2015-2016学年湖北省襄阳市高二下学期期末考试物理试题(扫描版)

2016年7月襄阳市普通高中调研统一测试高二语文参考答案及评分标准单项选择题27分（每小题3分）．．．．．，而非“统治人民．．”）２．Ｂ（中央王朝通过各民族的首领进行的统治应该是“间接的”，而非“直接的”）３．Ｃ（“促进”的主语应是“土司制度的建立”，而不是“土司的设立”）4．A5．D（这里的“传”是古代注释、阐述经文的著作，而非传记。

）6．C (“所有的将帅对他都是谦恭而有礼貌”错)7．(1) 杜预到任以后，修缮铠甲、兵器、展示威武之势，(之后)就使精锐部队轻装前进，偷袭东吴西陵督张政，大败他。

(2) 有人讥讽他心思太细琐，杜预说：“夏禹后稷的功勋，目的在于救济世人，也许可以吧。

”8．浅浅的春寒从溪水边、城郭旁消退了，天气转暖，花影摇曳，莺声盈耳，一派热闹的城郊暮春风光。

（2分）这四句写眼前之景，交代了人物活动的时令、地点。

（1分）以乐景衬哀情，奠定全文的感情基调。

（2分）9．“春去也”运用双关。

一声浩叹，不仅是在感慨春光已逝，同时也暗示自己生命的春天将一去不复返，可谓一语双关，言简意深。

（3分）“飞红万点愁如海”运用了借代、比喻、夸张的修辞手法。

“飞红万点”生动地写出了暮春时节落英缤纷的景象，画面凄美，令人伤感；“愁如海”比喻新奇，以深不可测、茫无边际的大海写出了词人愁之深、愁之广，这愁既有伤春之愁、年华已逝的悲愁，也有人生失意的愁苦。

（指出任意两种手法，并作分析即可。

（3分。

）10．（1）引壶觞以自酌，眄庭柯以怡颜。

（2）渔舟唱晚，响穷彭蠡之滨。

（3）东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。

（每空1分，每错一字扣1分，扣完1分为止）11．（1）【AD】（答A得3分，答D得2分，答B得1分，答CE不给分。

B“一定是多年前的恋人”的说法太绝对。

C“他”无法注意听取会议内容，主要因为“他的心思全在她身上，激动地寻找她的身影”。

E“她”拨电话是“他”想象中的，“说明老总很官僚”也不合理。

）（2）男女主人公均是害羞腼腆、不善表达、拘谨内向的形象。

2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（）A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）A．E A＜E B φA＞φB B．E A＜E B φA＜φB C．E A＞E B φA＜φB D．E A＞E B φA＞φB 10．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A．B．C．D．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零【考点】电势能；电势．【分析】本题抓住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小、电势为零，电势能为零，进行分析判断．【解答】解：A、某点的电场强度大，该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故A错误．B、某点的电势高，由公式E P=qφ知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故B错误．C、某点的场强为零，该点的电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故C 错误．D、某点的电势为零，即φ=0，由公式E P=qφ知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D 正确．故选D2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．【解答】解：A、设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma=mg，得：f=0.5mg，斜面的长度，则物块克服摩擦力做功为W f=f•2H=0.5mg•2H=mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，机械能不守恒，故AD错误．B 、已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：△E k =W 合=F 合•=mg •2H=2mgH ．故C 正确，B 错误．故选：C3．在电场中的某点放入电量为﹣q 的试探电荷时，测得该点的电场强度为E ；若在该点放入电量为+2q 的试探电荷，此时测得该点的场强为（ ）A ．大小为2E ，方向和E 相反B ．大小为E ，方向和E 相反C ．大小为2E ，方向和E 相同D ．大小为E ，方向和E 相同【考点】电场强度．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义．【解答】解：根据场强的定义式E=得该点的场强为E ，再根据电场中的场强取决于电场本身，所以在该点放入电量为+2q 的试探电荷时，该点的场强不变，故ABC 错误，D 正确． 故选：D ．4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（ ）A ．质量不变，速度增大到原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍C ．质量减半，速度增大到原来的4倍D ．速度减半，质量增大到原来的4倍【考点】动能．【分析】动能为E K =mV 2，物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化，根据公式逐个分析即可．【解答】解：A 、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=m （2V ）2=4E K ，所以A 正确．B 、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•2mV 2=2E K ，所以B 错误．C 、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=（）（4V ）2=8E K ，所以C 错误．C 、D 、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•4m （V ）2=E K ，所以D 错误．故选：A ．5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB【考点】电场线；电势．【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低．【解答】解：AB、v﹣t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即E A＞E B；故A正确，B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即φA＞φB，故C正确，D错误；故选：AC．6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F2和线的拉力F1三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，减小，A、B间斥力F2大小的变小，故B正确，故选：B7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．【解答】解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A正确，B错误，C正确．D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：ACD．8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】B、C、D在以Q为圆心的同一圆周上，电势相等，电场力做功公式W=qU分析即可．【解答】解：据题知，B、C、D都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A与B、C、D三点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．即有W AB=W AC=W AD．故AB错误，CD正确．故选：CD9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）A．E A＜E B φA＞φB B．E A＜E B φA＜φB C．E A＞E B φA＜φB D．E A＞E B φA＞φB 【考点】电场强度．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．【解答】解：由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即E A＞E B．画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，则有A点的电势高低C点的电势，所以A点的电势高低B点的电势，即φA＞φB．故选项D正确．故选：D10．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A．B．C．D．【考点】电势；电场的叠加．【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选：A．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【考点】电势；电场强度．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D正确．故选：BD12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多【考点】库仑定律．【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”．故D正确，C错误，故选：AD二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】小物体在BC上做匀速运动，对小物体进行受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可；小物体做匀加速运动时根据动能定理列方程求解即可．小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理列方程．【解答】解：（1）小物块在BC上匀速运动，支持力：N=mgcosθ滑动摩擦力：f=μN由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ解得：μ=tanθ（2）小物块在CA段做匀加速直线运动，则：N′=mgcosθ﹣qEf′=μN′根据动能定理得：mgLsinθ﹣f′L=m（v2﹣v20）解得：E=（v2﹣v20）+W G+W f=E K﹣E K0（3）①小物块可能从A处出电场，W电则：﹣qEL=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣②小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，则：﹣qEx=m（0﹣v20）从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理：W f=E K﹣E K0﹣2μmgxcosθ=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ；（2）匀强电场场强E的大小E=（v2﹣v20）；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，小物块离开电场区时的动能E K大小为mv20﹣或者mv20﹣．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电场强度．【分析】（1）线框做匀速运动时重力的分力与安培力平衡，根据平衡条件，结合切割产生的电动势、闭合电路欧姆定律求出匀速运动的速度．（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界这段过程为研究过程，运用动能定理求出电场强度的大小．（3）当小球运动到电场的下边界时刚好返回，速度为零，运用动能定理求解小球到达的最低点与电场上边界的距离．【解答】解：（1）设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则：E=BLv0，I=F A=BIL=根据平衡条件：mgsinθ﹣=0可解得：v0==1m/s（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理：﹣qEL+mgsinθ×2L=0﹣可解得：E=6×106N/C（3）设经足够长时间后，小球运动的最低点到电场上边界的距离为x，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合．根据动能定理：qEx﹣mgsinθ（L+x）=0解得：x=m答：（1）线框做匀速运动时的速度大小为1m/s；（2）电场强度的大小为6×106N/C；（3）经足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离为m．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：E=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨道半径：r=，r1=，r2=r1，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：v min=（9﹣6）；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x，由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）x≥，x=，解得：r1=（1+），n＜3.5，即：n=1时，v=，n=2时，v=，n=3时，v=；答：（1）电场强度的大小为，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为（9﹣6）．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：、或、或．2016年4月13日。

