广州市荔湾区2015-2016学年高二下学期期末考试物理试题
2015-2016学年第二学期期末考试试题 高二物理 本试卷共21小题，满分100分。考试用时90分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的铅笔或签字笔将自己的姓名和考号写在答题卡上。 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的铅笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 第Ⅰ部分 必考题 一、单项选择题（8小题，共24分；在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，选对的得3分，选错或不答的得0分）
1．一个闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势为E。若仅将线圈匝数增加为原来的2倍，则线圈产生的感应电动势变为
A．E2 B．E4 C．2E D．4E
2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示。下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图③中回路在0~t1时间内产生的感应电动势大于在t1~t2时间内产生的感应电动势 D．图④中回路产生的感应电动势先变大后变小 2
3．下图为电流i随时间t变化的图线，则其中不属于交变电流的是 4．如图所示，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是 A．合上开关K接通电路时，A2始终比A1亮 B．合上开关K接通电路时， A2先亮，A1后亮，最后一样亮 C．断开开关K切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭 D．断开开关K切断电路时，A1先熄灭，A2过一会儿才熄灭
5．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知该交变电流 A．周期为 s 0.125 B．电压的最大值为V 20 C．电压的有效值为 V 10
D．电压瞬时值的表达式为202sin8 (V)ut
6．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为
A．22Bta B．22nBta
C．2nBta D．22nBta
7．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是
1AL2A
K
/TB/stO1234
0B
0B
ab
cd
/AI/stO12340I0I/AI/stO12340I0I/AI/stO12340I0I/AI/stO1234
0I
0IABCD8．一边长为L、电阻为R的正方形单匝线框沿光滑水平面运动，以速度v1开始进入一磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，最终以速度v2滑出磁场。设线框在运动过程中速度方向始终与磁场边界垂直，磁场的宽度大于L（如图所示）。刚进入磁场瞬时， 线框中的感应电流为I1 。下列说法正确的是
A．线框完全在磁场中时的运动速度122vvv
B．线框滑出磁场时的电流1122vIIv
C．进入磁场的过程中，通过线框的电量11LIqv D．整个穿越磁场的过程中通过线框的总电量2BLQR 二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求。全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答得0分）
9．美国科学家Willard S. Boyle与George E. Smith因电荷耦合器件（CCD）的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖。CCD是将光学量转变成电学量的传感器。下列器件可作为传感器的有 A．光敏电阻 B．热敏电阻 C．霍尔元件 D．干电池
10．关于产生感应电流的条件，以下说法中错误．．的是（ ） A．闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流 B．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流 C．穿过闭合电路的磁通为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流 D．无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁感线条数发生了变化，闭合电路中一定 会有感应电流
11．如图所示，竖直平面内有一足够长的金属导轨，金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab仍然做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是 A．导体棒重力做的功全部转化为导体棒的内能 B．导体棒的机械能不守恒 C．导体棒一定是先做加速运动，最后做匀速运动 D．导体棒可能是先做减速运动，最后做匀速运动
1v2v
LL4 12．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n:1. 原线圈接正弦交变电压U，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机. 电动机线圈电阻为R，当变压器的输入端接通电源后，电流表的示数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，则判断正确的是
A．电动机两端电压为IR B．电动机的输入功率为RImgv2
C．变压器原线圈中的电流为nI D．变压器的输入功率为nIU 13．如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2。下列说法中正确的是 A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C．若P不动，滑片F向上移动时，V1、V2的示数均变小 D．若P不动，滑片F向上移动时，灯泡消耗的功率变大
14．如图所示，通电导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向右的磁场力，则cd中电流的变化情况是 A．cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流 B．cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流 C．cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流 D．cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流
三、实验探究题（2小题，共14分，将正确答案填在答题卷的相应位置） 15．（6分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接。 （1）用笔线代替导线将图中未完成的电路连接好。 （2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向 偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向 偏。
16．（8分）某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应。已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材： A．电源E（3 V，内阻约为1 Ω） B．电流表A1（0.6 A，内阻r1约为1 Ω） C．电流表A2（0.6 A，内阻r2＝5Ω） D．开关S，定值电阻R0 (1)实验电路如图甲所示，为了较准确地测量电阻Rx的阻值，虚线圆框①内应该接电流表_________，虚线圆框②内应该接电流表_________。（选填“A1”或“A2”）
(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S，记下电表读数。若A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx＝______________（用字母表示）。 (3)改变力的大小，得到不同的Rx值，绘出Rx—F图像如图乙所示。则当F竖直向下时， Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝_____________。（各物理量单位均为国际单位） (4)定值电阻R0的阻值应该选用____________。 A．1 Ω B．5 Ω C．10 Ω D．20 Ω
四．计算题（要求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给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。本题共2小题，共23分）
17．（10分）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为L，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在水平向右、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到稳定状态（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，不计一切摩擦。试求： (1)导体杆ab达到稳定状态时通过导体杆的电流大小和方向； (2)导体杆达到稳定状态时，ab杆的速度大小； (3)导体杆从静止开始沿导轨运动距离d的过程中电阻R产生的热量。
S① Fx
R
0R② 图甲
x/R
/NF012345
7
911131517图乙
abFBRr
2015-2016学年广东省广州市荔湾区高一下学期期末考试物理试题
2015-2016学年广东省广州市荔湾区高一下学期期末考试物理试题本试卷共6页，21小题，满分100分．考试用时90分钟 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的铅笔或签字笔将自己的姓名和考号写在答题卡上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的铅笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第Ⅰ部分 选择题 （共56分）一．单项选择题（12小题，共36分；在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，选对的得3分，选错或不答的得0分）1．把重物从地面以10m/s 的速度竖直向上抛出，忽略空气阻力，则物体从抛出到落回地面的运动时间是（g =10 m/s 2）A ． 0.2s B. 1s C. 1.8s D. 2s2．已知两个质点相距r 时，它们之间的万有引力大小为F ；若将它们之间的距离变为2r ，则它们之间的万有引力大小为A ． 4FB ．2FC ．41F D ．21F3．如图所示，两个摩擦传动的靠背轮，左边是主动轮， 右边是从动轮，它们的半径不相等，转动时不发生打滑。
则下列说法中正确的是A ．两轮的角速度相等B ．两轮边缘的线速度大小相等C ．两轮的转速相等D ．两轮转动的周期相同4．如图是在牛顿著作里画出的一副原理图。
图中表示出从高山上用不同的水平速度抛出的物体的轨迹。
物体的速度越大，落地点离山脚越远。
当速度足够大时，物体将环绕地球运动，成为一颗人造地球卫星。
若卫星的运动可视为匀速圆周运动，已知：①引力常数；②地球质量；③地球半径；④地球表面处重力加速度；⑤地球自转周期，则由上述数据可以计算出第一宇宙速度的是A ．①②③B ．①②⑤C ．①④D ．③⑤5．在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速．．转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿圆周由P 向Q 行驶。
广东省实验中学、广东广雅中学、佛山市第一中学2015-2016学年高二下学期期末三校联考物理试题
2015学年高二下学期期末省实、广雅、佛山一中三校联考
物理试题参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
B
C
BC
BC
ACD9、实验题（1） Nhomakorabea10重新欧姆调零200
（2）RT=t+100较小80
12、 （1）B
（2）①根据波形图得到波长 ；
