衔铁、3是触点、4是水银温度计（水银导电），则下列说法正确的是（ ）A.温度高于警戒温度时，电铃不报警、指示灯亮B.温度低于警戒温度时，电铃报警、指示灯熄灭C.温度高于警戒温度时，指示灯亮、电铃报警D.温度低于警戒温度时，指示灯亮、电铃不响6．如图所示，灯泡, A B 与固定电阻的阻值均为, R L 是自感系数很大的线圈.当1S 闭合，2S 断开且电路稳定时，, A B 亮度相同，再闭合2S ，待电路稳定后将1S 断开，下列说法中正确的是（ ）A.B 灯立即熄灭B.A 灯将比原来更亮一下后再熄灭C.有电流通过B 灯，方向为c d →D.有电流通过A 灯，方向为a b → 7．如图所示是一交变电流的-i t 图象，则该交变电流的有效值为（ ）A.4AB.22AC.83A 230A 8．如图所示，带异种电荷的粒子a 、b 以相同的动能同时从O 点射入宽度为d 的有界匀强磁场，两粒子的人射方向与磁场边界的夹角分别为30︒和60︒，且同时到达P 点，a 、b 两粒子的质量之比为（ ）A. 1：2B.2: 1C.3: 4D.4: 39．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s ，如图甲所示，振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向向上，经过时间t ，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形，关于这列波的周期和波速下列说法正确的是（ ）A.这列波的周期为23t T =B.列波的周期为2t T =C.这列波的传播速度12s v t =D.这列波的传播速度16sv t= 10．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒定为48kW ，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1: 20，电流表的示数为1A ，输电线的总电阻为10Ω，下列说法正确的是（ ）A.用户端的功率为44kWB.升压变压器的输出电压22400U V =C.降压变压器的输入电压32000U V =D.如果用户电压为220V ，则降压变压器的原副线圈匝数比为10: 111．如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道MN 、PQ 与水平面成37θ︒=，M 、P 之间接电阻箱R ，电阻箱的阻值范围为0~9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为0.5 B T =.质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r .现从静止释放杆ab ，测得最大速度为m v .改变电阻箱的阻值R ，得到m v 与R 的关系如图乙所示，已知轨道间距为2L m =，重力加速度取210/g m s =，轨道足够长且电阻不计（sin 370.6,cos370.8︒︒==）.则（ ）A.金属杆滑动时产生的感应电流方向是aPMbaB.金属杆的质量为0.5m kg =C.金属杆的接入电阻2r =ΩD.当2R =Ω时，杆ab 匀速下滑过程中R 两端电压为8V 12．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R ，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B 的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，由离子源发出一个质量为m 、电荷量为q 的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN 做匀速圆周运动，而后由P 点进入磁分析器中，最终经过Q 点进入收集器，下列说法中正确的是（ ）A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外B.加速电场中的加速电压12U ER =C.磁分析器中圆心2O 到Q 点的距离mERd q =D.任何离子若能到达P 点，则一定能进入收集器二、实验题（每空2分，共18分）13．某同学为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率ρ，完成下列步骤：（1）用游标卡尺测量其长度，如图甲所示，其长度为______mm .（2）用螺旋测微器测量其直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应旋紧图乙中的部件______（填“A ”“B ”“C ”“或D ”），从图乙中可知其直径为______mm . （3）若用伏安法测得流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端的电压为U ，圆柱体的直径和长度分别用D 和L 表示，则该圆柱体的电阻率ρ=______（用I ，U ，D 和L 表示）.14.图一是某实验小组设计的欧姆表电路，图二是其中毫安表的表盘，该实验小组通过调控开关S 和调节电阻箱可使欧姆表具有“1⨯”和“10⨯”两种倍率，所用器材参数如下：电源电动势3E V =，内阻1r =Ω，毫安表满偏电流1g I mA =，内阻27g R =Ω，电阻箱1R ，最大阻值为9999Ω.图一 图二（1）该实验小组按图一正确连接好电路，其中表笔A 应为______（填“红表笔”或“黑表笔”），断开开关S ，此时欧姆表的倍率为“×10”.将红、黑表笔短接，调节电阻箱1R ，使毫安表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做这个倍率下欧姆表的内阻1r ，则1r _____Ω.（2）闭合开关S ，此时欧姆表的倍率为“1⨯”，再次将红、黑表笔短接，重新调节电阻箱1R ，使毫安表再次达到满偏，在此倍率下1R =______Ω，2R ______Ω.（3）完成步骤（2）后，在红、黑表笔间接入待测电阻x R ，当毫安表指针指向图二所示的位置时，待测电阻x R ______Ω.三、解答题（34分=6分+6分+10分+12分，请写出必要的方程、步骤和文字说明）15.（6分）一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，试根据图象求出：（1）线圈转动的角速度； （2）电动势的有效值；（3）21.010t s -=⨯时，线圈平面和磁场方向的夹角.16.（6分）如图所示，图甲是一列简谐横波在0t =时刻的波形图，P 点是此时处在平衡位置的一个质点，图乙是质点P 的振动图象.甲 乙 （1）判断这列波的传播方向；（2）经过时间16t s =，质点P 通过的路程s ； （3）经过230t s =，波向前传播的距离x .17.（10分）半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨的中心O ，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下；在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻（图中未画出），直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g ，求：（1）通过电阻R 的感应电流的方向和大小； （2）外力的功率.18.（12分）如图所示，在y 轴右侧平面内存在方向垂直面向里的匀强磁场，磁感应强度大小0.5B T =，坐标原点O 有一放射源，可以向y 轴右侧平面沿各个方向6放射比荷为6410/qC kg m=⨯的正离子，这些离子速率分别在从0到最大值6210/m v m s =⨯的范围内，不计离子之间的相互作用.（1）求离子打到y 轴上的范围；（2）若在某时刻沿x +方向放射各种速率的离子，求经过75103s π-⨯时这些离子所在位置构成的曲线方程；（3）若从某时刻开始向y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过75103s π-⨯时已进入磁场的离子可能出现的区域面积.长郡中学2019-2020学年度高二第一学期期末考试物理参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1～8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9～12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）7.D 【解析】设交流电电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ，则有：222m 233T T I RT R I R =⨯+⨯.代入数据解得：3I A =故ABC 错误，D 正确；故选D.9．BD 【解析】波源的起振方向向上，各质点起振方向均向上，根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经12该点振动的方向才能向上，设周期为T ，则31222t T T T =+=，即2t T =.由题意知，8s λ=，结合vT λ=，可得16sv t=，故选BD. 二、实验题（每空2分，共18分）13.（1）42.35 （2）B 0.410 （3）24D UILπ【解析】（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为42mm ，游标尺示数为70.050.35mm mm ⨯=，游标卡尺示数为420.3542.35mm mm mm +=；（2）读数前应先旋紧B ，使读数固定不变，由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.0mm ，游标尺示数为41.00.010.410mm mm ⨯=，螺旋测微器示数为0.00.4100.410mm mm mm +=；（3）由电阻定义式得圆柱体的电阻为：UR I=①由电阻定律得：LR Sρ=② 又22D S π⎛⎫= ⎪⎝⎭③①②③联立解得：24UD ILπρ=.14.（1）黑表笔 3 000 （2）296.3 3 （3）75【解析】（1）根据欧姆表的内部结构可知，黑表笔连接欧姆表内部电源的正极，即表笔A 为黑表笔；根据欧姆表的工作原理可知，欧姆表内阻为：1330000.001g E r I ==Ω=Ω. （2）根据欧姆表内部结构可知，中值电阻等于内阻，此时倍率为“×1”，则内阻为2300r =Ω.干路电流为：20.01EI A r ==，根据欧姆定律可知： ()g g 2g I R R I I =- ()g g 1E I R I R r =++联立解得：12296.3,3R R =Ω=Ω（3）在红、黑表笔间接入待测电阻x R ，当毫安表指针指向图二所示的位置时，示数为0.8mA ，则干路电流为8mA ，根据闭合电路欧姆定律可知： ()2x E I r R '=+解得：75x R =Ω三、解答题（34分=6分+6分+10分+12分，请写出必要的方程、步骤和文字说明） 15.【解析】（1）100/3rad s π或105/rad s 2分（2）E =或14.1E V = 2分 （3）6πα=或30α︒=2分16.【解析】（1）由图乙知，0t =时刻质点P 正向上振动，所以根据波形平移法知，该波沿x 轴正方向传播（2）从图乙可知振动周期为4T s =，一个周期内质点通过的路程为4A ，则经过时间11 6.5t T s ==，质点P 通过的路程为： 1.546212s A cm cm =⨯=⨯= 2分（3）波速为8m /s 2m /s 4v T λ=== 230s t =，波向前传播的距离223060x vt m m ==⨯= 2分17.【解析】 （1）AB 中感应电动势的大小为22211(2) 1.522E B r Br Br ωωω=-=， 感应电流大小：232E Br I R Rω== 2分由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B 端流向A 端，所以通过电阻R 的电流方向为：C D → 2分（2）设导体棒克服摩擦力做功的功率为P ， 在竖直方向有：-0mg N =，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为f =12mg μ 所以13(2)22P fv mg r r mg r μωμω==⨯+= 2分电功率：242294B r P I R R ω==电 2分 由能量守恒定律得：P P P =+外电， 解得：2423924B r P mg r Rωμω=+外 2分18.【解析】（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R 由牛顿第二定律得：2mm v Bqv m R = 解得：1mmv R m Bq == 2分 由几何关系知，离子打到y 轴上的范围为0到2m 1分 （2）离子在磁场中运动的周期为T ， 则62210s RmT v Bq πππ-===⨯ 1分经过时间t 这些离子轨迹所对应的圆心角为θ 则23t T ππθ== 1分这些离子构成的曲线如图1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为(, )x y则sin x r θ=，(1cos )y r θ=-代入数据并化简得：032y x x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭剟 3分（其中取值范围占1分）甲 乙 （3）将第（2）问中图1的OA 段从沿y 轴方向顺时针方向旋转，在x 轴上找一点C ，以R 为半径作圆弧，相交于B ，则两圆弧及y 轴所围成的面积即为在0t =向y 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在7510s 3t π-=⨯时已进入磁场的离子所在区域，如图2所示. 由几何关系可求得此面积为：222251137312622124S R R R R R R πππ=+-⨯=-， 则：273124S m π⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ 4分。