高二物理参考答案和评分标准12. （1）S 2接1（1分），闭合S 1（1分），调节PR '（1分）,读出此时电压表和电流表的示数U 1、I 1（1分）；（2）2121x U U R I I =-；（2分）（3）电路连接如图所示（4分）13. 解：（1）由图知，交变电压周期T =0.02s角速度πππω10002.022===T rad/s所以电压瞬时值表达式为 )100sin(350t u π=(V) （2分） （2）由R I P 2=∆可知：（1分）21053⨯=∆=R P I =50A （2分） （3）设降压变压器原线圈两端电压为u 1，副线圈两端电压为u 2，则由P 用= u 1I 可知，341109.150105.9⨯=⨯==I P u 用V （1分） 再由2121n n u u =可知，（2分） 1195220109.1321=⨯=n n （2分） 14. 解：（1）ab 边刚进入时，线圈匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知：F 安=mgsinθ=0.1(N) ① （1分）方向沿斜面向上 （1分）(2)设ab 边进入磁场时线圈速度为v ，磁场磁感应强度为B ， 由机械能守恒定律：21sin 2mv mgL θ= ② 可得：v =1m /s （1分） E =nBLv ③ （1分） E I R= ④ （1分） F 安=nBIL ⑤ （1分）由①②③④⑤联立代入数据得：B=0.2T （1分）（3）分析可知线圈穿过磁场过程中一直匀速运动，由能量守恒得：Q =mg ·2Lsin θ=0.02J ⑥ （3分）(其它答案参考给分)15. 解：（1）设粒子在区域Ⅰ内轨道半径为r 1，则由qv 0 B 0=m 120r v 可知： （2分）r 1=00qB m v =R 1 （3分） 由图知，粒子经P 点的速度沿x 轴正方向.（2分） (2)设磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为B ，外边界的半径为R ，粒子在区域Ⅱ中的轨道半径为r 2，如图，由几何关系知：1233R r = （2分） 又∵qBmv r 02= （2分） ∴B =03B （2分） 由几何关系得1222332R r r r R ==+= （3分）16. 解：（1）由折射定律可得：红＝v C n 1 ----------------------1分紫＝v C n 2 ----------------------1分 联立可解得：12n n =紫红v v ----------------------2分 （2）红光应满足临界角C ＞30 ° ----------------------2分则有：sinC ＝2111>n ----------------------2分 可得：折射率n 1＜2 ----------------------2分16. 解：①设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时根据动能定理有：()t F v m v m A A =--'11. ........ 2分 解得N F 50= 方向水平向右 . …… 2分②当A 与B 碰撞时，设碰撞后两物体的速度为v ，根据动量守恒定律有V m m v m B A A )(1+=' …… …. 2分A B 在光滑圆形轨道上升时，机械能守恒，由机械能守恒定律得 gh m m V m m B A B A )()(212+=+ …… .. 2分 解得h=0.45m …… ..2分。

资料概述与简介 2016年7月襄阳市普通高中调研统一测试 高二语文参考答案及评分标准 单项选择题　27分（每小题3分） 题号1 2 3 4 5 6 13 14 15 答案 D B C AD C B B C １．Ｄ（不符文意，原文是“土司制度已成为明朝统治西南诸民族的主要制度”，而非“统治人民”） ２．Ｂ（中央王朝通过各民族的首领进行的统治应该是“间接的”，而非“直接的”） ３．Ｃ（“促进”的主语应是“土司制度的建立”，而不是“土司的设立”） 4．A 5．D（这里的“传”是古代注释、阐述经文的著作，而非传记。

） 6．C (“所有的将帅对他都是谦恭而有礼貌”错) 7．(1) 杜预到任以后，修缮铠甲、兵器、展示威武之势，(之后)就使精锐部队轻装前进，偷袭东吴西陵督张政，大败他。