t=0时刻，质点Q正向下运动；从t=0时刻开始计时，当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰，故有
碰撞结束后，A、B、C都做匀速直线运动，由A与B间的距离保持不变可知：
联立联立以上各式，代入数据得：
解得
故波速
②t=0时刻，质点P正在向上运动，振幅为：A=0.2m；
角频率为：
故质点P做简谐运动的表达式为： ；
13、（1）B
（2）与B相撞，B又与C发生碰撞的过程．设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：
对A、B木块： 对B、C木块：
广东省潮州市2015-2016学年高二下学期期末考试理科综
理综高二物理部分答案（2016－5）三、22.（1）20（2分）（2）0.6 （2分）（3）描绘小灯泡的伏安特性曲线 （1分）23.（1） ④×1 , 22 （每空1分）（2）23.7mm , 2.795 （每空1分）（3） ①A 2 R 1 （每空1分） ② （2分）（4）LIUd 42 （2分）24．(1)线圈转动产生的电动势最大值为 E m =NBS ω=250V （2分）感应电动势的瞬时表达式e=E m sin ωt ＝250sin 100t （V ） （2分）(2)电压示数为U 1==250 V原、副线圈匝数比12n n ＝12U U ＝2522（2分） 通过灯泡的电流ＩＲ＝P U ＝211Ａ 通过副线圈的电流Ｉ2＝2011Ａ （2分）电流表的示数12I I ＝21n n Ｉ1＝85Ａ （2分） (3)发电机输出功率Ｐ1＝Ｕ1Ｉ1＝400Ｗ （2分）25．（1）棒ab 达到最大速度v m 时做匀速运动，则有 mgsin θ＝BIL+μmgcos θ ① （2分） E=BLv m ② （2分） Ｉ=2ER③ （2分） 由①②③得 I=2A v m ＝10m/s （2分）（2）棒ab 匀速运动时通过棒a ′b ′的电流最大，棒a ′b ′受安培力最大，棒a ′b ′和导轨间摩擦力最小，由力的平衡条件得 mgsin θ＝BILcos θ+f （2分）f ＝0.56N （2分） （3）由能量守恒得mg Ｓsin θ=Q+mv m 2+μmgScos θ （2分）Q ＝30JQ R ＝2Q=15J （2分）电量 q ＝2R φ∆＝2BSL R（2分） ＝10Ｃ （2分）33．[选修3 - 3] （1）（6分）CDE（2）（9分）解：玻璃管平放时有10p p = （1分）10V l S =玻璃管正立时有：20mgp p S=+（1分） 22V l S =玻璃管倒立时有：30mgp p S=- （1分） 33V l S =根据玻意耳定律，得1122pV p V = （2分） 2233p V p V = （2分）由以上各式联立解得400322642022102(cm)1010mgp l l l l mg p S S⨯⇒∆=-==≈--（） （2分） [选修3 - 4](1)（6分）BDE(2)（9分）①光路图如图所示，设在B 点的入射角为i 、 折射角为γ，在C 点的入射角为β，出射角为θ在△OCP 中，0C =R ，OP ； 由正弦定理可得：R /sin α /sin(π-θ) （1分） sin θ θ=45˚ （1分） ∠COP =θ－α＝15˚ 由0B =0C =R , 得 γ=β，由折射定律得i ＝θ＝45˚ （1分）∠BOM =i =45˚；由几何关系可得：γ+β=∠COP +∠BOM =60˚γ=β=30˚ （1分）由折射定律可得：n =sin i / sinγ （1分）n （1分）② 0cn λνλ==（2分） 所以λ=λ0/n =424 nm （1分） 35. [选修3 - 5 ]（1）（6分） ADE(2) （9分）(i)设A 球与B 球碰撞后速度分别为v 1 、v 2 ，并取方向向右为正，由系统动量守恒，有012A A B m v m v m v =+ ① （2分）碰撞过程中系统机械能守恒，有222012111222A AB m v m v m v =+ ② （2分） 由①②解得010()15A B A B m m v v v m m -==-+ 020245A A B m v v v m m ==+ （2分） 碰后Ａ球向左，Ｂ球向右(ii) B 球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有233()B B m v m v m m v '+=+车车 且 302v v =- （2分）得30110νν'= （1分）。
2016-2017学年广东省广州市荔湾区高二(上)期末物理试卷
2016-2017学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷一．单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．1．（3分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A．3F B．C．D．9F2．（3分）在如图所示的四幅图中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A．B．C．D．3．（3分）如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是（）A．该电场是匀强电场B．电场线的方向由N指向MC．电子在a处的加速度小于在b处的加速度D．因为电子从a到b的轨迹跟M N重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹4．（3分）初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（）A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变5．（3分）如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（）A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV6．（3分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在滑动变阻器R1的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（）A．电路中的总电流变小B．路端电压变大C．通过电阻R2的电流小D．通过滑动变阻器R1的电流小7．（3分）蹄形磁铁上方放置一通有方向如图电流I的轻质直导线ab，则ab运动的情况是（）A．a端转向纸外，b端转向纸里，同时向上运动B．a端转向纸外，b端转向纸里，同时向下运动C．a端转向纸里，b端转向纸外，同时向上运动D．a端转向纸里，b端转向纸外，同时向下运动8．（3分）如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILBD．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILB二．多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．至少有2项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．（4分）如图为静电除尘原理的示意图，尘埃在电场中通过某种方式带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是（）A．向集尘极方向运动的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大D．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同10．（4分）下列各图的线圈中能产生感应电流的是（）A．B．C．D．11．（4分）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示．若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）A．使入射速度增大B．使粒子电量增大C．使电场强度增大D．使磁感应强度增大12．（4分）如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间有一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（）A．微粒带的是正电B．电源电压的大小等于C．断开开关S，微粒将向下做加速运动D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动13．（4分）如图所示，PQ是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个带电粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出，动能是E，射出后带电粒子的运动轨迹如图所示．今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10：9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则（）A．带电粒子一定带正电B．带电粒子每穿过一次金属片，速度减小了C．带电粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19ED．带电粒子穿过5次后陷在金属片里14．（4分）如图所示是简化的多用电表的内部电路，转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4．下列说法正确的是（）A．S与1、2连接时，就组成了电流表，且S接1时量程较大B．S与3、4连接时，就组成了电流表，且S接3时量程较大C．S与3、4连接时，就组成了电压表，且S接3时量程较小D．S与5连接时，就组成了欧姆表，且R6为欧姆调零电阻二．实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．15．（6分）用多用表测量直流电时，电流应从表笔流入电流表（填“黑”或“红”）；测量直流电压时，红表笔接触点的电势应该比黑表笔（填“高”或“低”）；测量电阻时，电表内部的电源接通，电流从欧姆表的表笔流出（填“黑”或“红”）16．（8分）用电压表、电流表加上一个可以改变的电阻就可以测定一节普通干电池的电动势（约为1.5V）和内阻，电路如图1所示．（1）请在实物图（图2）中，用实线代替导线将器件按原理图连接成实验电路．（2）一位同学在实验中记录的数据如下表所示，另备坐标纸一张（如图）．试根据表中数据在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标，并画出U﹣I图线（图3）．（3）根据图线读出该电池的电动势为E=V．根据图线求出该电池的内阻为r=Ω．四．计算题，本题共3小题，共38分．要求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．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．17．（10分）将一个电荷量为1.0×10﹣8C的正点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做的功为2.4×10﹣6J，则A、B间的电势差为U AB为多少伏？若将一个电荷量为2.0×10﹣8C的负点电荷由B移到A，电势能增加还是减少？改变了多少？18．（12分）如图所示，两“”型平行光滑金属导轨间距L=0.50m，导轨右边所在平面与水平面的夹角为α=30°．在左边导轨所在水平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向竖直向上的匀强磁场。
广东省佛山市顺德区2015-2016学年高二下学期物理期末试卷 无答案
顺德区高二物理（期末）下第一部分选择题(40分）一、单项选择题（每小题只有一个正确答案,选对的得4分，4×6=24）1、关于下列器材的原理和用途描述，错误的是（）变压器扼流圈电磁炉日光灯与镇流器A、变压器可以改变交变电压但不能改变频率B、扼流圈对交流的阻碍作用主要是因为线圈存在电阻C、电磁炉是利用电磁感应涡流的加热原理D、镇流器的自感系数很大，启动日光灯时，镇流器利用自感现象产生瞬时高压2、如图所示,A为多匝线圈，与电键、滑动变阻器相连之后，接入M、N间的恒定直流电源，B为一接有灵敏电流计的闭合多匝线圈，下列说法正确的是A、保持电键闭合，灵敏电流计会一直有读数B、断开电键后，再将B线圈靠近A线圈的过程中，灵敏电流计会发生偏转C、闭合电键瞬间，灵敏电流计会发生偏转D、保持电键闭合，将滑动变阻器的滑片左右移动过程中，灵敏电流计不会偏转3、如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a ,磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为a 23、宽为2a ，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向,以导体框刚进入磁场时为t=0时刻，则导体框中的感应电流随时间变化的图像是4、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，线圈匝数100=N ,电阻不计，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A 、B 两端,电压表和电流表均为理想电表，1R 为热敏电阻(温度升高时电阻减小),R 为定值电阻。