2019-2020年高二上学期入学物理试卷 含解析
2019-2020年高二上学期入学物理试卷含解析一、选择题1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（）A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（）A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反B．第1秒内和第3秒内的加速度相同C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移D．第3秒末加速度大小为零3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（）A．0.5mg B．mg C．mg D．1.5mg4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度v o水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（）A．B．C．D．5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（）A．运行速度大于7.9km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等7．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A．在3t0时刻，物体的速度为B．在3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变B．弹簧弹性势能变化了mgLC．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零二、非选择题9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．（1）有关试验，下列叙述正确的是A．两根细绳必须等长B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置OD．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）（3）本次试验采用的科学方法是（填正确答案标号）A．理想试验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法．10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是．（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=（用字母表示）（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的．11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：（1）小球在前2s内运动的加速度大小；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度v N=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能E k．13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）入学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（）A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】物理学史；物理模型的特点及作用．【分析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，开普勒总结得到了行星运动规律．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．【解答】解：A、伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，有力地推进了人类科学认识的发展，故A错误．B、牛顿发表了万有引力定律，但没有测量出引力常量，是卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，故B错误．C、开普勒在整理第谷的观测数据之上，总结得到了行星运动规律，故C错误．D、在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确．故选：D2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（）A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反B．第1秒内和第3秒内的加速度相同C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移D．第3秒末加速度大小为零【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】在速度时间图线中，根据图线的斜率判断加速度之间的关系，根据速度的正负判断运动方向的关系，根据图线围成的面积比较位移．【解答】解：A、第1s内和第3s内速度都为正，可知运动的方向相同，故A错误；B、第1s内和第3s内图线的斜率不相同，可知加速度不相同，一正一负，故B错误；C、图线与时间轴围成的面积表示位移，0﹣2s内和0﹣4s内图线围成的面积相同，则位移相同，故C正确；D、2﹣4s内做匀变速直线运动，加速度不为零，则第3秒末加速度大小不为零，故D错误．故选：C3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（）A．0.5mg B．mg C．mg D．1.5mg【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】对AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最大值．【解答】解：对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为F min=（2m）gsin30°，即mg；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故CD正确．AB错误；故选：CD4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度v o水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移的关系求出小球平抛运动的时间．【解答】解：根据平行四边形定则知，，解得t=，故B正确，A、C、D错误．故选：B．5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（）A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向．【解答】解：A、当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误；B、C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用．故BC错误；D、由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向上．故D正确．故选：D．6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（）A．运行速度大于7.9km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【考点】同步卫星．【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小．知道7.9 km/s为第一宇宙速度．了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系．【解答】解：A、由万有引力提供向心力得：=，v=，即线速度v 随轨道半径 r 的增大而减小，v=7.9 km/s 为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s ，故A 错误； B 、因同步卫星与地球自转同步，即T 、ω相同，因此其相对地面静止，由万有引力提供向心力得：=m （R +h ）ω2得：h=﹣R ，因G 、M 、ω、R 均为定值，因此h 一定为定值，故B 正确；C 、因同步卫星周期T 同=24小时，月球绕地球转动周期T 月=27天，即T 同＜T 月，由公式ω=得ω同＞ω月，故C 正确；D 、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a 向=r ω2，可得： =，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故D 错误．故选BC ．7．质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ ）A ．在3t 0时刻，物体的速度为B ．在3t 0时刻的瞬时功率为C ．在t=0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为D ．在t=0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．【解答】解：A、在图示的图象中，图象所围成的面积表示冲量，3t0内的总冲量为4F0t0，由动量定理知4F0t0=mv0，解得3t0时刻的速度为v0=，故A错误；B、在3t0时刻的瞬时功率为P=2F0•v0=，故B正确；C、根据动能定理知在t=0到t=3t0这段时间内，水平力做的功为W==，故平均功率为=，C正确，D错误；故选：BC8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变B．弹簧弹性势能变化了mgLC．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零【考点】机械能守恒定律．【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒和圆环的受力情况进行分析．【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力和重力对圆环做功，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故A正确；B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，可得物体下降的高度为h=2L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为△E p=mgh=2mgL，故B错误；C、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，动能先增大后减小，弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大，故C正确．D、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，所以到达最低点时小环的加速度的方向向上，合外力的方向向上，不为0，故D错误．故选：AC二、非选择题9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．（1）有关试验，下列叙述正确的是CDA．两根细绳必须等长B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置OD．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是张华（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）（3）本次试验采用的科学方法是D（填正确答案标号）A．理想试验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想【解答】解：A、绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，所以绳子不需要等长，故A错误；B、拉力的大小没有限制，每次做实验的时候，拉力大小不要求相等，所以不需要将弹簧测力计拉伸到相同的刻度，故B错误；C、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故C正确；D、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故D正确．故选：CD（2）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实．