(2) 有人讥讽他心思太细琐，杜预说：“夏禹后稷的功勋，目的在于救济世人，也许可以吧。

” 8．浅浅的春寒从溪水边、城郭旁消退了，天气转暖，花影摇曳，莺声盈耳，一派热闹的城郊暮春风光。

（2分）这四句写眼前之景，交代了人物活动的时令、地点。

（1分）以乐景衬哀情，奠定全文的感情基调。

（2分） 9． “春去也”运用双关。

一声浩叹，不仅是在感慨春光已逝，同时也暗示自己生命的春天将一去不复返，可谓一语双关，言简意深。

（3分）“飞红万点愁如海”运用了借代、比喻、夸张的修辞手法。

“飞红万点”生动地写出了暮春时节落英缤纷的景象，画面凄美，令人伤感；“愁如海”比喻新奇，以深不可测、茫无边际的大海写出了词人愁之深、愁之广，这愁既有伤春之愁、年华已逝的悲愁，也有人生失意的愁苦。

（指出任意两种手法，并作分析即可。

（3分。

）? 10．（1）引壶觞以自酌，眄庭柯以怡颜。

（2）渔舟唱晚，响穷彭蠡之滨。

（3）东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。

（每空1分，每错一字扣1分，扣完1分为止） 11． （1）【AD】（答A得3分，答D得2分，答B得1分，答CE不给分。

B“一定是多年前的恋人”的说法太绝对。

2015-2016学年湖北省襄阳一中高二（下）月考物理试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共8.0分)1.有三个完全一样的金属小球A、B、C，A带电荷量+7Q、B带电荷量-Q、C不带电，将A、B分别固定起来，然后让C球反复很多次与A、B球接触，最后移去C球，则A、B球间的库仑力变为原来的（）A.倍B.倍C.倍D.无法确定【答案】B【解析】解：带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．将A、B固定起来，然后让C球反复与A、B球接触，最后移走C，所以A、B、C最终带电量q==2q原来A、B间的相互吸引力的大小是F=后来A、B间的相互吸引力的大小是F′=所以′=故选B．理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．2.一弹簧振子的振幅为A，下列说法正确的是（）A.在时间内，振子发生的位移一定是A，路程也是AB.在时间内，振子发生的位移一定是零，路程可以大于AC.在时间内，振子发生的位移一定是2A，路程一定是2AD.在T时间内，振子发生的位移一定为零，路程一定是4A【答案】D【解析】解：A、若不是从平衡位置和位移最大处经过周期，位移和路程都不是A，故A错误；B、若从平衡位置计时，经过周期，位移是A，路程为A；若不是从平衡位置出发，则路程可能大于A，可能小于A．故B错误；C、从平衡位置开始计时，经过周期，位移为0，故C错误；D、在T时间内，振子完成一次全振动，位移为零，路程为4A，故D正确故选：D振子从平衡位置和位移最大处经过周期，振子发生的位移才为A，经过周期位移为2A，其他位置则不是，一个周期内，不管从哪个位置开始运动，位移都为零，路程为4A．本题考查了位移和路程的区别，注意振子计时的位置，难度不大，属于基础题．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)3.如图，在匀强磁场中水平放置一平行金属导轨（电阻不计），且与大螺线管M相接，磁场方向竖直向下，在M螺线管内同轴放置一小螺线管N，N中通有正弦交流电i=I m sin t，t=0时刻电流为零，则M中的感应电流的大小与跨接放于平行导轨上的导体棒ab的运动情况为（）A.t=时刻M中电流最大B.t=时刻M中电流最大C.导体棒ab将在导轨上来回运动D.导体棒ab将一直向右方（或左方）做直线运动【答案】BC【解析】解：A、N中通有正弦交流电，在时刻电流最大，电流的变化率最小，则在螺线管M中产生的感应电流最小，为零．在时刻，N中的电流为零，但电流的变化率最大，则在螺线管M中产生的感应电流最大．故A错误，B正确．C、在0-内，N中的电流先增大，则在M产生产生变化的电流，导体棒受到安培力向某一方向做变加速度直线运动；在-内，N中的电流减小，则在M中产生反向的变化的电流，导体棒受到相反反向的安培力做变减速直线运动到零；在-内，N中的电流反向增大，在M中产生的电流方向与-内相同，所以导体棒又反向做变加速直线运动，在内反向变减速直线运动到零．知导体棒在导轨上来回运动．故C正确，D错误．故选BC．N中电流变化，会产生变化的磁场，在螺线管M中产生感应电动势以及感应电流，根据磁场变化率的大小判断产生的感应电流的大小．根据ab棒受到安培力，判断导体棒的运动情况．解决本题的关键会根据N中的电流变化判断出M中的电流，实际上在N中为正弦交流电，在M中产生的交流电为余弦图线．4.霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D.电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【答案】AB【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqv S=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z 的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选AB．霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．三、单选题(本大题共4小题，共16.0分)5.如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）A.金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相同B.金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越小C.金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D.金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能【答案】C【解析】解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，都会产生感应电流．金属环进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律得知两个过程感应电流的方向相反，故A错误．B、金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，离平衡位置越近，则速度越大，故B错误．C、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能不断减少，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当环完全在磁场中来回摆动时，磁通量不变，没有感应电流，圆环的机械能守恒，摆角不变，在磁场区域来回摆动，故C正确．D、圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，则金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故D错误故选：C感应电流的方向由楞次定律判断．当穿过金属环的磁通量不变时没有感应电流产生，金属环不再受到安培力．最终金属环在磁场内往复运动．本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．要注意金属环最终不可能停下来，机械能就不可能完全转化为电能．6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=1：3，次级回路中联入三个均标有“36V，40W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36V、40W”的灯泡A（）A.也正常发光B.将被烧毁C.比另三个灯暗D.无法确定【答案】A【解析】解：串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电压为3U，设原线圈中的电压为U′，则：′，所以U′=U=36V．所以小灯泡A也正常发光．故选项A正确．故选：A．设每只灯的额定电压为U，因串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电压为3U，由电压关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．解决本题的切入点在原、副线圈的电压关系，突破口在于原线圈电路的电压分配关系上．7.如图所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面．在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点先后以相同的速率v沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小．若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是（）A.电场强度方向由A指向BB.电场强度方向由D指向CC.粒子到达B点时动能最大D.粒子到达D点时电势能最小【答案】D【解析】解：A、B、仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最小，电势能最大，则C 点是沿电场强度方向离A点最近，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿CD方向．故A、B错误；C、D、由上可知，电场线方向从C到D，由沿着电场线方向，电势降低，则有D点的电势能最小，动能最大，故C错误，D正确；故选：D带正电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，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最小．则说明电场力做功最小，从而得出C点是沿电场强度方向离A点最近．电场力做功就是电量与两点的电势差的乘积．C点是沿电场强度方向离A点最近，则电场线与过C的切线相垂直．同时还运用只有电场力做功，导致电势能与动能相互转化．并考查电势能等于电量与电势的乘积．8.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能W随位移s变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为E A和E B，电势分别为φA和φB．则（）A.E A＞E BB.E A＜E BC.φA＞φBD.φA＜φB【答案】D【解析】解：A、B设电子的总能量为E总，电场强度为E，则由动能定理得e E s=E总-W，E一定，由数学知识可知，W-s图象的斜率等于-E，由图象知，E一定，则有E A=E B．故AB 错误．C、D由W-s图象看出电子从A运动到B，电势能减小，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，φA＜φB．故C错误，D正确．故选D由图象读出电势能随距离的变化，根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势的高低．根据动能定理列式研究电场力是否变化，比较场强的大小．本题根据推论：负电荷在电势高处电势能小，分析电势的高低．由动能定理和数学知识得到场强是不变的．四、多选题(本大题共2小题，共8.0分)9.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A.