下列说法正确的是A 、电压表1V 的读数始终为V 236B 、变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为)(50sin 236V t u π=C 、无论1R 处的温度如何变化，电压表1V 、2V 示数的比值不变 D 、1R 处温度升高时，电流表的示数变大,变压器输入功率变大5、如图甲所示，一个匝数100=n 的圆形导体线圈,面积214.0m S=,电阻Ω=1r .在线圈中存在面积223.0m S=的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，有一个Ω=2R 的电阻,将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地,则下列说法正确的是A 、圆形线圈中产生的感应电动势V E 6=B 、电阻R 两端的电压为V 5.4C 、通过电阻R 的电流为A I 5.1=D 、在4s ~0时间内,b 端的电势比a 端的电势低6、一辆玩具小车先匀加速启动,然后匀速行驶，全过程运动方向不变。
2015-2016学年高二物理粤教版选修3-3 综合检测卷A
综合检测卷A(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共16小题，每小题4分，共64分)1．下列说法中正确的是()A．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动B．多晶体没有固定的熔点C．液晶的光学性质具有各向异性D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力答案 C解析布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是固体分子所做的无规则运动，故A错误；多晶体有固定的熔点，故B项错误；液晶的光学性质具有各向异性，故C 正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，故D错误；故选C.2．下列说法中正确的是()A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势D．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性答案BD解析A项只能计算出分子所占的空间，故A错误．B项悬浮颗粒越小，受力越不平衡，布朗运动越明显．故B正确．C项由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间引力大于斥力，液体表面具有收缩趋势，故C错误．D项液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性．故D正确．3．某种油酸酒精溶液中油酸的体积百分比浓度为0.05%,50滴这种溶液的总体积为1 mL，将1滴这样的溶液滴在足够大的水面上，酒精溶于水并很快挥发后，最后在水面上形成的油膜面积约为()A．103 cm2B．104 cm2C．105 cm2D．106 cm2答案 A解析 1滴溶液中含纯油酸的体积V ＝150×10－6×0.05% m 3＝1×10－11 m 3. 分子直径的数量级为10－10 m ，又V ＝Sd得S ＝V d ＝10－1110－10 m 2＝10－1 m 2＝103 cm 2.故A 正确． 4．下列关于热运动的说法中，正确的是( )A ．0 ℃的物体中的分子不做无规则运动B ．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动C ．存放过煤的混凝土地面下一段深度内都变为黑色，说明煤分子和混凝土分子都在做无规则的热运动D ．运动物体中的分子热运动比静止物体中的分子热运动激烈答案 C解析 分子的热运动永不停息，因此0 ℃的物体中的分子仍做无规则运动，A 错误；虽然布朗运动与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的运动，不是分子的运动，而热运动是指分子永不停息的无规则运动，故B 错误；扩散现象说明了分子是运动的，C 正确；热运动是分子的运动，其激烈程度只与物体的温度有关，与物体的宏观运动没有关系，D 错误．5．关于如图1所示四幅图，说法正确的是( )图1A ．甲图中估测油酸分子直径时，可把油酸分子简化为球形处理B ．乙图中，显微镜下看到的三颗粒运动位置连线是它们做布朗运动的轨迹C ．烧热的针尖，接触涂上薄蜂蜡层的云母片背面上某点，经一段时间后形成图丙的形状，则说明云母是非晶体D ．丁图中分子间距离为r 0时，分子间作用力F 最小，分子势能也最小答案 AD解析布朗运动是分子热运动的间接体现，运动位置连线仅表示了该段时间内微粒的始末位置，而微粒的运动是无规则的不是直线运动，因此不是其运动轨迹，故选项B错误；由于云母片的薄蜂蜡层融化后呈椭圆形，说明云母片各个方向上的导热能力不同，即具有各向异性的特点，所以云母是晶体，故选项C错误；选项A、D说法正确．6.如图2所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是() 图2A．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小答案CD解析温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，故A错误；松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同．故B错误，C、D正确；故选C、D.7．下列说法正确的是()A．温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度越高，则分子热运动的平均动能越大B．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大答案AC解析温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度越高，则分子热运动的平均动能越大，故A正确；悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越明显，故B错误；在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，故C正确；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大再减小最后再增大，分子势能先减小后增大，故D错误．8．下列说法正确的是()A．同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现B．冰融化为同温度的水时，分子势能增加C．分子间引力随距离增大而减小，而斥力随距离增大而增大D．大量分子做无规则运动的速率有大有小，所以分子速率分布没有规律答案AB解析同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现，故A正确；冰融化为同温度的水时，水的分子热运动的平均动能不变，分子势能增加．故B正确；分子间引力随距离增大而减小，斥力也是随距离增大而减小．故C错误；大量分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律，故D错误．9.如图3所示，在实验室某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内(活塞与气缸之间无摩擦)．用滴管将水缓慢滴在活塞上，在此过程中()A．气体对外做功，气体内能减小图3 B．外界对气体做功，气体内能增加C．外界对气体做功，气体内能不变D．气体从外界吸热，气体内能不变答案 C解析气缸和活塞导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体的温度与环境温度相同，保持不变，而一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，则其内能不变．用滴管将水缓慢滴在活塞上，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知，气体向外界放热，故C正确，A、B、D错误．故选C.10.如图4是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体．假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体()A．内能增大B．体积增大图4 C．压强不变D．温度不变答案 A11.一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上，绝热的活塞下方封闭着空气．若突然用竖直向上的力F将活塞向上拉一些，如图5所示，则()A．缸内气体的每个分子对缸壁的冲力都会减小B．单位时间内缸壁单位面积上受到的缸内气体分子碰撞的次数减少图5 C．缸内气体的分子平均动能不变D．若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量答案 B解析把活塞向上拉起，缸内气体的体积增大，气体对活塞做功，气体内能减小，温度降低，分子的平均动能和平均冲力都变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体碰撞的次数减少，故选项A、C错误，选项B正确；气体内能的减小量等于对大气做的功减去F做的功，故选项D错误．12．下列关于热现象的描述正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的答案 C解析根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%，选项A错误．做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是通过内能在不同物体之间的转移的方式改变系统内能的，选项B错误．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，选项C正确．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动是有规律的，选项D错误．13．2008年9月27日下午，举世瞩目的“神舟七号”实现了航天员出舱和太空行走，从电视转播中可以看到翟志刚和刘伯明穿上加气压的舱外服在(与返回舱隔离的)轨道舱中协同作业，16时35分12秒翟志刚在经过几次尝试后奋力向内打开舱盖，太空在中国面前打开！以下关于轨道舱舱内外气压的猜想正确的是()A．翟志刚需要用很大的力才能把舱盖打开是因为舱内有接近一个大气压的空气压强，而舱外的太空气压为零B．翟志刚打开舱盖前，轨道舱中应该已经泄压，舱内接近真空C ．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内有与地表附近相似的空气，但由于完全失重，这些空气产生的气压为零D ．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内和舱外的太空都有约为一个大气压的空气压强 答案 B解析 在太空中，舱外为真空，气压为零，D 错误；若舱内气压为1个大气压，则用人力无法向内打开舱盖，故A 错误；舱内若有与地表相似的空气，即使完全失重也会产生约1个大气压的压强，故C 错误．14．一定质量的理想气体沿如图6所示的状态变化方向从状态a 到状态b ，再到状态c ，最后回到状态a .a 、b 、c 三个状态的体积分别为V a 、V b 、V c ，则它们的关系是( )A ．V a ＝V bB ．V a ＝V c图6C ．V b ＝327600V c D ．V c ＝32754V a 答案 BC解析 根据图象和理想气体状态方程有：p 0V a 273＋27＝2p 0V b 273＋27×2＝2p 0V c 273＋327，可得：V a ＝V c ，V b ＝327600V c . 15．下列说法中正确的是( )A ．温度相同的氢气和氧气，分子的平均速率相同B ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢D ．某种液体的饱和汽压与温度无关答案 BC解析 温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的氢气和氧气，分子热运动的平均动能相同，但因分子的质量不同，故分子的平均速率不同，选项A 错误；根据相对湿度的定义知，相对湿度越大，空气中水蒸气越接近饱和，水分越不易蒸发，人们越感到潮湿，选项B 、C 正确；液体的饱和汽压随温度变化而变化，温度越高则饱和汽压越大，选项D 错误．16.如图7为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L 水，上部密封1 atm的空气0.5 L ，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L ，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加图7C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光答案 AC解析 充气后气体的体积没有变化，但是单位体积内含有的分子增多，温度没有变化，但压强会增大，选项A 正确；由于温度是系统分子平均动能的量度，所以温度不变，分子平均动能也不变，选项B 错误；打开阀门后，气体将推动水流出，气体的体积膨胀，对外做功，选项C 正确；随水流出，内部气体体积增大，若水全部流出，根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，得p 2＝p 1V 1V 2＝1×0.62.5atm ＝0.24 atm ，小于外部气压，故水不会全部流出，选项D 错误． 二、填空题(本题共2小题，共12分)17．(6分)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为A ，N 滴溶液的总体积为V .在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a 的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图8所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X .图8(1)用以上字母表示油酸分子的大小d ＝________.(2)从图中数得X ＝________.答案 (1)VA NXa 2(2)62 解析 (1)N 滴溶液的总体积为V ，一滴溶液的体积为V N ，含有的油酸体积为VA N，形成单分子油膜，面积为Xa 2，油膜厚度即分子直径d ＝VA N Xa 2＝VA NXa 2.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对照图示的油酸膜，共有62格．18．(6分)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ向气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T )随加热时间(t )变化的关系如图9所示．单位时间内所吸收的热量可看作不变．图9(1)以下说法正确的是 ( )A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”)．请说明理由．答案 (1)BCD (2)变快 理由见解析解析 (1)因为该物质一直吸收热量，体积不变，不对外做功，所以内能一直增加，A 错误，D 正确；又因为区间Ⅱ温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量全部转化为分子势能，物体的内能增加，理想气体没有分子力，所以理想气体内能仅与温度有关，分子势能不变，B 正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子运动的无序程度增大，物质的熵增加，C 正确．(2)根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W根据盖·吕萨克定律V T＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W ＜0，ΔU 1＝Q －|W |；由查理定律p T＝C ，知体积不变的条件下，W ＝0，ΔU 2＝Q ； 所以ΔU 1＜ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快．三、计算题(本题共2小题，共24分)19.(12分)一定质量的理想气体体积V 与热力学温度T 的关系图象如图10所示，气体在状态A 时的压强p 0＝1.0×105 Pa ，线段AB 与V 轴平行．(1)求状态B 时的压强为多大？(2)气体从状态A 变化到状态B 的过程中，对外界做的功为10 J ，求该过程中气体吸收的热量为多少？ 图10答案 (1)5.0×104 Pa (2)10 J解析 (1)由p 0V 0＝p B ×2V 0，得p B ＝12p 0＝5.0×104 Pa. (2)气体从状态A 变化到状态B 的过程中，ΔU ＝0，ΔU ＝Q ＋W ，Q ＝－W ＝10 J.20．(12分)如图11所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3 m 2，气缸内有质量m ＝2 kg 的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K 销于如图位置，离缸底12 cm ，此时气缸内被封闭气体的压强为1.5×105 Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.图11(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 时，其压强多大？(2)若在此时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360 K ，则这时活塞离缸底的距离为多少？答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm解析 (1)气体体积不变，由查理定律得p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105 Pa 300 K ＝p 400 K解得：p ＝2×105 Pa(2)p 3＝p 0＋mg /S ＝1.2×105 Pa T 3＝360 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3， 代入数据解得V 3＝1.8×10－4 m 3解得l 3＝V 3S＝0.18 m ＝18 cm.。
【中小学资料】广东省汕头市2015-2016学年高二物理下学期期末(学业水平)考试试题(含解析)
广东省汕头市2015-2016学年高二物理下学期期末（学业水平）考试试题（含解析）一、单项选择题I：本大题共30小题，每小题1分，满分30分；在每小题给出的四个选项中，其中只有一个选项符合题目要求。
1.下列物理量属于标量的是A．加速度 B．位移 C．功D．电场强度【答案】C【解析】试题分析：加速度，位移和电场强度都具有大小和方向，是矢量；而功只有大小无方向，所以是标量，故选C。
考点：矢量和标量【名师点睛】既有大小又有方向的物理量是矢量；只有大小而无方向的物理量是标量.2. 关于质点，下列说法正确的是A、质点一定是体积、质量极小的物体；B、计算火车过桥时所用的时间，火车可看成质点；C、虽然地球很大，且有自转，研究地球公转时仍可作为质点；D、研究一列火车通过某一路标所用时间，火车可看作质点。
【答案】C【解析】考点：质点【名师点睛】要知道当一个物体的线度和大小与所研究的问题相比可忽略不计时，可把物体看作是质点；质量和体积小的物体不一定能看作质点.3. 18世纪的物理学家发现，真空中两个点电荷间存在相互的作用．点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是A．牛顿 B．伽利略 C．库仑 D．法拉第【答案】C【解析】试题分析：发现真空中两个点电荷间存在相互作用规律的科学家是库仑，故选C.考点：物理学史【名师点睛】记住课本上涉及到的物理学家的名字及其伟大贡献；平时多观察，多查阅资料积累材料.4. 如图为某物体在10 s内运动的v—t图象。
关于物体在10s内的位移，下列数据正确的是A．60m B．40m C．48m D．54m【答案】B【解析】考点：v-t图像【名师点睛】要理解速度时间图像的物理意义；图像的斜率等于物体的加速度；图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移。
5. 已知物体在 F1、F2、F3三共点力作用下处于平衡，若F1＝20 N，F２＝28 N，那么F３的大小可能是Ａ．20 N Ｂ．70ＮＣ．100 N Ｄ．6 Ｎ【答案】A【解析】试题分析：20N和28N合力的最大值是48N，最小值是8N，所以F3应该介于28N和8N之间，故选A。
2015-2016学年广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二(上)期末考试物理试卷(含答案和解析)
2015-2016学年广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末考试物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每题4分，共48分．1-8单选；9-12多选，每题有2项或3项正确，有选错不给分，漏选给2分）1．下列说法中正确的是（）A．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体B．根据F=k，当r→0时，可得出F→∞C．由B=可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比D．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零2．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为﹣q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（）A．相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零3．在如选项图中所示的电场中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A．如图离点电荷等距离的a、b两点B．如图两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距离的a、b两点C．如图两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距离的a、b两点D．如图带电平行金属板间分别靠近两板的a、b两点4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比v A′：v B′为（）A．2：3 B．1：3 C．2：1 D．1：25．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4 W，8 WB．2 W，4 WC．4 W，6 WD．2 W，3 W6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A．B．C．D．7．如图所示为速度选择器，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（）A．若带电粒子所带的电荷量为+2q，粒子将向下偏转B．若带电粒子所带的电荷量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过C．若带电粒子的速度为2v，且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定减小D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过8．如图所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B=2.5T；匀强电场方向水平向左，场强E=N/C．一个带负电的小颗粒质量m=3.0×10﹣7kg，带电荷量q=3.0×10﹣6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．（g取10m/s2）．则（）A．这个带电小颗粒一定沿与水平方向成30°向右下方做匀速直线运动B．若小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做匀加速直线运动C．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.4 m/sD．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.8 m/s9．