（3）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．所以本实验采用的科学方法是等效替代法，故D正确，ABC错误．故选：D故答案为：（1）CD；（2）张华；（3）D10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=（用字母表示）（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的C．【考点】探究功与速度变化的关系．【分析】（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度；（3）根据动能定理分析，明确对应的数学规律即可得出正确的图象．【解答】解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=，（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的W﹣v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）；（3）C11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：（1）小球在前2s内运动的加速度大小；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律求出小球的加速度．（2）根据匀变速直线运动的公式求出前2s内的位移和2s末的速度；根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，运用运动学公式求出匀减速直线运动的位移，从而得出向上运动的总位移．（3）根据牛顿第二定律求出下滑过程的加速度，运用运动学公式求出运动到斜杆底端时的速度大小．【解答】解：（1）设小球在前2 s内的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：a===5m/s2（2）前2 s内小球的位移为x1，有：解得：x1==10m撤去外力后小球加速度大小为a'，继续向上做减速运动的位移为x2，2 s时速度大小为v，则：v=at=5×1m/s=10m/s根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma'解得：a'=（sinθ+μcosθ）g=（0.6+0.5×0.8）×10m/s2=10m/s2速度与位移的关系：v2=2a'x2解得：x2==5m故小球沿斜面向上运动的总位移：x=x1+x2=15m（3）小球运动到斜杆低端时的速度大小为v'，向下滑动时加速度为a1，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1解得：a1=gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2速度与位移的关系：v'2=2a1x解得：=（1）小球在前2s内运动的加速度大小为5m/s2；（2）小球沿斜杆向上运动的总位移为15m；（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小为．12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度v N=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能E k．【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．【分析】（1）正确分析运动过程，弄清运动形式，选用正确规律是解本题的关键，在本题中钢珠开始通过弹簧将弹簧的弹性势能转化为其动能，从而使其沿圆弧做圆周运动，此时注意在最高点完成圆周运动的条件v≥的应用；（2）小球从最高点离开轨道后开始做平抛运动，利用平抛运动的规律即可求解；（3）然后从开始到最高点的过程中利用动能定理即可求解．【解答】解：（1）在N点轨道对小钢珠的支持力为F N，由牛顿第二定律可得：F N+mg=m…①代入数据解得：F N=1N …②由牛顿第三定律得到小钢珠对轨道的压力为：=F N=1N …③（2）小钢珠做平抛运动的水平位移为：s=v N t …④竖直位移为：R=gt2…⑤代入数据联立解得：s=1.6m …⑥（3）由M→N由动能定理可得：E k=mv N2+mgR …⑦代入数据解得：E k=1.6J …⑧答：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小为1N；（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离为1.6m；（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能是1.6J．13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．。
2019年秋季湖南省长郡中学高二期中联考试卷-物理试卷 (PDF版含答案)
2019—2020学年度长郡高二期中联考物理时量：90分钟 满分：100分得分_____________第Ⅰ卷 选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1~8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9~12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1.1P 和2P 是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，1P 的上下表面积大于2P 的上下表面积，将1P 和2P 按图中所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是A.若1P 和2P 的体积相同，则通过1P 的电流大于通过2P 的电流B.若1P 和2P 的体积相同，则1P 的电功率等于2P 的电功率C.若1P 和2P 的厚度相同，则1P 两端的电压等于2P 两端的电压D.若1P 和2P 的厚度相同，则v 两端的电压大于2P 两端的电压2.如图所示，足够长的直线ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行.用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B 的大小，在计算机屏幕上显示的大致图象是A B C D3.如图所示，水平桌面上平行放置两光滑的金属导轨，导轨相距为L ，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置，正以速度1v 向左匀速运动，金属杆左侧有一矩形匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上，正以速度2v （21v v ）向右匀速移动，定值电阻值为R ，金属杆电阻为2R ，其余电阻不计，则当金属杆刚进入磁场区域时A.金属棒ab 两端的电势差123U BLv =B.流过电阻R 的电流大小为()1223BL v v I R +=C.金属棒ab 的加速度大小为()221223B L v v a mR -=D.如只改变磁场方向，金属棒ab 所受安培力的大小不变，方向改变4.磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A 、B 两金属板偏转，形成直流电源对外供电.则A.仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B.仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小C.仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将减小D.仅减小磁流体的喷射速度，发电机的总功率将减小★5.如图所示，匀强电场E 竖直向下，匀强磁场B 垂直纸面向里.现有三个带有等量同种电荷的油滴M 、N 、P ，若将它们分别置入该区域内，油滴M 保持静止，油滴N 能水平向左匀速运动，油滴P 能水平向右匀速运动，不考虑空气阻力，不考虑电荷间的相互作用，则三个油滴重力的大小关系是A M N P G G G >> B.P N M G G G >> C.N M P G G G >> D.P M N G G G >>6.条形磁铁位于线圈L 的正上方，N 极朝下，灵敏电流计G 、电容C 与线圈L 连成如图所示的电路.现使磁铁从静止开始加速下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过G 的电流方向和电容器的带电情况下列说法正确的是A.从a 到b ，上极板带正电B.从a 到b ，下极板带正电C.从b 到a ，上极板带正电D.从b 到a ，下极板带正电7.如图所示装置，电源的电动势为8V E =，内阻10.5r =Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为0.2m d =，导体棒ab 用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab 左侧为水平直轨道，右侧为半径0.2m R =的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为0.5T B =的匀强磁场中.闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为0.06kg m =，电阻20.5r =Ω，（不考虑运动过程中产生的反电动势，导轨电阻不计，210m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=）则A.导体棒ab 所受的安培力方向始终与运动方向一致B.导体棒在摆动过程中所受安培力8N F =C.导体棒摆动过程中的最大动能0.8JD.导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角53θ=︒★8.如图所示的电路中，A 、B 、C 是三个完全相同的灯泡，L 是自感系数很大的电感，其直流电阻与定值电阻R 阻值相等，D 是理想二极管.下列判断中正确的是A.闭合开关S 的瞬间，灯泡A 和C 同时亮B.闭合开关S 的瞬间，只有灯泡C 亮C.闭合开关S 后，灯泡A 、B 、C 一样亮D.断开开关S 的瞬间，灯泡B 、C 均要闪亮一下再熄灭9.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U I -曲线如图所示.图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A 点，白炽灯的电阻可表示为tanC.在A 点，白炽灯的电功率可表示为00U ID.在A点，白炽灯的电阻可表示为00U I 10.如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表.电流表1A 的量程大于2A 的量程，电压表1V 的量程大于2V 的量程，把它们按图接入电路，且都没有超过量程，则A.电流表1A 的读数大于电流表2A 的读数B.电流表1A 的偏转角小于电流表2A的偏转角C.电压表1V 的读数等于电压表2V 的读数D.电压表1V 的偏转角等于电压表2V 的偏转角11.如图所示，把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时A.铝箔条中部向下方运动B.铝箔条中部向上方运动C.蹄形磁铁对桌面的压力增大D.蹄形磁铁对桌面的压力减小★12.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，当PQ 在外力作用下运动时，MN 在磁场力作用下向右运动.则PQ 所做的运动可能是（说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大）A.向右匀加速运动B.向左匀加速运动C.向右匀减速运动D.向左匀减速运动第Ⅱ卷 非选择题（共52分）二、实验题（共1小题，每空2分，总计12分，把答案填在答卷横线上或按要求做答）13.（12分）某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A.电流表1A （内阻g 100R =Ω，满偏电流g 3mA I =）B.电流表2A （内阻约为0.4Ω，量程为0.6A ）C.定值电阻01900R =ΩD.滑动变阻器R （5Ω，2A ）E.干电池组（6V ，0.05Ω）F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器，游标卡尺（1）如下图，用螺旋测微器测金属棒直径为_________mm ；用10分度游标卡尺测金属棒长度为_________cm.（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_________挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如下图所示，则金属棒的阻值约_________为Ω.（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值，并在实线框里画出其电路图.（4）若实验测得电流表1A 示数为1I ，电流表2A 示数为2I ，则金属棒电阻的表达式为x R =_________（用1I 、2I 、0R 、g R 表示）三、解答题（本大题总计4小题，14题8分、15小题8分、16小题12分、17小题12分，总计40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）14.