增大R1B.减小R2C.减小R3D.减小MN间距【答案】BD【解析】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．10.某横波在介质中沿x轴正方向传播t=0时刻，P点开始向y轴正方向运动，经t=0.2s．P点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是（）A.该横波的波速为5m/sB.质点Q与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反C.在0.2s的时间内质点M通过的路程为lmD.从图示时刻再过2.6s，质点M处于平衡位置，且正沿y轴负方向运动【答案】AB【解析】解：A、由图示波形图可知：波长λ=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=，解得：T=0.8s，则v=，故A正确；B、质点L与质点N之间的距离为半个波长，则振动情况完全相反，故B正确；C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；D、t=2.6s=，此时刻M点处于波谷且向上运动，则经过2.6s，质点M处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，故D错误．故选：AB根据图示波形图可以求出波长；根据质点O的振动可以求出波的周期，已知波长与周期，由波速公式可以求出波速，两质点相差半个波长的奇数倍时振动方向完全相反，除以平衡位置及波峰波波谷处的质点一个周期内振动的路程为4A．本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速．五、实验题探究题(本大题共2小题，共16.0分)11.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）．正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点．A．电流表A（量程0.6A，内阻约0.3Ω）B．电压表V（量程15.0V，内阻约10kΩ）C．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）D．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）E．电源E（电动势15V，内阻忽略）F．电键、导线若干①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______ ．（只需填写器材前面的字母即可）②请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图．③该小组测出热敏电阻R1的U-I图线如曲线I所示．请分析说明该热敏电阻是______ 热敏电阻（填PTC或NTC）．④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如曲线II所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图所示电路．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A 和0.60A，则该电池组的电动势为______ V，内阻为______ Ω．（结果均保留三位有效数字）【答案】C；PTC；10.0；6.67【解析】解：①为方便实验操作，滑动变阻器应选C；②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．④在闭合电路中，电源电动势：E=U+I r，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67Ω；故答案为：①C；②电路图如图所示；③PTC；④10.0；6.67．①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．②根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路．③根据图象应用欧姆定律判断元件阻值随温度变化的关系，然后确定元件类型．④根据实验数据，应用欧姆定律求出电源电动势与内阻．本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．12.某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．①调节R时应控制电动机______ （转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是______ ．③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为______ Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为______ W．（计算结果保留2位有效数字）④由于______ （电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏______ （大或小）．【答案】不转动；0.50A；2.0；2.5；电压表内阻；小【解析】解：①控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，实验时应控制电动机不转．②由图示电流表可知，其量程是0.6A，分度值为：读数为0.50A．③电动机线圈电阻：R=-R0=-3=2Ω；电动机正常工作时输出的机械功率：P机械=P总-P热=UI-I2R=6×0.5-0.52×2=2.5W；④由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，由欧姆定律可知，电动机线圈电阻的测量值小于真实值．故答案为：①不转动；②0.50A；③2.0；2.5；④电压表内阻；小．①当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻．②由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数．③由欧姆定律与串联电路特点求出电动机线圈电阻；应用电功率公式求出电动机的总功率与热功率，然后求出机械功率．④根据实验电路分析实验误差．对于电动机电路，当电动机不转动时，其电路为纯电阻电路，欧姆定律U=IR适用；当电动机正常工作时，U＞IR，欧姆定律U=IR不成立．六、计算题(本大题共4小题，共44.0分)13.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V．假设电表都是理想的，求：（1）这台电动机线圈的电阻r=？（2）这台电动机正常运转时的效率η=？【答案】解：（1）当电流表和电压表的示数为0.5A和1.0V时电动机停止工作，电动机内阻视为纯电阻，则由欧姆定律可知其阻值为：r===2Ω．（2）当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0A和12.0V，则电动机的总功率为：P总=U2I2=12.0×2.0W=24.0W，线圈电阻的热功率为：P热=I r=2.02×2W=8.0W，得：P输出=P总-P热=24.0W-8.0W=16.0W．×100%==67%则电动机的效率为：η=出总答：（1）电动机的线圈电阻为2Ω；（2）这台电动机正常运转时的效率为67%．【解析】（1）当电动机停止工作时，电动机以看作纯电阻电路；由欧姆定律可求得其内阻；（2）当正常工作时，输出功率等于总功率减去内阻上消耗的热功率．再由效率公式可求得电动机的效率．本题考查功率公式及欧姆定律的应用，要注意明确电动机的输出功率等于总功率与热功率的差值；效率公式为η=出×100%．总14.如图所示，质量为m，电量为q的带电粒子以初速v0进入由两个平行金属板构成的场强为E的匀强电场中，两极板长度为L，电容器极板中央到光屏的距离也是L．已知带电粒子打到光屏的P点，不计重力作用．求偏移量OP的大小．【答案】解：水平方向：粒子做匀速直线运动，则t=竖直方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a=设粒子射出电场时，速度偏向角为θ则tanθ==代入得tan θ=故OP=L tan θ=答：偏移量OP 的大小为． 【解析】带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动，平行于板的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出时间．根据牛顿张第二定律求出加速度，将射出电场的速度分解，求出偏转角θ的正切，由OP=L tan θ求解OP ．本题是应用推论求解的，也可以求出偏转距离和偏转角的正切，根据数学知识求解OP ．也可以用三角形相似法求解OP ．15.如图所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．（1）判读墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B 的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B ′，则B ′的大小为多少？【答案】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有： ①由①式得，q = ． ②由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷． ③（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有：④ 考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d ⑤由②④⑤式得，B=．⑥（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R ′，有：′′ ⑦由图示可得，′′⑧得，′⑨联立②⑦⑨式可得，′．答：（1）墨滴带负电，电量为．（2）磁感应强度B=．（3）B’的大小为′．【解析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负．（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小．本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动．结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．16.一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R．【答案】解：画出磁场区域及粒子运动的轨迹如图，设粒子圆周运动的半径为r，由几何知识可得：r+2r=L，解得：r=L，磁场区域的半径为：R=r=L，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：B=；答：磁场区域的半径R L．磁场的磁感强度B的大小为：．【解析】带电粒子垂直进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，轨迹的圆心应在y轴正方向上，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律列式求出磁感强度B的大小．本题是带电粒子在组合场中运动的问题，处理磁场中圆周运动的基本方法是画轨迹，运用几何知识求出轨迹半径，电场中运用运动的分解法求解相关量．。