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是（）A．B．C．D．10．如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，R T为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（）A．L变亮B．R T两端电压变小C．C所带的电荷量保持不变D．G中电流方向由a→b11．如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球重力不计．现将小球从图示位置由静止开始释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是（）A．小球所受的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球的加速度将不断变化C．小球所受洛伦兹力将不断变化D．小球速度一直增大12．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（）A．圆周运动的速度大小B．电场强度的大小和方向C．小球在第Ⅳ象限运动的时间D．磁感应强度大小二、实验题：（两小题，共16分）13．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（3.8V，0.3A）．实验前某同学想用多用电表测量小灯泡的电阻．如图（a）所示为多用电表的示意图，其中T、S为可调节的部件，现用多用电表测量小灯泡的电阻，部分操作步骤如下：（1）将选择开关调到合适的电阻挡，红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节（填“S”或“T”），使电表指针指向侧（填“左”或“右”）的“0”位置．（2）用多用表测量小灯泡的电阻时，表笔的位置如图（b）所示，其测量方法正确的是图．（3）用正确的实验方法测量小灯泡的电阻，电表示数如图（c）所示，该小灯泡电阻的阻值为Ω．14．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）B．电流表A1（量程0﹣3mA，内阻R g1=10Ω）C．电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻R g2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0﹣200Ω，l A）F．定值电阻R0（990Ω）G．开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选（填写器材前的字母代号）．（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=V，内阻r=Ω．（结果保留小数点后2位）（3）若将图线的纵坐标改为，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．三、计算题15．如图所示，质量m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V、内阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．试求：（1）电动机当中的电流I M与通过电源的电流I总．（2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小．16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．17．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上．t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．18．如图所示，光滑水平面上有A、B两个物体，A物体的质量m A=1kg，B物体的质量m B=4kg，A、B两个物体分别与一个轻弹簧拴接，B物体的左端紧靠竖直固定墙壁，开始时弹簧处于自然长度，A、B两物体均处于静止状态，现用大小为F=10N的水平恒力向左推A，将弹簧压缩了20cm时，A的速度恰好为0，然后撤去水平恒力，求：（1）弹簧的最大弹性势能及运动过程中A物体的最大速度；（2）运动过程中B物体的最大速度．2015-2016学年广州市执信、广雅、二中、六中四校联考高二（上）期末考试物理试卷参考答案（含解析）一、选择题（本题共12道小题，每题4分，共48分．1-8单选；9-12多选，每题有2项或3项正确，有选错不给分，漏选给2分）1．【考点】磁感应强度；库仑定律．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】点电荷的定义，能否看作点电荷的条件；对于库仑定律F=k的理解与应用，要正确理解公式中各个物理量的含义．磁感应强度是由磁场本身决定的；导线的方向与磁场的方向平行时电流受到的安培力是0．【解答】解：A、点电荷是指本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷，能否看作点电荷与物体本身大小、质量等无关，要看物体本身的大小与物体相互之间的距离能否忽略，故A错误；B、当r→0时，带电体不能看作点电荷，公式F=k不再成立，故B错误；C、公式B=是磁感应强度的定义式，由磁场本身决定，与放入该处的通电导线所受磁场力F无关，与导线的I、L无关．故C错误；D、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是导线的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零．故D正确．故选：D【点评】本题考查了点电荷、库仑定律等电学中的基础知识，点电荷可以和质点类比理解，库仑定律可以和万有引力定律相类比理解．2．【考点】动量守恒定律；库仑定律．【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】相碰前两球的运动过程中，两球的引力做正功，两球的机械能增大．根据动量守恒的条件进行分析判断：相碰前，两球竖直方向所受的水平面的支持力与重力平衡，两球所受的合外力为零，总动量守恒．碰撞前后，总动量也守恒．【解答】解：AB、相碰前两球所受的合外力为零，动量守恒，两球的总动量保持不变．故AB错误；CD、将两球看作整体分析时，整体受重力支持力，水平方向不受外力，故整体系统动量守恒，故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量．故C错误，D正确．故选：D．【点评】对于碰撞，其基本规律是遵守动量守恒定律，可对照动量守恒的条件进行理解．要明确两球之间的弹力及库仑力均为内力，在分析动量是否守恒时不考虑内力．3．【考点】电场强度．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误故选：B．【点评】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．4．【考点】动量守恒定律．【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比．【解答】解：设碰撞前A的速率为v A．由题，碰后A的速率为v A′=．①以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得：2mv A=m+2mv B′解得：v B′=②由①：②得：v A′：v B′=2：3故选：A【点评】本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解．5．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】电源的U﹣I曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．【解答】解：由图A读出：电源的电动势E=3V，内阻r==Ω=0.5Ω；两图线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压U=2V，电流I=2A；则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W电源的输出功率P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W，故C正确故选：C【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．6．【考点】电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做负功粒子的动能减小，电势能增大．【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能增大，所以电场力做负功，粒子运动的方向一定是a到c；故选项B正确，选项ACD错误；故选：B【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化7．【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．【解答】解：A、粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：qvB=qE解得：v=只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；B、若带电粒子带电量为﹣2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器；故B正确；C、若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加；故C错误；D、若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误；故选：B．【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．8．【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】对带电颗粒受力分析，根据力的平行四边形定则，结合洛伦兹力表达式，及左手定则与平衡条件，即可求解；把磁场突然撤去，粒子所受的合力与速度垂直，做类平抛运动．【解答】解：ACD、该带电小颗粒受到竖直向下的重力，与电场相反相反的、水平向右的电场力和洛伦兹力的作用，刚好做匀速直线运动，则受力如图所示，得：，所以α=30°由左手定则得，带负电小颗粒的运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．由平衡条件可得：解得：故AC错误，D正确；B、突然撤去磁场后，粒子受到重力和电场力的合力与速度垂直，故小颗粒做类平抛运动，故B错误；故选：D【点评】本题要能根据粒子的运动情况分析受力情况，也根据受力情况判断其运动情况，运用平衡条件、牛顿定律、运动学公式结合运动的分解法研究．9．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直电场射入，在电场力作用下做类平抛运动，然后垂直进入匀强磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．【解答】解：A、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上．故A正确；B、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带负电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；C、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；D、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上，故D正确；故选：AD【点评】左手定则是判定磁场、电荷运动速度及洛伦兹力三者方向之间的关系．但电荷有正负之分，所以若是正电荷，则四指所指的方向为正电荷的运动方向，大拇指方向为洛伦兹力的方向；若是负电荷，四指所指方向为负电荷的运动方向，大拇指反方向为洛伦兹力的方向．10．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】动态预测题；定性思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】当环境温度升高时，热敏电阻R T的阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．【解答】解：A、由图可知，热敏电阻与灯泡L串联．