（8分）如图所示，已知电源电动势20V E =，内阻1r =Ω，当接入固定电阻4R =Ω时，电路中标有“3V 6W ”的灯泡L 和内阻M 0.5R =Ω的小型直流电动机M 都恰能正常工作.试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率.15.（8分）如图所示，半径为R 的圆形区域内存在着磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v 正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°，求：（1）粒子的比荷q m； （2）如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d .16.（12分）如图所示，两光滑金属导轨，间距0.2m d =，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度0.1T B =、方向竖直向下的有界磁场中，电阻3R =Ω，桌面高0.8m H =，金属杆ab 的质量0.2kg m =，接入电路的电阻1r =Ω，在导轨上距桌面0.2m h =的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离0.4m s =，轨道电阻不计，210m /s g =.求：（1）金属杆进入磁场时，电阻R上的电流大小；（2）整个过程中电阻R上产生的热量；（3）整个过程中通过电阻R的电荷量.17.（12分）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy中有一以(),0r为圆心、半径为r的圆>的范围内，有形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，在y r方向沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E.从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，已知质子的电量为q，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计质子重力及其它阻力作用.求：（1）质子进入磁场时速度v的大小；（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间t；（3）速度方向与x轴正方向成θ角射入磁场的质子，到达y轴时的位置与原点O的距离.2019—2020学年度长郡高二期中联考物理参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1~8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9~12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C C B D C D D B CD AD BC BC13.（1）6.123 10.65 （2）×1Ω 17.0 （3）如图所示（4）()1g021I R RI I+-三、解答题（本大题总计4小题，14题8分、15小题8分、16小题12分、17小题12分，总计40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）4.【解析】（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为：LL6A2A3PIU===……………2分（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：M L()[202(14)3]V7VU E I r R U=-+-=-⨯+-=……………3分（3）电动机的总功率为M27W14WP IU==⨯=总电动机的热功率为22M20.5W2WP I R==⨯=热所以电动机的输出功率为(142)W12WP P P=-=-=出总热15.【解析】（1）由图可知轨迹半径：tan30Rr=︒……………1分粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有：2mvqvBr=………………1分由①②两式得：3q vm=③………………2分（2）当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大由图可知：sinRrθ=⑦………………1分平移距离：sin d R θ= ⑧ ………………1分由①⑦⑧式得：3d R =……………………2分 16.【解析】（1）ab 棒刚进入磁场的瞬间，速率为v ，由机械能守恒定律得212mgh mv = 2m /s v == 此时感应电动势0.10.22V 0.04V E Bdv ==⨯⨯=0.04A 0.01A 31E I R r ===++，方向：棒中由a b → ………………3分（2）金属杆平抛初速度为v '，则有s v = 解得1m /s v '= 由能量守恒，有210.3J 2Q mgh mv =-=………………2分 R 产生的热量0.33J 0.225J 31R R Q Q R r ==⨯=++………………2分 （3）金属棒从进入磁场到出磁场，由动量定理：BId t mv mv -⋅∆='-………………2分 其中I t q ∆=，代入数据解得：10C q =. ………………3分17.【解析】（1）质子射入磁场后有：2v qvB m r= ………………1分 解得：qBr v m=………………1分 （2）质子沿x 轴正向射入磁场后经14圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场，质子在磁场中运动周期：22r m T v qBππ==， 在磁场中运动的时间为142T m t qB π==………………1分 质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r 后到达y 轴，因此有：2212r at =，qE a m=，解得：2t =………………2分故122mt t t qB π=+=+1分 （3）第一种情况：质子从第四象限射入，质子在磁场中转过90θ︒+角后垂直于电场线进入电场，从磁场射出时，横坐标sin x r r θ=+⋅，由212x at ='，Eq a m =，得质子在电场中运动时间t '=………………1分则出射点离坐标原点的距离为y r vt r =+'=+………………2分 第二种情况：质子从第一象限射入，质子在磁场中转过90θ︒-角后垂直于电场线进入电场，从磁场射出时，横坐标sin x r r θ=-⋅同理可得质子在电场中运动时间t '=1分则出射点离坐标原点的距离为y r vt r =+'=+2分。
湖南省长沙市长郡中学2019_2020学年高二物理上学期入学考试试题(含解析)
湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二物理上学期入学考试试题（含解析）一、选择题1. 在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A. 英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律B. 德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律C. 英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了静电力常量D. 古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境 【答案】AD 【解析】本题考查物理学史。
德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了开普勒行星运动定律，牛顿发现万有引力定律，B 错；卡文迪许用扭秤测出了万有引力常量，库仑测出了静电力常量，C 错；选AD 。
2.2019年4月10日，人类首张黑洞“照片”问世.黑洞是爱因斯坦广义相对论预言存在的一种天体，它具有的超强引力使光也无法逃离它的势力范围，即黑洞的逃逸速度大于光速.理论分析表明.倍.已知地球绕太阳公转的轨道半径约为m 105.111⨯，公转周期约为73.1510s ⨯，假设太阳演变为黑洞，它的半径最大为(太阳的质量不变，光速83.010m/s c =⨯) A. 1km B. 3km C. 100 km D. 300 km【答案】B 【解析】【详解】地球绕太阳做圆周运动的向心力由万有引力提供22222()Mm mv G m r m r r r Tπω===解得太阳的质量2324r M GT π=太阳的第一宇宙速度1GMv R=假设太阳演变为黑洞，它的逃逸速度212v v c =>解得232243000m 3km r R c Tπ<==A. 1km 与上述计算结果3km 不相符，故A 不符合题意B. 3km 与上述计算结果3km 相符，故B 符合题意C. 100 km 与上述计算结果3km 不相符，故C 不符合题意D. 300 km 与上述计算结果3km 不相符，故D 不符合题意3.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a ）所示，碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图（b ）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）A. 两壶发生了弹性碰撞B. 碰后蓝壶速度0.8m/sC. 碰后蓝壶移动的距离为2.4mD. 碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 【答案】B 【解析】【详解】由图知：碰前红壶的速度v 0＝1.0m/s ，碰后速度为v ′0＝0.2m/s ，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv 0＝mv ′0+mv ，代入数据解得：v ＝0.8m/s ，222111+222mv mv mv '>00，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A 错误，B 正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小0.852m 22v x t ==⨯=，故C 错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D 错误。
【全国百强校】湖南省长郡中学2020-2021学年高二第一学期入学考试物理试题含答案解析
【全国百强校】湖南省长郡中学【最新】高二第一学期入学考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、多选题1．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt—t的图像如图所示，则（）A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C．质点在1s末速度为1.5m/sD．质点在第1s内的平均速度为0.75m/s2．如图所示，在光滑绝缘水平面上的M、N两点各放有一个电荷量分别为+q和+2q的完全相同的金属A、B．在某时刻，使A、B 以相等的初动能E 开始沿同一直线相向运动（设这时它们的动量大小均为P ），若它们刚好能发生接触，碰后又各自返回 . 它们返回M、N 两点时的动能分别为E 1和E 2，动量大小分别为P 1和P 2，则下列结论正确的是A．E1= E 2 > E, P 1 = P 2 > PB．E 1 = E 2 = E , P 1 = P 2 = PC．碰撞一定发生在M 、N 连线中点的左侧D．两球同时返回到M 、N 两点3．如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的托盘和砝码总重量为6N，弹簧秤读数为2N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走部分砝码，使托盘和砝码总重量减小为4N，将会出现的情况是（）A ．A 对桌面的摩擦力不变B ．弹簧秤的读数不变C ．A 仍静止不动D ．弹簧秤的读数减小4．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后动量变为p 、动能变为E k .以下说法正确的是A ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动量等于2pB ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动能等于2E kC ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动能等于2E kD ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动量等于2p5．假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g0，如图所示，飞船首先沿距月球表面高度为3R 的圆轨道I 运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B 再次点火进入近月轨道Ⅲ（轨道半径可近似当做R ）绕月球做圆周运动．下列判断正确的是（ ）A ．飞船在轨道 I 上的运行速率为v B．