2015-2016年高二物理下学期期中试卷（有答案）201—2016学年下学期高二期中考试物理试题时间：90 分钟命题学校：曾都一中枣阳一中襄州一中宜城一中分值：110 分命题老师：第I卷（选择题，共0分）一、选择题(共10个小题，每小题分。

其中1～6题只有一个选项正确，其余各题都有两个或两个以上选项正确，全部选对得分，选不全的得3分，有错选的得0分。

)1、在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献。

下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象B．库仑发现了点电荷的作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值．欧姆提出了电场线和磁感线的概念D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2、弹簧振子做简谐运动时，以下说法不正确的是（）A．振子通过平衡位置时，回复力一定为零B．振子做减速运动时，加速度却在增大．振子远离平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反D．振子向平衡位置运动时，加速度方向与速度方向相反3、理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A，则()A．电压表读数为282 VB．电压表读数为282 V．输入功率为40D．输入功率为644、如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上，则在T2～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向是()A．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左[:学科网]B．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右[:Z*xx*] ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左D．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右、一个弹簧振子在A，B间做简谐运动，为平衡位置，如图所示，从某时刻起开始计时t=0，经过1/4周期，振子具有正向最大速度，则如图所示的图象中，哪一个能正确反映振子的振动情况？（）6、单摆的振动周期在发生下述哪些情况中增大（）A．摆球质量增大B．摆长减小．单摆由赤道移到北极D．单摆由海平面移到高顶上7、如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，A和B是两个完全相同的小灯泡。