当环境温度升高时热敏电阻R T的阻值减小，外电路总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，R T两端电压减小，故B正确；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，电容器板间电压U减小，由Q=CU知，电容器的带电量减小．故C错误；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b；故D正确；故选：ABD【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的定性运用，此类问题一般按“整体﹣局部﹣整体”顺序进行分析．11．【考点】洛仑兹力；左手定则．【分析】小球开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0．然后又返回．【解答】解：A、小球在水平方向上受到两个库仑力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆子对球的弹力．根据受力情况知，小球向左先加速后减速到0．然后又返回．加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，知洛伦兹力的大小和方向都变化．故A错误，B正确，C正确．D、小球的速度向左先增大后减小．故D错误．故选BC．【点评】解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化．12．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据小球第Ⅲ象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题．【解答】解：A、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故A正确；B、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故B错误；C、小球做圆周运动的周期：T==π，小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=T=，故C正确；D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．二、实验题：（两小题，共16分）13．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】对确多用电表欧姆档的使用方法，每次换档时均要先进行欧姆调零；在测量时要注意手不能接触金属杆；掌握多用电表读数方法即可．【解答】解：（1）欧姆调零的方法为，两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到右侧零刻度处；（2）灯泡内阻是接在中间及边缘金属壳处，故要想正确测量应让两表笔分别接中间及边缘金属处即可；同时注意手不能接触金属杆；故只有D正确；（3）档位选择×1，故对应的读数为：1.5×1=1.5Ω；故答案为：（1）S 右；（2）D；（3）1.5．【点评】本题考查多用电表的使用方法，要注意掌握正确使用的方法并明确相应的注意事项．14．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）本题中没有给出电压表，因此需要用已知内阻的电流表改装，改装时，应该改装量程小的那个；（2）根据闭合电路欧姆定律写出两坐标所代表物理量的函数关系式，明确斜率、截距的含义即可正确解答；（3）在路端电压U和干路电流I图象中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，由此可正确得出结果．【解答】解：（1）没有电压表，可以将电流表串联一个电阻，可以改装成电压表，根据欧姆定律若将电流表与定值电阻串联有U=I1R0=0.003×（500+10）=1.53V，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选D．（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I1（R0+R g1）+I2r，则：I1=﹣I2，由图象可知，图象的截距：b=1.46×10﹣3===，则电源电动势为：E=1.46V；图象斜率：k====≈0.84，电源内阻为：r=0.84Ω；（3）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，在U﹣I图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为I1（R0+R g1）时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．故答案为：（1）b，D；（2）1.46，0.84；（3）I1（R0+R g1）．【点评】在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．三、计算题15．【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【专题】定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用．【分析】（1）由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；（2）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B．【解答】解：（1）电动机的正常工作时，有：P M=UI M代入数据解得：I M=2A通过电源的电流为：I总===4A（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=6N流过电动机的电流I为：I=I总﹣I M=4A﹣2A=2AF=BIL解得：B=3T答：（1）电动机当中的电流是2A，通过电源的电流是4A；。
广东省广州市荔湾区高二物理下学期期末教学质量检测试题
荔湾区2013-2014学年第二学期期末教学质量检测高二物理测试时间：90分钟 满分：100分 第Ⅰ部分（选择题 共48分）一．单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．1．通常当人走向银行门口时，门就会自动打开，是因为门上安装了下列哪种传感器A ．温度传感器B ．压力传感器C ．红外线传感器D ．声音传感器 2．下列关于动量的说法中，正确的是A ．速度大的物体，它的动量不一定大B ．动量大的物体，它的速度一定大C ．做匀速圆周运动的物体，动量保持不变D ．竖直上抛的物体，经过空中同一位置时动量一定相同3．如图1所示，一轻质横杆两侧固定两金属环，横杆可绕中心点自由转动，用一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象是 A ．磁铁插向左环，横杆发生转动 B ．磁铁插向右环，横杆发生转动C ．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D ．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动4．某小型发电机产生的交变电动势e ＝50sin100πt （V ）．下列表述正确的是A．最大值是 B ．频率是100 Hz C ．有效值是50V D ．周期是0.02 s5．如图2所示电路中，两灯L 1、L 2规格相同，线圈L 自感系数足够大．闭合开关S ，调节R ，使两灯亮度相同，则A ．断开S ，L 2立即熄灭，L 1慢慢熄灭B ．断开S ，两灯都慢慢熄灭C ．S 断开后再闭合的瞬间，两灯同时变亮D ．S 断开后再闭合的瞬间，两灯均慢慢变亮6．一个闭合矩形线圈abcd 以速度v 从无磁场区域匀速穿过匀强磁场区域，而再次进入无磁场区域，如图3甲所示，那么，图3乙中能正确反映线圈中电流－时间关系的图象是图 1图3甲乙图27．如图4，一匝数为N、面积为S、总电阻为R的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．当线圈由原位置翻转180°过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为A．NBS RB．2NBSRC．BSRD．2BSR8．如图5所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静放着两根质量为m、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路（ab、cd与导轨接触良好），导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B．现给cd一个初速度v0，则A．ab将向右作匀加速运动B．ab、cd最终具有相同的速度C．ab能够获得的最大速度为v0D．回路产生的焦耳热最多为212mv二．双项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个正确选项．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．9．下列列举的四种器件中，工作时主要利用了电磁感应的是A. 回旋加速器B. 电磁炉C. 质谱仪D. 日光灯10．把两个穿孔小球用细线连接，置于光滑水平面上，如图6所示，中间夹有一根压缩的轻质弹簧．烧断细线，小球将分别向两侧弹开．则在弹开过程中A．两小球组成的系统动量守恒B．两小球加速度大小相等C．质量大的小球动量增量小D．两小球和弹簧组成的系统机械能守恒11．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝．原线圈接在如图乙所示的交流电源上，则图 4ab dcBv图 5A B图 618021802-12/Vu2/10st-⨯乙~L1n2n甲图 7A．副线圈两端的电压为VB．副线圈允许通过的最大电流为2.5AC．副线圈两端可以并联两盏“36V 40W”的灯泡D．副线圈两端应该接工作频率为10Hz的用电设备12．如图8所示，交流发电机E，通过理想升压变压器T1和降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为r．其中U1、U3和P1、P3为T1、T2的输入电压和输入功率，U2、U4和P2、P4为T1、T2的输出电压和输出功率．设U1一定，则在正常工作情况下有A．U1＞U2B．U2＞U3C．P3＞P4D．P1＞P413．如图9是法拉第发电机模型原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，逆时A．圆盘上的电流由圆心流向边缘B．圆盘上的电流由边缘流向圆心C．圆盘边缘处电势比圆心电势高D．圆盘边缘处电势比圆心电势低14．水平放置的平行板电容器与线圈连接如图10甲，的匀强磁场．为使带负电微粒静止在板间，磁感强度B随时间t变化的图象应该是图乙中的第Ⅱ部分（非选择题共52分）三．实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．15．（6分）图11甲为验证动量守恒定律的实验装置图，请完成下列问题：(1)根据实验要求，应满足m A____m B (选填“ > ”、“< ”或“= ”)；(2)A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图11乙所示，其中刻度尺的零点与O点对图 80 0 0 0图 10甲乙齐．则碰撞后A 球的水平射程为s A ＝ cm ；(3)验证动量守恒的依据是看 是否与m A ·OP 相等16．（8分）某实验小组探究一种热敏电阻在恒流下，其两端电压与温度的关系特性．实验器材如图12甲所示，其中直流恒流电源可在正常工作状态下输出恒定的电流．．．．．．(1)请补充完整图12甲中的实物连线． (2)实验的主要步骤：①正确连接电路，在烧杯中注入适量冷水，选择多用电表的电压档，接通电源，调节电源输出的电流值为0.10A ，并记录；②闭合开关，给烧杯缓慢加热，记录多组____________________和温度计数值t ，断开开关；(3)实验小组测得的数据已经在图12乙中描出，请据此画出．．热敏电阻的U-t 关系图线． (4)由图线可知该热敏电阻常温（25℃）下的阻值R 0= Ω (保留3位有效数字)． 四．计算题，本题共3小题，共38分．要求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．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．17．（10分）如图13所示，水平U 形光滑框架的宽度L =1m ，电阻忽略不计，导体ab 的质量MPNABO M P N甲乙图 11乙12.512.011.511.010.010.5103040o /Ct /VU 506020708013.0恒流电源_+S热敏电阻温度计酒精灯25红黑多用电表图 12m =0.2kg ，电阻R =0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B =0.1T ，方向垂直框架向上．