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为2C ．飞船在A 点点火变轨后瞬间，动能增大D ．飞船在Ⅱ轨道上由A 点运动到B 点的过程中，动能增加二、单选题6．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的△v 时发生位移x 2，则该质点的加速度为（ ）A ．221()v x x ∆- B ．21211()v x x ⎛⎫∆+ ⎪⎝⎭C ．221()2v x x ∆- D ．21211()v x x ⎛⎫∆- ⎪⎝⎭7．如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A 点和B 点、C 点和D 点皆关于两电荷连线的中点O 对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（ ）A ．电荷在O 点受力最大B ．电荷沿直线由A 到B 的过程中，电场力先增大后减小C ．电荷沿直线由A 到B 的过程中，电势能先增大后减小D ．电荷沿直线由C 到D 的过程中，电场力先增大后减小8．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，到达下端时重力的瞬时功率依次为P 1、P 2、P 3，则有A ．I 1<I 2<I 2，Δp 1<Δp 2<Δp 3，P 1=P 2=P 3B ．I 1<I 2<I 3，Δp 1=Δp 2=Δp 3，P 1>P 2>P 3C ．I 1=I 2=I 3，Δp 1=Δp 2=Δp 3，P 1>P 2>P 3D ．I 1=I 2=I 3，Δp 1=Δp 2=Δp 3，P 1=P 2=P 39．如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图．演员骑摩托车在一个圆桶形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动．图中a 、b 两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处进行表演的运动轨迹．不考虑车轮受到的侧向摩擦，下列说法中正确的是（ ）A ．在a 轨道上运动时角速度较大B ．在a 轨道上运动时摩托车对侧壁的压力较大C ．在a 轨道上运动时线速度较大D．在a轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大10．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线始终保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况不正确的是（）A．橡皮在水平方向上作匀速运动B．橡皮在竖直方向上作加速运动C．橡皮的运动轨迹是一条曲线D．橡皮在图示位置时的速度大小为11．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的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，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向12．如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法不正确的是( )A．两小球再次经过斜虚线EF时的速度大小可能相同B．两小球再次经过斜虚线EF时的速度方向一定相同C．两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置D．从O点水平抛出的小球到再次经过斜虚线EF所用的时间长三、实验题13．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．（1）如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶_________时电子秤的示数F ．（2）如图乙，将三细线L 1、L 2、L 3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L 1，在白纸上记下结点O 的位置、________和电子秤的示数F 1．（3）如图丙，将另一颗墙钉B 钉在与O 同一水平位置上，并将L 1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L 2的方向拉开细线L 2，使______和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F 2．（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F 、F 1、F 2的图示，根据平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F ′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．14．某实验小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A 为小车，B 为打点计时器，C 为弹簧测力计，P 为小桶（内有砂子），一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．（1）该同学在一条比较理想的纸带上，将点迹清晰的某点记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x ，计算出它们与零点之间的速度平方差2220v v v =-，弹簧测力计的读数为F ，小车的质量为m ，然后建立2v x -坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图乙所示，则这条直线的斜率的意义为_______________________（填写表达式）．（2）若测出小车质量为0.4kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为___________________N．四、解答题15．宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球．经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L．若抛出时的初速度增大到2倍，则．已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质量M．16．如图所示，质量为M的实心铁球牵引着质量为m的木块从静止开始下沉，经时间t1它们的速度达到v1，恰在此时，绳断了，再经时间t2木块的速度变为零，求此时铁球的速度。
湖南省长沙市长郡中学2019-2020高二第一学期第一次模块检测物理试题(含解析)
3
A.电压表读数减小 B.质点将向上运动 C.电源的效率变高
������中
=
������ ������������
=
1.5 0.01
=
150������
电动势为 1.2V 时,调满偏后电表的内阻为:
������中′
=
������′ ������������
=
1.2 0.01
=
120������
电表上 350Ω刻度对应的电流值:
I = ������ = 1.5 = 3������������
8. （8 分）如图所示,电源内阻 r=1Ω,电阻 R1=2Ω,小灯泡 L 上标有“3V 1.5W”,滑动变 阻器的最大阻值为 R0(大小未知)，当触头 P 移动到最上端 a 时，理想电流表的读数为 1A， 小灯泡 L 恰好正常发光，求： (1)滑动变阻器的最大阻值 R0； (2)当 P 移动到 a 时电源的总功率； (3)当 P 移动最下端 b 时电源的输出功率。
������ ������
则内阻 r = _______Ω,电动势 E = __________V(结果保留两位有效数字) 三、计算题（本题共 2 小题，满分 14 分） 7. （6 分）)如图，电源电动势为 E=3 V，内阻不计，导体棒质量 m=60 g，长 L=1 m，电阻 R=1.5 Ω，匀强磁场竖直向上，大小为 B ＝0.4 T。当开关 S 闭合后，棒从用铁棒固定的光滑绝缘环的底端上 滑到某一位置静止，试求： （1）在此位置上棒对每只环的压力各为多少？ （2）若已知绝缘环半径为0.5 m，则此静止位置与环底高度差∆h为 多少？
2
参考答案：
一、不定项选择题（每小题 3 分，共 12 分）
湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题(可编辑PDF版)
长郡中学2019--2020学年度高二第二学期期末考试物理时量:90分钟 满分:100分得分―、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分，其中1〜10题为单选题，11〜15题为多选题，全部选对得3分，选不全的得2分，选错的得0分）1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展.下列说法符合事实的是A.汤姆孙发现了电子，并提出了“原子的核式结构模型”B.卢瑟福用α粒子轰击147N 获得反冲核178O ，发现了质子C.查德威克发现了天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D.普朗克提出的“光子说”成功解释了光电效应2.关于波粒二象性的有关知识，下列说法错误的是A.速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显B.用E 和p 分别表—光子的能量和动量，则,hchE p λλ==C.由光电效应方程0k E h W ν=-可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D.康普顿效应表明光子除了具有能量之外还有动量★3.在匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板被竖直向上弹出后又落回地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，以地面为参考系，下列对这一过程的分析正确的是A.小球在空中运动的位移大小一定等于路程B.小球在空中运动的位移大小一定小于路程C.小球在空中运动的平均速度小于电梯的速度D.小球在空中运动的平均速度等于电梯的速度4.木块A 、B 的重力均为40N ，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了△x=2.0cm ，弹簧的劲度系数k=400N/m ，系统置于水平地面上静止不动，现用F=10N 的水平力推木块B ，如图所示，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，力F 作用后A.木块A所受静摩擦力大小为10NB.弹簧的压缩量变为2.5cmC.木块B所受静摩擦力为0D.木块B所受静摩擦力大小为2.0N5.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测.红外测温仪的原理是:被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号.图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n=2激发态的氢原子提供的能量为A.10.20eVB.2.89eVC.2.55eVD.1.89eV6.如图所示，力F把一物体紧压在竖直的墙壁上静止不动，下列有关力的相互关系叙述正确的是A.作用力F和物体对墙壁的压力是一对平衡力B.墙壁对物体的弹力是由于墙壁发生弹性形变而产生的C.作用力F和墙壁对物体的弹力是一对作用力和反作用力D.作用力F增大，墙壁对物体的静摩擦力也增大★7.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上.物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，连接在竖直固定在地面的弹簧上.各物体始终处于静止状态，则A.地面对c的摩擦力方向一定向左B.物块b—定受四个力作用C.在物块b上施加竖直向下的力F，弹簧的弹力可能增大D.在物块b上施加竖直向下的力F，则b对c的摩擦力大小可能不变8.右图是某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间.由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息A.1s时人处在下蹲的最低点B.2s时人处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲一起立的动作D.下蹲过程中人始终处于失重状态9.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x—t图象如图丙所示.若以地面为参考系，下列说法中正确的是A.猴子的运动轨迹为直线B.猴子在2s内做匀变速曲线运动C.t=0时猴子的速度大小为8m/sD.t=2s时猴子的加速度为010.硬盘是电脑主要的存储媒介，信息以字节的形式存储在硬盘的磁道和扇区上，家用台式电脑上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示.若某台计算机上的硬盘共有n个磁道（即n个不同半径的同心圆），每个磁道分成m 个扇区，每个扇区可以记录p个字节.