2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题1．下列说法中，正确的是（）A．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了速度与下落时间成正比D．平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向上的形变而造成的2．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）A．B．C．D．3．（2011•清城区一模）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向左C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力4．（2016春•无锡校级期末）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A．20 mB．10 mC．6.5 cmD．45 m5．（2016•镇江校级一模）如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．6．为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力一时间图象，如图所示．运动员在空中运动时可视为质点，不计空气阻力，则可求运动员跃起的最大高度为（g=10m/s2）（）A．7.2 mB．5.0 mC．1.8 mD．3.6 m7．（2016•淄博三模）如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是（）A．B．C．D．8．（2011•沧州三模）如图所示是汽车中的速度计．某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化，开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过7s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，下列说法正确的有（）A．右速度计直接读出的是汽车运动的平均速度B．右速度计直接读出的是汽车7s时的瞬时速度C．汽车运动的加速度约为5.7m/s2D．汽车运动的加速度约为1.6m/s29．（2014秋•龙岩期末）质量均为m、可视为质点的两小球，用三根相同细线OA、OB、AB悬挂，如图所示．现用一水平方向的力F作用于A处小球时，三根细线均处于伸直状态，且细线OB恰好竖直，两小球处于静止状态．设细线OA、OB、AB受到的拉力分别为T A、T B、T，则力T A、T B、T、F的大小正确的是（）A．T A=2mgB．T B=2mgC．T=2mgD．F=2mg10．如图所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法不正确的是（）A．力F最小值为Gsin θB．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角二、实验题11．（2015•广东校级模拟）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂﹣重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为（2）下列不必要的实验要求是（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次试验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出一个解决办法．．12．（2016春•厦门校级期末）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带上每5个点取一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点时间顺序编号为0，1，2，3，4，5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示，请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是（2）打A纸带时，物体的加速度大小是m/s2三、计算题13．（2016春•厦门校级期末）某物理实验小组在游泳池做了一个实验，将一个小木球离水面7.2m高静止释放（不计空气阻力），经1.50s后落入池底速度刚好为零，假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2，求：（1）木球在水中运动的加速度的大小；（2）游泳池水的深度．14．（2015秋•重庆校级期中）如图所示，一个质量为m=4kg的物体放在水平地面上，当给物体施加一个水平恒力F1=32N时，恰好可以匀速滑动（g=10m/s2，已知cos37°=0.8，sin37°=0.6），求：（1）物体与水平面间的滑动摩擦因数μ；（2）若把原来的水平力改为与水平面成θ=37°的斜向下力F2，为了让物体匀速运动，F2应为多大．15．（2016春•厦门校级期末）A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为v2=20m/s，如A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为V2=20m/s，如图所示．当A、B两车相距x0=28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；（2）A车追上B车所用的时间；（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度．16．（2016春•厦门校级期末）倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上（滑轮与斜面没有连接），另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行，垂直于斜面，如图所示，不计滑轮摩擦．（1）求小车的质量；（2）现使A、B位置互换，当系统再次静止时，地面与斜面体之间的摩擦力大小；（3）当A、B位置互换后，换用多大质量的小车可以使小车放在斜面上而斜面体与地面刚好没有摩擦力．2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法中，正确的是（）A．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了速度与下落时间成正比D．平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向上的形变而造成的【考点】弹性形变和范性形变；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】物体的运动状态发生变化时，只是物体的速度发生了变化，加速度不一定变化；运动的物体可能受到静摩擦力作用，静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证；平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向下的形变而造成的；【解答】解：A、物体做匀变速直线运动时，速度大小变化了，故物体的运动状态发生了变化，但是加速度是个定值．所以物体的运动状态发生变化时，加速度不一定发生了变化，故A错误；B、静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用，例如擦黑板时，黑板是静止的，受到的摩擦力是滑动摩擦力，故B正确；C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故C错误；D、平放在桌面上的书受到的支持力，是由于桌面发生向下的形变，恢复形变时对书产生向上的弹力即支持力，故D错误；故选：B．【点评】本题考查知识点较多，考查了加速度与运动状态的关系、摩擦力、斜面实验以及弹力的产生，比较容易出错，解题时要准确理解有关概念，可以适当用举例反证法去证明结论是错误的．2．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．频闪照相每次拍照的时间间隔相同，根据相邻位置位移的变化，分析人的运动情况，再选择速度图象．【解答】解：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．向右运动过程中，相邻位置的距离逐渐增大，速度越来越大，大致做匀加速运动．后来，向左运动，相邻位置间距相等，大致做匀速运动，能大致反映该同学运动情况的速度﹣时间图象是D．故D正确．故选：D．【点评】本题考查分析实际问题的能力．分析物体的运动情况，找出运动情况与速度图象对应关系是关键．3．（2011•清城区一模）如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是（）A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向左C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力【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】压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力【解答】解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A错误．B、由上可知：A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．故B 正确．C、D对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D正确．故选BD【点评】本题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析．4．（2016春•无锡校级期末）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A．20 mB．10 mC．6.5 cmD．45 m【考点】自由落体运动【分析】根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，由于时间极短，可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度，最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．【解答】解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为：v=，由于时间极短，故A点对应时刻的瞬时速度近似为20m/s由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh可得，h=．故选：A．【点评】由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．5．（2016•镇江校级一模）如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）A．B．C．D．