现用一水平恒力F 由静止拉动ab 杆，当ab 速度达到v =2m/s 时，加速度大小为a =4m/s 2，求： （1）此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小； （2）此时刻ab 杆所受安培力的大小； （3）水平恒力F 的大小．18．（12分）如图14甲所示，A 、B 两物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞前后物体A 、B都在同一直线上运动，A 、B 的位移—时间图象分别对应图乙中的OPN 和MPN ，已知A 物体的质量m A =0.1kg ，求：（1）碰撞前后A 、B 两物体的速度大小； （2）B 物体的质量m B ；（3）A 、B 物体碰撞过程中损失的机械能．19．（16分）如图甲所示，一个半径为r 1、阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R 1连结成闭合回路，a 、b 端点通过导线与水平放置、间距为d 的平行金属板相连．在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0 . 导线的电阻不计：（1）求通过R 1上的电流方向； （2）求通过电阻R 1上的电流大小；（3）将一质量为m 的带电微粒水平射入金属板间，若它恰能匀速通过，试判断该微粒带何种电荷？带电量为多少？（重力加速度为g ）．2013-2014学年第二学期期末教学质量检测图 13图 15甲乙B 0图 14甲乙s高二物理答案一．单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．1 2 3 4 5 6 7 8 CABDBCBB二．双项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．9 10 11 12 13 14 BDADBCBDBDBC15．(1) > （2分）(2) 14.48 (14.40-14.60) （2分） (3)m A ·OM ＋m B ·ON （2分）(2)② 多用电表电压值U （2分）（多用电表读数U 、电压表电压值U 等相近表述，均可给分）(3)如答图(乙) （2分） (4) 107 （2分） 17．（10分）解：（1）由法拉第电磁感应定律，ab 杆产生的感应电动势 0.112V 0.2V E BLv =⨯⨯=＝ （2分） （2）回路中的感应电流：0.2A 2A 0.1E I R === （2分） ab 杆所受安培力的大小：0.12 1 N 0.2 N F BIL ==⨯⨯=安 （2分） （3）对ab 杆，由牛顿第二定律：F F ma -=安 （2分）12.512.011.511.010.010.5103040o /Ct /V U 506020708013.0答图(乙) 恒流电源_+S热敏电阻温度计酒精灯25红黑答图(甲) 多用电表代入数值，得： 1 N F = （2分）18．（12分）解： （1）由乙图可得：碰前A 物体的速度A 160m/s 4m/s 40v -==- （1分） 碰前B 物体的速度B 0v = （1分）碰后A 、B 两物体的共同速度2016m/s 1m/s 84v -==- （2分） （2）两物体碰撞过程，动量守恒：A A A B ()m v m m v =+ （2分）代入数值，解得：B 物体的质量m B =0.3kg （2分） （3）A 、B 物体碰撞过程中损失的机械能 22A A A B 11()22E m v m m v ∆=-+ （2分） 代入数值得：E ∆= 0.6 J （2分）19．（16分）解：（1）由楞次定律可判断通过电阻R x 上的电流方向为从b 到a （2分） （2）由图（b ）可知，0至t 1时间内，磁感应强度的变化率：B B t t ∆=∆ ① （1分） 由法拉第电磁感应定律有 Bnn s t tφε∆∆==⋅∆∆ ② （1分） 而22s r π= ③ （1分）由闭合电路欧姆定律有1I R Rε=+ ④ （1分）联立以上各式解得，通过电阻1R 上的电流大小为20203nB r I Rt π= ⑤ （2分）（3）由于金属板间的电场强度方向向上，带电微粒所受电场力与场强方向相同，故其带正电． （2分） 设带电微粒带电量为q ，有：mg ＝qE ⑥ （2分） 金属板两板间电压 U ＝IR 1 ⑦ （1分） 电场强度大小 UE d=⑧ （1分） ⑤~⑧式联立，得：020232π=mgdt q nB r ⑨ （2分）。
广东省广州市执信中学2015-2016学年高二下学期期末考试理数试题Word版含解析
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.已知集合2{20}A x x x =+-<，{0}B x x =>，则集合A B 等于（ ）A ．{2}x x >-B ．{21}x x -<<C ．{1}x x <D ．{01}x x <<【答案】D【解析】 试题分析：由2{20}A x x x =+-<，得{}12<<-x x ，故{}10<<=⋂x x B A ，故选D. 考点：集合的运算.2.已知复数(1)23i z i +=-（i 为虚数单位），则z 在复平面内对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】C【解析】考点：复数的性质.3.等差数列{}n a 中，79416,1a a a +==，则16a 的值是（ ）A ．22B ．16C ．15D ．18【答案】A【解析】试题分析：由1697=+a a ，得88=a ，所以7448=-=a a d ，则2212416=+=d a a ，故选A.考点：等差数列的性质.4.已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边在直线2y x =上，则22cos sin θθ-等于（ ）A ．45-B ．35-C ．35D ．45【答案】B【解析】考点：（1）任意角的三角函数；（2）二倍角的余弦.5.如下图所示，1OA =，在以O 为圆心，以OA 为半径的半圆弧上随机取一点B ，则AOB∆的面积小于14的概率为（ ） A ．13 B ．14 C ．12 D ．16【答案】A【解析】试题分析：∵1=OA ，AOB ∆的面积小于41，∴41s i n 1121<∠⨯⨯⨯A O B ，∴21s i n <∠A O B ，∴60π<∠<AOB 或ππ<∠<AOB 65，∴∆AOB 的面积小于41的概率为31，故选项为A. 考点：几何概型.6.某几何体的三视图如下图所示，则此几何体的体积是（ ）A ．203πB ．6πC ．103πD ．163π【答案】C【解析】考点：由三视图求面积、体积.【思路点晴】本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力．利用三视图判断几何体的形状：由正视图和侧视图易知该图分为上下两部分，一部分的三视图为两个三角形和半个圆，另一部分的三视图为两个矩形和半个圆，故可得上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体，然后通过三视图的数据求解几何体的体积．7.函数22x y x =-的图象大致是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当+∞→x 时，+∞→-=22x y x ，故排除C ；当-∞→x 时，-∞→-=22x y x故排除D ；当3=x 时，01<-=y ，故排除B ，故选A.考点：函数的图象.8.执行下面的程序框图，如果输入的10N =，那么输出的S =（ ）A ．109 B ．169 C ．95D ．2011【答案】C【解析】考点：程序框图.9.设01,1b a c <<<>，则（ ）A ．2ab b bc <<B ．log log b a a c b c <C ．c cab ba >D ．log log a b c c <【答案】D【解析】试题分析：∵0>>b a ，∴2b ab >，故选项A 错误；∵b a lg lg 0>>，∴b a lg 1lg 1<,ac b c lg lg lg lg >，即log log a b c c <，故选项D 正确. 考点：（1）不等式的性质；（2）函数值大小比较.10.直三棱柱111ABC A B C -中，090BCA ∠=，,M N 分别是1111,A B AC 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A ．110B ．25C ．D 【答案】C【解析】考点：异面直线及其所成的角.11.过抛物线22(0)y px p =>的焦点F 的直线l 依次交抛物线及其准线于点,,A B C ，若 2BC BF =，且3AF =，则抛物线的方程为（ ）A ．2y x =B ．22y x =C ．23y x =D ．24y x =【答案】C【解析】试题分析：分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设a BF =，则由已知得：a BC 2=，由定义得：a BD =，故30=∠BCD ，在直角三角形ACE 中，∵3=AF ，a AC 33+=，∴AC AE =2，∴633=+a ，从而得1=a ，∵FG BD //，∴321=p ，求得23=p ，因此抛物线方程为x y 32=．故选C. 考点：抛物线的标准方程.【思路点晴】本题主要考查了抛物线的标准方程．考查了学生对抛物线的定义和基本知识的综合把握．分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设a BF =，根据抛物线定义可知a BD =，进而推断出BCD ∠的值，在直角三角形中求得a ，进而根据FG BD //，利用比例线段的性质可求得P ，则抛物线方程可得．12.我们把形如(0,0)b y a b x a =>>-的函数称为“莫言函数”，其图象与y 轴的交点关于原点的对称点称为“莫言点”，以“莫言点”为圆心且与“莫言函数”的图象有公共点的圆称为“莫言圆”，当1a b ==时，“莫言圆”的面积的最小值是（ ）A ．2πB ．52π C ．e πD ．3π【答案】D【解析】考点：（1）圆的标准方程；（2）两点间距离公式的应用.【方法点晴】本题给出“莫言函数”、“莫言点”、“莫言圆”的定义，求圆的最小面积．着重考查了函数的图象、圆的方程、两点的距离公式与圆面积求法等知识，属于中档题．根据已知中关于“莫言函数”，“莫言点”，“莫言圆”的定义，利用1=a ，1=b ，我们易求出“莫言点”坐标，并设出“莫言圆”的方程，根据两点的距离公式求出圆心到“莫言函数”图象上点的最小距离，即可得到结论．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）13.设向量(,1),(1,3)a m b ==，且()0a a b ∙-=，则m =___________.【答案】2或1-【解析】试题分析：由(,1),(1,3a m b ==，得()2,1--=-m ，又因为()0a a b ∙-=，得()021=--m m ，解得2=m 或1-.考点：向量垂直的坐标表示.14.已知ABC ∆的面积为2，2AC =，3BAC π∠=，则ACB ∠=___________. 【答案】6π 【解析】考点：正弦定理的应用.15.已知54(12)(1)x ax -+的展开式中2x 的系数为26-，则实数a 的值为___________.【答案】3或311 【解析】试题分析：∵()()()()443322524546413240101121x a x a x a ax x x x ax x ++++⋅+++-=+- 的展开式中2x 的系数为26-，∴264040640410622-=+-=+⋅-a a a a ，即 0382032=--a a ，求得实数3=a 或311=a ，故答案为：3或311. 考点：二项式定理的应用.16.已知实数,x y 满足不等式组2040250x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪--≤⎩，则2()x y xy -的取值范围是___________. 【答案】⎥⎦⎤⎢⎣⎡34,0 【解析】考点：线性规划.【方法点晴】平面区域的最值问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，分析表达式的几何意义，然后结合数形结合的思想，分析图形，找出满足条件的点的坐标，即可求出答案．本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件 ，画出满足约束条件的可行域，将式子2()x y xy-进行变形，再分析x y z =表示的几何意义，结合图象即可给出xy 的取值范围，最后再结合对勾函数的性质，求出式子的取值范围． 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.