电动机使磁盘以ω的角速度匀速转动，磁头在读写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径万向跳动一个磁道.则A.磁头在内圈磁道与外圈磁道上运动的线速度相同B.硬盘的转速为2πωC.一个扇区通过磁头所用时间约为2 tmπω=D.不计磁头转移磁道的时间，计算机1s内最多可以从一个硬盘面上读取2pωπ个字节11.如图所示，箱子A被弹簧吊着，箱内放有物块B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的力F=5mg，使系统处于静止状态.则在撤去F的瞬间A.物体A处于超重状态，物体B处于完全失重状态B.弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mgC.A、B的加速度分别为a A=3g，a B=gD.A、B的加速度分别为a A=4g，a B=g★12.如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球.当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变.设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，重力加速度为g，下列说法正确的是A.F1、F2一定相同B.F1、F2可能相同C.小车加速度大小为gtanαD.小车加速度大小为gtanβ13.如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t=t0，时刻离开传送带.下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能的是A. B.C. D.14.如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，开始过山车位于斜面上，安全带恰好未绷紧，重力加速度为g，圆轨道半径为R，不计一切阻力，以下判断正确的是A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B.C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态D.若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力15.如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数k的弹簧上，A与B不粘连.现对物体A施加竖直向上的力F ，A 、B —起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为g ，则A.在图乙中PQ 段表示拉力F 逐渐减小B.在图乙中QS 段表示（物体减速上升C.位移为x 1时，A 、B 之间弹力大小为10mg kx Ma --D.位移为x 3时，A 、B 二、填空题（每空2分，共14分）16.（6分）两位同学在探究“两个互成角度的力的合成”的实验中，利用图钉、木板、橡皮条、细绳套、弹簧测力计、白纸、刻度尺等器材进行有关实验.（1）其主要实验步骤如下：①将图钉、白纸固定在木板上，把系好细绳套的橡皮筋挂在图钉上；②用两个弹簧测力计互成角度的拉伸橡皮筋，记录此时两个测力计的读数F 1、F 2及其方向；③用一个弹簧测力计拉伸橡皮筋，并记录此测力计的读数F ′及其方向；④在白纸上作出三个力的图示，并探究它们的关系.以上步骤中，存在问题的步骤是_____________（填写步骤前的序号）.(2如图甲、乙所示是这两名同学探究得到的结果，则可判定其中______________（填“甲”或“乙”实验结果是尊重实验事实的.（3）两弹簧测力计拉力的图示已在图丙中作出，方格每边的长度表示1.0N ，按照作图法可得合力的大小为___________N.（结果保留两位有效数字）17.（8分）某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（打点计时器的工作频率为50Hz）.请回答下列问题：0.200.400.60mg/N图丙单位:cm①打点计时器在打下D点时滑块的速度v D=___________m/s；（结果保留3位有效数字）②滑块做匀加速直线运动的加速度a=___________m/s2；（结果保留3位有效数字）③滑块质量M=_________（用字母a、m0和当地重力加速度g表示）.（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m（均小于m0）的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度.（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=__________kg.（取g=10m/s2，结果保留3位有效数字）三、解答题(4分=9+7+12+13，请写出必要的方程、步骤和文字说明）18.（9分）一个质子的质量为m1，一个中子的质量为m2，氦核的质量为m3，光速为c.（1）写出核子结合成氦核的核反应方程；（2）计算核子结合成氦核时释放的核能△E；（3）计算氦核的比结合能E.19.（7分）树上有一个苹果，离地2.7m，成熟后自由落下.在与苹果水平距离1.5m处的小孩看到其落下，经0.2s反应时间，从1.5m的高度平抛出一颗小石子.g取10m/s2，不计空气阻力，求：（1）若石子未击中苹果，求石子在空中运动的时间（结果可用根号表示）；（2）若石子能击中苹果，求石子被抛出时的速度大小.20.（2分）特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景.将一根不可伸长的细绳两端固定在相距为d的A、B两等高点，绳上挂一小滑轮P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面.如图所示，战士甲水平拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP竖直，且PB此时与竖直方向夹角为53°，然后战士甲将滑轮从静止状态释放，若不计滑轮摩擦和空气阻力，也不计绳与滑轮的质量，重力加速度为g，sin37°=0.6，求：（1）战士甲释放前对滑轮的水平拉力F；（2）战士乙滑动过程中的最大速度；（结果可用根式表示）（3）当战士乙运动到曲线的最低点时，可看作半径为R 的圆的一部分，求战士乙在最低点时细绳的拉力.（结果可用根式表示）21.（13分）如图所示，足够高足够长的桌面上有一块木板A，木板长度为1.5m，质量为5kg.可视为质点的物块B质量也为5kg，A、B间的动摩擦因数μ1=0.1A与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2.开始时木板静止，当B以水平初速度v0=3m/s滑上A的左端的同时在连接A右端且绕过定滑轮的轻绳上无初速度的挂上一个重物C，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轻绳与滑轮间的摩擦和空气阻力（g=10m/s2），求：（1）B刚滑上A时，B所受到的摩擦力的大小和方向；（2）此后的运动过程中若要使B不从A上滑出，则C的质量应满足什么条件？长郡中学2019--2020学年度高二第二学期期末考试物理参考答案―、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分，其中1〜10题为单选题，11〜15题为多选题，全部选对得3分，选不全的得2分，选错的得0分）二、填空题（每空2分，共计14分）16.（1）②③（选对1个给1分，多选计0分）（2）甲（3）7.0（6.9〜7.2）17.（2）①1.69 ②3.88（或3.89） ③0m g a（4）0.200三、解答题（1分=9+7+12+13，请写出必要的方程、步骤和文字说明）18.（9分）【答案】（1）11410222H n He +→（2）2123(22)m m m c +- （3）2123(22)4m m m c +- 【解析】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得：11410222H n He +→.......................3分（2）2个中子和2个质子结合成氦核时质量亏损：12322m m m m ∆=+-，根据爱因斯坦质能方程，放出的能量为：22123(22)E mc m m m c ∆=∆=+-.........................................3分（3）氦核的比结合能为：2123(22)44m m m c E E +-∆==.....................................3分19.（7分）【答案】（1）10s 或0.55s （2）3m/s【解析】（1）由2012h gt =得，石子在空中运动的时间00.5510t s s ===≈...........................2分 （2）若石子能击中苹果，竖直方向苹果比石子多运动0.2s ，多运动了1.2m ，则21 1.2y y m -=，221(0.2)2y g t =+， 2112y gt =...........................3分 解得t=0.5s由x=vt 得v=3m/s..............................2分故石子被抛出时的速度为3m/s.20. （12分）【答案】（1）0.5mg（2（3）3()64mg - 【解析】（1）设乙静止时，BP 与竖直方向的夹角为θ=53°，对滑轮进行受力分析，如图所示，根据平衡条件：cos T T F F mg θ+=，sin T F F θ=...................2分由以上两式得F=0.5mg............................................................2分（2）绳子总长为：2sin 53tan 53d d L d =+=︒︒..............................................1分 乙在滑动的过程中机械能守恒，当他滑到最低点时，速度应最大，而此时APB 三点成正三角形. 由几何知识得：P 到AB 的距离cos302h d d '=︒=...........................................1分由机械能守恒定律得21()2m mg h h mv '-=.........................................2分解得m v =分 （3）战士乙在最低点时，由牛顿第二定律和圆周运动规律得22cos30m T v F mg m R︒-=.........2分联立解得:3F ()64T mg =-..........................................................1分 21.（13分）【答案】（1）5N ，向左（或者是与运动方向相反）（2）2510kg kg 83m ≤≤ 【解析】（1）根据摩擦力公式可知:15f mg N μ==，向左（或者是与运动方向相反） ..................................................2分（大小1分，方向1分）（2）若在右端共速，则物块：1f mg μ=，2111/a g m s μ==......................................................1分 由运动学公式：210112x v t a t =-，22212x a t =.....................................................2分 12x x L -=012v a t a t -=222/a m s =............................................................1分112()m g f f m m a +-=+下上板......................................................2分 其中1=f mg μ上，2=2f mg μ下，解得:125kg 8m =...........................................1分 若不从左端滑下，则221()m g f f m m a --=+下上板.........................................................2分 解得：210kg 3m =.............................................1分 所以2510kg kg 83m ≤≤.....................................................1分。
2019-2020学年湖南省长郡中学高二上学期入学考试数学试题(含答案解析)