【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】先对b球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件先判断下面的细线的方向；再对ab两个球整体受力分析，受重力、支持力和拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的方向．【解答】解：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误；故选B．【点评】本题关键是先通过对b球受力分析后判断出下面细线的拉力方向，再对两球整体受力分析，判断上面细线的拉力方向．6．为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力一时间图象，如图所示．运动员在空中运动时可视为质点，不计空气阻力，则可求运动员跃起的最大高度为（g=10m/s2）（）A．7.2 mB．5.0 mC．1.8 mD．3.6 m【考点】竖直上抛运动【分析】运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中运动的时间，根据平抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起的最大高度．【解答】解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以下落过程的最长时间为：t下==1s则运动员跃起最大高度为：h==5.0m．故B正确，A、C、D错误．故选：B【点评】竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用．要读懂图象的意义，找出运动员在空中运动的时间．7．（2016•淄博三模）如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是（）A．B．C．D．【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】物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力．斜面体处于静止，分析受力，作出力图，由平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系．【解答】解：设斜面的倾角为θ．物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1=mgcosθ．以斜面体为研究对象，作出力图如图．地面对斜面体的摩擦力f=N1sinθ=mgsinθcosθ因为m，θ不变，所以f不随时间变化．故选：A．【点评】本题关键抓住物块对斜面的压力不变，不要被物块做简谐运动迷惑．8．（2011•沧州三模）如图所示是汽车中的速度计．某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化，开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过7s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，下列说法正确的有（）A．右速度计直接读出的是汽车运动的平均速度B．右速度计直接读出的是汽车7s时的瞬时速度C．汽车运动的加速度约为5.7m/s2D．汽车运动的加速度约为1.6m/s2【考点】瞬时速度；平均速度；加速度【分析】速度计测量的瞬时速度的大小，根据两个时刻的速度大小，根据加速度的定义式求出加速度的大小．【解答】解：AB、速度计测量的是某个时刻的瞬时速度的大小，即瞬时速率．故A错误，B正确．CD、7s前的瞬时速度大小为20km/h，7s后的瞬时速度大小为60km/h，则速度的变化量为40km/h≈11.2m/s，则加速度．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键知道速度计显示的是瞬时速率，知道加速度的定义式．9．（2014秋•龙岩期末）质量均为m、可视为质点的两小球，用三根相同细线OA、OB、AB悬挂，如图所示．现用一水平方向的力F作用于A处小球时，三根细线均处于伸直状态，且细线OB恰好竖直，两小球处于静止状态．设细线OA、OB、AB受到的拉力分别为T A、T B、T，则力T A、T B、T、F的大小正确的是（）A．T A=2mgB．T B=2mgC．T=2mgD．F=2mg【考点】库仑定律；电势差与电场强度的关系【分析】由题OB细线恰好处于竖直方向，说明细线AB没有拉力，以A球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出F．【解答】解：以B球为研究对象：OB细线恰好处于竖直方向，说明细线AB没有拉力，即T B=0．再以A球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图，根据平衡条件得：F=mgtan60°=mg；而T A==2mg，由上分析可知，A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题的关键是根据OB细线恰好处于竖直方向分析细线AB的拉力为零，对于A球是三力平衡问题，常规题．10．如图所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法不正确的是（）A．力F最小值为Gsin θB．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角【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】本题关键根据三力平衡条件判断，三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，然后根据平衡条件，结合平行四边形定则分析．【解答】解：A、小球受到三个力，由于三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，将重力按照另外两个力的反方向分解，如图，由图象可知，当拉力F与绳子垂直时，拉力最小，有最小值Gsinθ，故A正确；B、若力F与绳拉力大小相等，拉力与力F的合力必然在两个力的角平分线上，同时还要与重力方向相反并在一条直线上，故B正确；C、D、若力F与G大小相等，则两力的合力必须与绳子在一条直线上，并且在两个力的角平分线上，故力F方向与竖直方向成2θ角，故C错误，D正确；本题选错误的，故选C．【点评】本题关键抓住三力平衡的条件，三个力中任意两个力必然与第三个力等值、反向、共线．二、实验题11．（2015•广东校级模拟）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂﹣重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 3.6N（2）下列不必要的实验要求是D（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次试验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出一个解决办法．．【考点】验证力的平行四边形定则【分析】弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．【解答】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．故答案为：3.6．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B正确；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D错误．本题选不必要的，故选：D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．故答案为：（1）3.6N （2）D （3）减小M的质量、减小OP与竖直方向的夹角、减小簧测力计B拉力的大小．【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．12．（2016春•厦门校级期末）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带上每5个点取一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点时间顺序编号为0，1，2，3，4，5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示，请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是C（2）打A纸带时，物体的加速度大小是 6.6m/s2【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出4、5两点的距离，从而确定哪段是撕下的．通过△x=aT2求出物体的加速度．【解答】解：（1）x12﹣x01=36.6﹣30.0cm=6.6cm，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，则x45=x01+4×6.6cm=56.4cm，故C正确．（2）根据△x=aT2得，a==m/s2=6.6m/s2．故答案为：（1）C；（2）6.6．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，即在连续相等时间内的位移之差是一恒量．三、计算题13．（2016春•厦门校级期末）某物理实验小组在游泳池做了一个实验，将一个小木球离水面7.2m高静止释放（不计空气阻力），经1.50s后落入池底速度刚好为零，假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2，求：（1）木球在水中运动的加速度的大小；（2）游泳池水的深度．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；自由落体运动【分析】（1）木球先做自由落体运动，进入水中后做匀减速运动．先根据自由落体运动的位移时间公式得出自由下落的时间，根据速度时间公式得出木球进入水中的初速度，结合速度时间公式求出木球在水中运动的加速度大小．（2）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出游泳池水的深度．【解答】解：（1）设木球做自由落体运动的时间为t1由运动学公式得：h1=代入数据解出：t1=1.2s木球入水时的速度：v=gt1=12m/s木球在水中运动的时间：t2=1.5s﹣t1=0.3s木球做匀减速运动过程的加速度：a==m/s2=﹣40m/s2；加速度大小为40m/s2．（2）游泳池水的深度：h2==m=1.8m．答：（1）木球在水中运动的加速度的大小为40m/s2；（2）游泳池水的深度为1.8m．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，理清木球的运动规律，结合运动学公式灵活求解．14．（2015秋•重庆校级期中）如图所示，一个质量为m=4kg的物体放在水平地面上，当给物体施加一个水平恒力F1=32N时，恰好可以匀速滑动（g=10m/s2，已知cos37°=0.8，sin37°=0.6），求：（1）物体与水平面间的滑动摩擦因数μ；（2）若把原来的水平力改为与水平面成θ=37°的斜向下力F2，为了让物体匀速运动，F2应为多大．【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算。