（本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知213n n S a +=，*n N ∈. （1）求通项公式n a 及n S ；（2）设10n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13-=n n a ，213-=n n S ；（2）()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-≤+-=4267203321320n n n n T n n n． 【解析】(2)由 103101n -=--n a ,则()()⎪⎩⎪⎨⎧≥-≤=-=--410333-10101n 1n n n a b n n 讨论：3≤n 时，21310313-11n 10n --=--=n n n T ）（ 4≥n 时，2672033010227317)3n (10313-133-n 33+-=+--+=---+=n n T T n n n ）（ 综上则()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-≤+-=42672033n 213n 20n n T n n n 考点：（1）数列通项公式的求法；（2）数列求和.18.（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，090ABD ∠=，EB ⊥面ABCD ，//EF AB ，2AB =，EB =1,EF BC =M 是BD 的中点.（1）求证: //EM 平面ADF ； （2）求二面角D AF B --的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）60. 【解析】试题解析：因为EB ⊥平面ABD ，AB BD ⊥，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -，由已知可得(0,0,0),(0,2,0),(3,0,0)B A D,3(3,2,0),(,0,0)2C E F M - （1）3(,0,3),(3,2,0),(0,2EM AD AF =-=-=-, 设平面ADF 的一个法向量是(,,)n x y z =，由00n AD n AF⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩，得3200x y y -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令3y =，则n =.又因为3(,0,30302EM n ∙=∙=+-= 所以EM n ⊥，又EM ⊄平面ADF ，所以//EM 平面ADF .考点：（1）直线与平面平行判定；（2）利用空间向量求二面角. 【一题多解】（1）取AD 的中点N ，连接,MN NF ,在DAB ∆中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以1//,2MN AB MN AB =, 又因为1//,2EF AB EF AB =，所以//MN EF 且MN EF =. 所以四边形MNFE 为平行四边形，所以//EM FN .又因为FN ⊂平面ADF ，EM ⊄平面ADF ，故//EM 平面ADF . 19.（本小题满分12分）为及时了解适龄公务员对开放生育二胎政策的态度，某部门随机调查了90位30岁到40岁的公务员，得 到情况如下表：（1）完成表格，并判断是否有99%以上的把握认为“生二胎意愿与性别有关”，并说明理由； （2）现把以上频率当作概率，若从社会上随机独立抽取三位30岁到40岁的男公力员访问，求这三人中至少有一人有意愿生二胎的概率.（3）已知15位有意愿生二胎的女性公务员中有两位来自省妇联，该部门打算从这15位有意愿生二胎的女性公务员中随机邀请两位来参加座谈，设邀请的2人中来自省女联的人数为X ，求X 的公布列及数学 期望()E X .男性公务员女性公务员总计 有意愿生二胎 30 15 无意愿生二胎20 25 总计附：22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++【答案】（1）没有99%以上的把握认为“生二胎意愿与性别有关；（2）125117；（3）分布列见解析，415. 【解析】试题解析：（1）男性公务员女性公务员总计 有意愿生二胎 30 15 45 无意愿生二胎20 25 45 总计504090由于2k =故没有99%以上的把握认为“生二胎意愿与性别有关”．20()P k k ≥0.050 0.010 0.001 0k3.8416.63510.828（2）由题意可得，一名男公务员要生二胎意愿的概率为53203030=+,无意愿的概率为52203030=+,记事件A :这三人中至少有一人要生二胎,且各人意愿相互独立则 ()()12511752525211=⋅⋅-=-=A P A P答：这三人中至少有一人有意愿生二胎的概率为125117．(3) X 可能的取值为2,1,01051)2(;10526)1(;352610578)0(2152221511312215213==========C C X P C C C X P C C X P154105281051210526135260)(==⨯+⨯+⨯=X E 考点：（1）独立性检验；（2）相互独立事件；（3）对立事件；（4）离散型随机变量及其分布列.20.（本小题满分12分）设椭圆2222:1(x y C a a b +=>的右焦点为F ，右顶点为M ，且113eO F O MF M+=，（其中O 为原点，e 为椭圆的离心率.（1）求椭圆C 方程；（2）若过点F 的直线l 与C 相交于,A B 两点，在x 轴上是否存在点N ，使得NA NB ∙为定值？如果有，求出点N 的坐标及相应定值；如果没有，请说明理由.【答案】（1）13422=+y x ；（2）存在，⎪⎭⎫ ⎝⎛0,811N . 【解析】 试题分析：（1）由113e OF OM FM+=得()c a a c a c -=+311，即224c a =，结合222c b a +=及3=b ，可求出c b a ,,的值；（2）设()()1122,,,A x y B x y ，(),0N m ．设直线l 的方程为：()1y k x =-（k 存在）联立()⎩⎨⎧=++=1243122y x x k y ，得：()01248342222=-+++k kx x k ，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积结合已知条件推导出存在11,08N ⎛⎫⎪⎝⎭，使得13564NA NB =-． 试题解析：（1）由题意:则有()c a a cc a e a c -==+3-311 化简后得224c a =,又3222==-b c a故2221,4,3c a b ===. 所以椭圆方程为13422=+y x .如果要上式为定值，则必须有2248541131238m m m m --=⇒=-验证当直线l 斜率不存在时，也符合. 故存在点11,08N ⎛⎫⎪⎝⎭满足13564NA NB =-. 考点：（1）椭圆的方程；（2）直线与圆锥曲线的综合问题.【方法点晴】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的点的判断与求法，解题时要认真审题，注意向量的数量积的合理运用．第一问中通过把已知条件中的等式转化为c b a ,,之间的关系，联立出方程组可得解；第二问属于开放性问题，主要考查直线与圆锥曲线的综合问题，首先考虑斜率存在时，设出点斜式，联立方程组，运用韦达定理以及向量数量积的概念，运用整体代换的思想得到在一般情况下的存在性，最后验证在一般情况下，当斜率不存在时也成立.21.（本小题满分12分）已知函数()()xf x e kx k k R =-+∈. （1）试讨论函数()y f x =的单调性；（2）若该函数有两个不同的零点12,x x ，试求： （i ）实数k 的取值范围； （ii ）证明：124x x +>.【答案】（1）当0≤k 时, )(x f y =的单调递增区间为),(+∞-∞,无单调递减区间，当0>k 时, )(x f y =的单调递增区间为),(ln +∞k ,单调递减区间为)ln ,(k -∞；（2）（i ）()+∞,2e ；（ii ）证明见解析. 【解析】试题解析：由)()(R k k kx e x f x∈+-=,则k e x f x -=')(,讨论:若0≤k ,则0)(>'x f ,故)(x f y =在定义域上单调递增； 若0>k ,令0)(>'x f ,解得k x ln >;令0)(<'x f ,解得k x ln <,综上:当0≤k 时, )(x f y =的单调递增区间为),(+∞-∞,无单调递减区间; 当0>k 时, )(x f y =的单调递增区间为),(ln +∞k ,单调递减区间为)ln ,(k -∞. (2) （i)由题意:由(1)可知, 当0≤k 时,函数至多只有一个零点,不符合题意,舍去;0>k 时,令0ln )(ln ln <+-=k k k e k f k ,解得2e k >,此时0)1(>=e f ;+∞→x 时, 0)(>+∞→x f ,因此会有两个零点,符合题意.综上:实数k 的取值范围是),(2+∞e由()()01)1(1)1(2)1(21)(222>+-=+--+-='t t t t t t t t h ,)(t h y =单调递增,则0)1()(=>h t h ,故不等式成立,综上 即原不等式成立.考点：（1）利用导数判断函数的单调性；（2）函数零点个数的判断；（3）函数性质的综合应用.【一题多解】本题主要考查利用导数判断函数的单调性，以及函数的图象判断函数零点的个数及函数性质的应用等，综合性较强，难度较大，前面两个问题属于常规题，最后一小问还可采用由1,0)(-=∴=+-=x e k k kx e x f xx,构造函数1)(-=x e x g x ,由()21)2()(--='x x e x g x ,令2,0)(>∴>'x x g ；令2,0)(<∴<'x x g 且1≠x ,2)2(e g =,则函数)(x g y =在)1,(-∞和)2,1(单调递减,在),2(+∞递增,若与直线k y =有两个交点21,x x ,则必有),2(),2,1(21+∞∈∈x x ,要证421>+x x ,即证: 124x x ->,因为函数)(x g y =在),2(+∞递增,只需证)()()4(121x g x g x g =<-即可,即证)2,1(,13111411∈-<--x x e x e x x ,通分后只需证()0)3(111141<----x xe x e x ,构造函数())2,1(,)3(1)(4∈---=-x e x ex x h x x由0))(2()2()2()(44>--=---='--x x x x e e x x e x e x h ,故)(x h y =在)2,1(上单调递增,故0)2()(=<h x h ,故不等式成立,综上则原命题成立．请考生在第22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.解答时请写清题号.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程曲线C 的极坐标方程是4sin()6πρθ=-，直线l 的参数方程是32545x t y t ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）.（1）将曲线C 的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）设直线l 与x 轴的交点是,M N 为曲线C 上一动点，求MN 的取值范围. 【答案】（1）()()43122=-++y x ；（2）[]232,232+-.【解析】试题解析：（1ρx y y x 23222-=+,化简得:()()43122=-++y x曲线C 的极坐标方程转化为直角坐标方程为：()()43122=-++y x（2）消去参数t ,直线l 的参数方程化为直角坐标方程得：4(2)3y x =-- 令0y =得2x =，即(2,0)M ，又曲线C 为圆，圆C半径2=r ，则则[]232,232+-∈MN . 考点：简单曲线的极坐标方程.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()3f x m x =--，不等式()1f x >的解集为(1,5)． （1）求实数m 的值；（2）若关于x 的不等式()x a f x -≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）3=m ；（2）(][)+∞⋃∞-,60,. 【解析】（2）关于x 的不等式()x a f x -≥恒成立⇔关于x 的不等式33x a x -≥--恒成立33x a x ⇔-+-≥恒成立33a ⇔-≥恒成立，由33a -≥或33a -≤-，解得：6a ≥或0a ≤．即),6[]0,(+∞-∞∈ a . 考点：（1）绝对值不等式的解法；（2）分段函数的应用.。