2019-2020学年湖南省长郡中学高二上学期入学考试数学试题一、单选题1．老师在班级50名学生中，依次抽取学号为5，10，15，20，25，30，35，40，45，50的学生进行作业检查，这种抽样方法是（）A．随机抽样B．分层抽样C．系统抽样D．以上都是【答案】C【解析】对50名学生进行编号，分成10组，组距为5，第一组选5，其它依次加5，得到样本编号.【详解】对50名学生进行编号，分成10组，组距为5，第一组选5，从第二组开始依次加5，得到样本编号为：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，属于系统抽样.【点睛】本题考查系统抽样的概念，考查对概念的理解.2．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为()A7B6C5D．2【答案】A【解析】根据三视图知该几何体是一个正四棱锥，结合图中数据求出各条棱长即可得出结论．【详解】解：根据三视图知，该几何体是一个正四棱锥，画出图形如图所示；则AC 2=DC 2BE 2==，AC ⊥底面CDEB ，结合图形中的数据，求得BC 2=，在Rt ABC V 中，由勾股定理得2222AB AC BC (2)(2)2=+=+=，同理求得22AD (2)26=+=22222222AE AC CE AC CD DE (2)217=+=++=++=A ．【点睛】本题利用三视图考查了四棱锥的结构特征，属基础题．3．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1(1)()n n n S nS n N *++∈＜.若871a a <-，则（ ） A ．n S 的最大值为8S B ．n S 的最小值为8S C ．n S 的最大值为7S D ．n S 的最小值为7S【答案】C【解析】由已知条件推导出（n 2﹣n ）d ＜2n 2d ，从而得到d ＞0，所以a 7＜0，a 8＞0，由此求出数列{S n }中最小值是S 7． 【详解】∵（n +1）S n ＜nS n +1， ∴S n ＜nS n +1﹣nS n ＝na n +1 即na 1()12n n d-+＜na 1+n 2d ，整理得（n 2﹣n ）d ＜2n 2d ∵n 2﹣n ﹣2n 2＝﹣n 2﹣n ＜0 ∴d ＞0∵87aa-＜1＜0∴a7＜0，a8＞0数列的前7项为负，故数列{S n}中最小值是S7故选C．【点睛】本题考查等差数列中前n项和最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的灵活运用．4．如图是某学校举行的运动会上七位评委为某体操项目打出的分数的茎叶图,去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的平均数和方差分别为( )A．84,4.84 B．84,1.6 C．85,1.6 D．85,4【答案】C【解析】根据所给的茎叶图，看出七个数据，根据分数处理方法，去掉一个最高分93和一个最低分79后，把剩下的五个数字求出平均数和方差．【详解】由茎叶图知，去掉一个最高分93和一个最低分79后，所剩数据84，84，86，84，87的平均数为8484868487855++++=；方差为()()()()()2222218 8485848586858485878555⎡⎤-+-+-+-+-=⎣⎦．故答案为C【点睛】茎叶图、平均数和方差属于统计部分的基础知识，也是高考的新增内容，考生应引起足够的重视，确保稳拿这部分的分数．5．四面体P ABC-的三组对棱分别相等，且长度依次为5,13 5.则该四面体的外接球的表面积（）A．294πB．28πC．296D．29π【答案】D【解析】分析：先将四面体P ABC-补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为25,13，5，再通过解方程组得长方体的长宽高，最后根据四面体的外接球为长方体的外接球求结果.详解：因为将四面体P ABC -补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为25,13，5，所以由22222225,13,5,x y z y x z +=+=+=得22216,4,9x y z ===因为四面体的外接球为长方体的外接球，所以外接球直径为22229x y z ++=因此四面体的外接球的表面积为24π29πR =， 选D.点睛：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”． 6．若圆上总存在点A ，使得，则实数的取值范围是 A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】问题等价于圆和圆相交或相切，利用两圆圆心距大于等于两圆半径之差、小于等于两圆半径之和求解即可. 【详解】 问题可转化为圆和圆相交或相切，两圆圆心距，由得，解得，即，故选D. 【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，体现了转化的数学思想，属于中档题. 两圆半径为，两圆心间的距离，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.7．在锐角三角形ABC 中，已知,,a b c 分别是角,,A B C 的对边，且32sin ,4b a B a ==，则ABC △面积的最大值为（ ）A ．3B ．3C ．83D ．3【答案】B【解析】2sin a B =利用正弦定理将边化成角，得到sin A 的值，利用余弦定理，得到bc 的最大值，再由面积公式1sin 2S bc A =得到ABC V 面积的最大值. 【详解】在ABC V 中，由正弦定理得sin sin a bA B=2sin a B = 2sin sin B A B =，解得sin 2A =Q ABC V 为锐角三角形，则1cos 2A ==由余弦定理得2222cos a b c bc A =+-,2216b c bc =+-22162bc b c bc ∴+=+≥，16bc ≤，当且仅当b c =时，等号成立1sin 2ABC S bc A ∴=⋅=≤V 故选B 项. 【点睛】本题考查三角形中正余弦定理的使用，基本不等式的简单应用，属于基础题. 8．若P 为两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ） A ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 B ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 C ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 D ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面 【答案】B【解析】解：因为若点P 是两条异面直线l m ，外的任意一点，则过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直，选B9．已知正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且12019lg lg 0a a +=，若22()1f x x=+，则122019()()()f a f a f a +++=L （ ） A ．2018 B ．4036C ．2019D ．4038【答案】C【解析】∵正数数列{}n a 是公比不等于1的等比数列，且12019lg lg 0a a +=∴19lg 0a a ⋅=，即191a a ⋅=. ∵函数()221f x x=+ ∴222212222()()21111x f x f x x xx ++=+==+++ 令122019()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+，则201920181()()()T f a f a f a =++⋅⋅⋅+ ∴1201922018201912()()()()()()22019T f a f a f a f a f a f a =++++⋅⋅⋅++=⨯ ∴2019T = 故选C.点睛：倒序相加法求和，不仅应用在等差数列中，而且在函数中也有应用.等差数列中主要利用等差数列性质：若()*,,,,m n p q m n p q N+=+∈，则mn p q aa a a +=+；函数中主要利用对称中心性质：若()f x 关于(),m n 对称，则()()22f x f m x n +-=. 10．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且=，则B= ( )A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】试题分析：根据正弦定理可得, 由已知可得,整理可得,,在中.故C 正确.【考点】1正弦定理;2余弦定理.11．过点2,0)引直线l 与曲线21y x =-A ，B 两点，O 为坐标原点，当OA OB ⊥时，直线l 的斜率等于（ ）A ．33-B ．33C ．33±D ．3【答案】A【解析】分析：由题意得曲线21y x =-x 轴上方的部分，设过点2,0)的直线为0(2)y k x -=，即20kx y k --=，又由OA OB ⊥，所以圆心到直线的距离等于2r ，列出方程即可求解.详解：由y =221(0)x y y +=≥，所以曲线y =x 轴上方的部分，则过点0)的直线与曲线y =10k -<<，设直线的方程为0(y k x -=，即0kx y --=，又由OA OB ⊥，所以圆心到直线的距离等于2r，即2d ==，解得k =，又因为10k -<<，所以k =，故选A.点睛：本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用问题，其中把OA OB ⊥转化为圆心到直线的距离为2，利用点到直线的距离公式求解是解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及推理与运算能力.12．已知函数()cos ,(0,2)f x x x π=∈有两个不同的零点12,x x ,且方程()(0)f x m m =≠有两个不同的实根34,x x ,若把这四个数按从小到大排列构成等差数列,则实数m =( ) A ．12B ．12-CD． 【答案】D【解析】由题意可知：123,22x x ππ==，且34,x x 只能分布在12,x x 的中间或两侧，下面分别求解并验证即可的答案． 【详解】由题意可知:123,22x x ππ==,且34,x x 只能分布在12,x x 的中间或两侧,若34,x x 分布在12,x x 的中间,则公差32233d πππ-==, 故34,x x 分别为56π､76π,此时可求得5cos 6m π==; 若34,x x 分布在12,x x 的两侧,则公差322d πππ=-=,故34,x x 分别为5,22ππ-,不合题意.故选D. 【点睛】本题为等差数列的构成问题，涉及分类讨论的思想和函数的零点以及三角函数，属中档题．13．已知直线:10l x y --=，2:220l x y --=，若直线2l 与1l 关于l 对称，则1l 的方程是（ ） A ．210x y -+= B ．210x y --= C ．10x y +-= D ．210x y +-=【答案】B【解析】画出l 和2l 的图像，确定两者的交点，结合直线1l 的斜率，确定正确选项. 【详解】由10220x y x y --=⎧⎨--=⎩解得l 和2l 的图像的交点为()1,0，由于l 的斜率为1，2l 的斜率为2，故1l 的斜率为正数，由此排除C,D 选项.结合1l 过()1,0，排除A 选项. 故选：B.【点睛】本小题主要考查直线关于直线对称的直线方程的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.14．设平面点集{}221(,)|()()0,(,)|(1)(1)1A x y y x y B x y x y x ⎧⎫=--≥=-+-≤⎨⎬⎩⎭，则A B ⋂所表示的平面图形的面积为 A ．34π B ．35πC ．47π D ．2π 【答案】D 【解析】【详解】由集合1(,)|()()0A x y y x y x ⎧⎫=--≥⎨⎬⎩⎭可得其表示的区域为010y x y x -≥⎧⎪⎨-≥⎪⎩和010y x y x -≤⎧⎪⎨-≤⎪⎩所对应的平面区域，集合{}22(,)|(1)(1)1B x y x y =-+-≤表示的区域为圆22(1)(1)1x y -+-=内和圆上的点对应的区域；作出对应图像，则I ，III 对应的区域，即为所求平面区域； 因为函数1y x=的图像，与圆22(1)(1)1x y -+-=均关于y x =对称， 所以I ，III 区域的面积恰好为圆的一半，故所求平面区域的面积为：2π. 故选：D.15．数列{}n a 的通项222ππcossin 33n n n a n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其前n 项和为n S ，则30S 为（ ） A ．470 B ．490C ．495D ．510【答案】A【解析】分析：利用二倍角的余弦公式化简得22πcos 3n n a n =，根据周期公式求出周期为3，从而可得结果.详解：首先对{}n a 进行化简得22πcosn n a n =，又由2πcos n 关于n 的取值表： 可得2πcos3n 的周期为3，则可得22222222230124528293630222S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-++-+++-+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ，设()()()222323153922kk k b k k -+-=-+=-，则()305912 (10104702)S =+++-⨯=，故选A ． 点睛：本题考查二倍角的余弦公式、三角函数的周期性以及等差数列的求和公式，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力以及计算能力，求求解过程要细心，注意避免计算错误.二、填空题16．已知,,a b c 为直角三角形的三边长，c 为斜边长，若点(,)M m n 在直线:20l ax by c ++=上，则22m n +的最小值为__________．【答案】4【解析】∵a ，b ，c 为直角三角形中的三边长，c 为斜边长，∴， 又∵点M （m ，n ）在直线l ：ax+by+2c=0上， ∴m 2+n 2表示直线l 上的点到原点距离的平方， ∴m 2+n 2的最小值为原点到直线l 距离的平方， 由点到直线的距离公式可得=2，∴m 2+n 2的最小值为d 2=4， 故答案为4.17．已知函数2()()f x x ax b a b R =++∈，的值域为[0)+∞，，若关于x 的不等式()f x c <的解集为(6)m m +，，则实数c 的值为．【答案】9．【解析】∵f(x)＝x 2＋ax ＋b 的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b －24a ＝0，∴f(x)＝x 2＋ax ＋14a 2＝12x a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2. 又∵f(x)＜c 的解集为(m ，m ＋6)，∴m ，m ＋6是方程x 2＋ax ＋24a －c ＝0的两根．由一元二次方程根与系数的关系得()226{64m aa m m c +=-+=-解得c ＝9.18．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为__________.【答案】34【解析】根据三棱柱的性质可知，11//C C A A ，异面直线AB 与1CC 所成的角就是1A AB ∠，连接1A B ，利用余弦定理即可求解．【详解】作出草图，如下：由三棱柱的性质可知，11//C C A A ，异面直线AB 与1CC 所成的角就是1A AB ∠， 连接1A B ，又三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，所以1A D BC ⊥， ∴三角形1A DB 是直角三角形，设1DB =，则12AB A A ==．又AD BC⊥11AD A D ∴==，所以1A B 在1A AB ∆中，由余弦定理可知：22211114423cos 22224A A AB A B A AB A A AB +-+-∠===⋅⨯⨯． 故答案为：34． 【点睛】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19．已知0,0x y >>，且1x y +=，若19a x y ≤+恒成立，则实数a 的最大值为__________．【答案】16【解析】不等式19a x y ≤+恒成立⇔（19x y+）min ≥a ．利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出．【详解】∵0,0x y >>，且1x y += ∴()1919x y x y x y ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭10910y x x y ++≥+=16，当且仅当y ＝3x ＝34时取等号．∵不等式19a x y ≤+恒成立⇔（19x y+）min ≥a ． ∴a ∈（﹣∞，16]，即实数a 的最大值为16故答案为16．【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质、恒成立问题的等价转化方法，属于基础题．20．已知a ，b ，c 分别为ABC △的三个内角A ，B ，C 的对边，2a =且(2)(sin sin )b A B +-()sin c b C =-，则ABC △面积的最大值为__．【解析】【详解】由已知()()()a b a b c b c +-=-，即2221cos 2b c a bc A +-=⇒=得60A =︒， 222244b c bc b c bc bc ∴+-=∴=+-≥1sin 32ABC S bc A ∆∴=≤三、解答题21．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[)160,180，[)180,200，[)200,220，[)220,240，[)240,260，[)260,280，[]280,300分组的频率分布直方图如图．（1）求直方图中的值；（2）求月平均用电量的众数和中位数；（3）在月平均用电量为[)220,240，[)240,260，[)260,280，[]280,300的四组用户中，用分层抽样的方法抽取户居民，则月平均用电量在[)220,240的用户中应抽取多少户？【答案】（1）0.0075；（2）230，224；（3）5．【解析】【详解】试题分析：（1）由直方图的性质可得（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20=1，解方程可得；（2）由直方图中众数为最高矩形上端的中点可得，可得中位数在[220，240）内，设中位数为a ，解方程（0.002+0.0095+0.011）×20+0.0125×（a-220）=0.5可得；（3）可得各段的用户分别为25，15，10，5，可得抽取比例，可得要抽取的户数试题解析：(1)由直方图的性质可得(0.002＋0.0095＋0.011＋0.0125＋x ＋0.005＋0.0025)×20＝1得：x ＝0.0075，所以直方图中x 的值是0.0075. ------------- 3分(2)月平均用电量的众数是2202402+＝230. ------------- 5分 因为(0.002＋0.0095＋0.011)×20＝0.45<0.5，所以月平均用电量的中位数在[220,240)内， 设中位数为a ，由(0.002＋0.0095＋0.011)×20＋0.0125×(a －220)＝0.5 得：a ＝224，所以月平均用电量的中位数是224. ------------ 8分(3)月平均用电量为[220,240)的用户有0.0125×20×100＝25户，月平均用电量为[240,260)的用户有0.0075×20×100＝15户， 月平均用电量为[260,280)的用户有0. 005×20×100＝10户， 月平均用电量为[280,300]的用户有0.0025×20×100＝5户， -------------10分 抽取比例＝112515105+++＝15，所以月平均用电量在[220,240)的用户中应抽取25×15＝5户．-- 12分【考点】频率分布直方图及分层抽样22．已知数列{}n a 为等差数列，0n a ≠，且满足231173232a a a +=，数列{}n b 满足120n n b b +-=，77b a =．（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若n n c nb =，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【答案】（I ）12n n b -=； （Ⅱ）(1)21n n S n =-•+.【解析】（I ）由等差数列的性质可得：23117732323220a a a a +==⨯≠，解得7a ．利用等比数列的通项公式即可得出．（Ⅱ）1•2n n n c nb n -==，利用错位相减法与等比数列的求和公式即可得出．【详解】（I ）由等差数列的性质可得：23117732323220a a a a +==⨯≠，解得764a =．数列{}n b 满足120n n b b +-=，可得：数列{}n b 是等比数列，公比为2．∵7764b a ==．∴61•264b =，解得11b =．∴12n n b -=．（Ⅱ）若1•2n n n c nb n -==，∴数列{}n c 的前n 项和()221122321?2?2n n n S n n --=+⨯+⨯++-+L ，()2312222321?2?2n n n S n n -=+⨯+⨯++-+L ， ∴21211222?2?221n n n n n S n n L ---=++++-=--， 可得()1?21n n S n =-+．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式性质与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．23．已知向量2,1,cos ,cos 444x x x m n ⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎭⎝⎭r r ，记()f x m n =r r g ． （1）若()1f x =，求cos 3x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值； （2）在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且满()2cos cos a c B b C -=，求()2f A 的取值范围．【答案】（1）12；（2）3]2【解析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换可得()sin()26x f x π=+12+，由()1f x =可得1sin()262x π+=，根据二倍角公式可得cos()3x π+的值；（2）根据正弦定理消去(2)cos cos a c B b C -=中的边可得3B π=，所以23A C π=-，又02C <<π，则62A ππ<<，得2363A πππ<+<，根据三角函数值域的有界性即可求得(2)f A 的取值范围．【详解】（1）向量,1)4x m =r ，2(cos ,cos )44x x n =r ，记()f x m n =⋅r r ，则2()cos cos 4442x x x x f x =+=11cos 222x ++sin()26x π=+12+， 因为()1f x =，所以1sin()262x π+=，所以21cos()12sin ()3262x x ππ+=-+=． （2）因为(2)cos cos a c B b C -=，由正弦定理得(2sin sin )cos sin cos A C B B C -=，所以2sin cos sin cos sin cos A B C B B C -=，所以2sin cos sin()sin A B B C A =+=，sin 0A ≠，所以1cos 2B =，又02B π<<，所以3B π=， 则23AC π+=，即23A C π=-，又02C <<π， 则62A ππ<<，得2363A πππ<+<， 所以3sin()126A π<+≤，又1(2)sin()62f A A π=++， 所以(2)f A 的取值范围313(,]22+． 【考点】三角求值、正弦函数的值域及正弦定理解三角形.24．如图，已知正三棱柱ABC=A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．（1）当CF=1时，求证：EF ⊥A 1C ；（2）设二面角C ﹣AF ﹣E 的大小为θ，求tanθ的最小值．【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF ，NF ，AC 1，由直棱柱的性质可知，底面ABC ⊥侧面A 1C∴EN ⊥侧面A 1CNF 为EF 在侧面A 1C 内的射影在直角三角形CNF 中，CN=1则由，得NF ∥AC 1，又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C由三垂线定理可知EF ⊥A 1C（2）连接AF ，过N 作NM ⊥AF 与M ，连接ME由（1）可知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF∴∠EMN 是二面角C ﹣AF ﹣E 的平面角即∠EMN=θ设∠FAC=α则0°＜α≤45°，在直角三角形CNE 中，NE=，在直角三角形AMN 中，MN=3sinα 故tanθ=，又0°＜α≤45°∴0＜sinα≤故当α=45°时，tanθ达到最小值， tanθ=，此时F 与C 1重合25．已知圆C ：x 2+y 2+x -6y +m =0与直线l ：x +2y -3=0．（1）若直线l 与圆C 没有公共点，求m 的取值范围；（2）若直线l 与圆C 相交于P 、Q 两点，O 为原点，且OP ⊥OQ ，求实数m 的值．【答案】（1）37(8,)4（2）m ＝3 【解析】(1)将圆的方程配方， 得1()2x +2＋(y －3)2＝3744m -， 故有3744m -＞0，解得m ＜374. 将直线l 的方程与圆C 的方程组成方程组，得22230{60x y x y x y m +-=++-+= 消去y ，得x 2＋32x -⎛⎫ ⎪⎝⎭2＋x －6×32x -＋m ＝0， 整理，得5x 2＋10x ＋4m －27＝0， ①∵直线l 与圆C 没有公共点，∴方程①无解，故有Δ＝102－4×5(4m －27)＜0，解得m ＞8.∴m 的取值范围是37(8,)4. (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由OP ⊥OQ ，得OP OQ ⋅u u u r u u u r ＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0， ②由①及根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－2，x 1·x 2＝4275m -， ③ 又∵P 、Q 在直线x ＋2y －3＝0上，∴y 1·y 2＝132x -·232x -＝14[9－3(x 1＋x 2)＋x 1·x 2]，将③代入上式，得y1·y2＝125m+，④将③④代入②得x1·x2＋y1·y2＝4275m-＋125m+＝0，解得m＝3.代入方程①检验得Δ＞0成立，∴m＝3.。
长郡中学2020-2021学年度高二第一学期入学考试-答案(无水印)
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