2015-2016学年湖北省襄阳市高二（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（本题共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．已知复数z=（i为虚数单位），则|z|=（）A．B．1 C．D．22．已知=（﹣2，1，3），=（﹣1，2，1），若⊥（﹣λ），则实数λ的值为（）A．﹣2 B．C．D．23．抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（）A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q5．设命题p：方程+=1表示双曲线；命题q： +=1表示焦点在x轴上的椭圆，若p∧q是真命题，则（）A．m＞B．m＜﹣2 C．1＜m＜2 D．＜m＜16．若（x2+mx）dx=0，则实数m的值为（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣1 D．﹣7．已知F1、F2为椭圆C： +y2=1的左、右焦点，点P在椭圆C上，且|PF1|﹣|PF2|=2，则cos∠F1PF2=（）A．B．﹣C．﹣D．8．下面使用了类比推理正确的是（）A．若a、b∈R，则a﹣b=0⇒0⇒a=b，推出：若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=bB．若a、b∈R，则a2+b2=0⇒a=b=0，推出：若a、b∈C，则a2+b2=0⇒a=b=0C．若a、b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b，推出：若a、b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞bD．若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1，推出：若z∈C，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜19．若a、b∈R，则“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件10．已知△ABC的周长为10，且A（﹣2，0），B（2，0），则C点的轨迹方程是（）A． +=1（y≠0）B． +=1（y≠0）C． +=1（y≠0）D． +=1（y≠0）11．如图，F1、F2是双曲线=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、B．若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．12．直线y=a分别与函数y=4x+4和y=3x+lnx的图象相交于M、N两点，则|MN|的最小值为（）A．5 B．1 C．D．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（℃）之间的关系，随机统计了四个工由表中数据得到线性回归方程=﹣2x+a，当气温为﹣5℃时，预测用电量约为．14．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，且它的焦点与椭圆+=1的焦点重合，则双曲线的方程为．15．如图是函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象，给出下列命题：①﹣3是函数y=f（x）的极值点；②﹣1是函数y=f（x）的最小值点；③y=f（x）在x=0处切线的斜率小于零；④y=f（x）在区间（﹣3，1）上单调递增．则正确命题的序号是．16．定义在实数集R上的函数f（x）满足：f（2）=1，且对于任意的x∈R，都有f′（x）＜，则不等式f（log2x）＞的解集为．三、解答题（本大题共6小题，70分）17．已知a为实数，f（x）=x3+ax2﹣6x+4．（1）当a=﹣3时，求f（x）在[﹣2，3]上的最大值和最小值；（2）若f（x）在[﹣1，1]上单调递减，求a的取值范围．18．心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取30名男生和20名女生，给所有同学几何题和代数题各一（单位：人）（）能否据此判断有的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择做几何题的8名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望E（X）．K2=．19．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．（1）求证：AE∥平面C1BD；（2）求证：CE⊥平面C1BD；（3）求二面角A﹣BC1﹣D的大小．20．已知抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，抛物线上存在一点P到气焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上．（1）求抛物线E的方程；（2）过点T（m，0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A、B、C、D四点，且M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积最小值．21．已知函数f（x）=alnx+（a∈R）在x=﹣2处的切线与直线4x﹣3y=0垂直．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）如存在x∈（1，+∞），使f（x）＜（m∈Z）成立，求m的最小值．22．已知数列{a n}、{b n}满足a1=﹣1，b1=1，a n+1=，b n+1=a n+1b n，点P n的坐标为（a n，b n），且点P1、P2在直线l上．（1）求直线l的方程；（2）用数学归纳法证明：对任意n∈N*，点P n（a n，b n）在直线l上．2015-2016学年湖北省襄阳市高二（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题共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．已知复数z=（i为虚数单位），则|z|=（）A．B．1 C．D．2【考点】复数求模．【分析】化简复数z，求出|z|即可．【解答】解：∵复数z====﹣i，∴|z|==1．故选：B．2．已知=（﹣2，1，3），=（﹣1，2，1），若⊥（﹣λ），则实数λ的值为（）A．﹣2 B．C．D．2【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．【分析】求出向量，利用，向量的数量积为0，求出λ的值即可．【解答】解：因为，，所以，由，所以，得﹣2（λ﹣2）+1﹣2λ+9﹣3λ=0⇒λ=2，故选D．3．抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用抛物线的简单性质求解即可．【解答】解：抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是：p=1．故选：A．4．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（）A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q【考点】复合命题的真假．【分析】根据条件求出命题p，q的真假，然后结合复合命题真假关系进行判断即可．【解答】解：∵判别式△=1﹣4×2=1﹣7=﹣6＜0，∴∀x∈R，使得x2﹣x+2＞0；即命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0为假命题，当x∈[1，2]时，x2≥1恒成立，即命题q是真命题，则￢p∧q是真命题，其余为假命题，故选C．5．设命题p：方程+=1表示双曲线；命题q： +=1表示焦点在x轴上的椭圆，若p∧q是真命题，则（）A．m＞B．m＜﹣2 C．1＜m＜2 D．＜m＜1【考点】复合命题的真假．【分析】根据双曲线和椭圆的方程建立不等式关系分别求出对应的等价条件，结合复合命题的真假关系进行求解即可．【解答】解：若方程+=1表示双曲线，则（1﹣m）（m+2）＜0，即（m﹣1）（m+2）＞0，得m＞1或m＜﹣2，若+=1表示焦点在x轴上的椭圆，则，即，即＜m＜2，若p∧q是真命题，则p，q都是真命题，则，得1＜m＜2，故选：C6．若（x2+mx）dx=0，则实数m的值为（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣1 D．﹣【考点】定积分．【分析】求出被积函数的原函数，然后分别代入积分上限和积分下限作差，由积分值为0求得m的值．【解答】解：∵=，∴m=﹣．故选：D．7．已知F1、F2为椭圆C： +y2=1的左、右焦点，点P在椭圆C上，且|PF1|﹣|PF2|=2，则cos∠F1PF2=（）A．B．﹣C．﹣D．【考点】椭圆的简单性质．【分析】由P在椭圆上，可得|PF1|+|PF2|=4，与已知条件联立可求得|PF1|与|PF2|，再利用余弦定理即可求得答案．【解答】解：椭圆的两焦点是F1（0，﹣），F2（0，），∵|PF1|﹣|PF2|=2，|PF1|+|PF2|=4，∴|PF1|=3，|PF2|=1．△F1PF2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|cos∠F1PF2，即12=9+1﹣2×3×1×cos∠F1PF2，∴cos∠F1PF2=﹣，故选：B．8．下面使用了类比推理正确的是（）A．若a、b∈R，则a﹣b=0⇒0⇒a=b，推出：若a，b∈C，则a﹣b=0⇒a=bB．若a、b∈R，则a2+b2=0⇒a=b=0，推出：若a、b∈C，则a2+b2=0⇒a=b=0C．若a、b∈R，则a﹣b＞0⇒a＞b，推出：若a、b∈C，则a﹣b＞0⇒a＞bD．若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1，推出：若z∈C，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1【考点】类比推理．【分析】在数集的扩展过程中，有些性质是可以传递的，但有些性质不能传递，因此，要判断类比的结果是否正确，关键是要在新的数集里进行论证，当然要想证明一个结论是错误的，也可直接举一个反例，要想得到本题的正确答案，可对四个结论逐一进行分析，不难解答．【解答】解：对于A，在复数集C中，若两个复数满足a﹣b=0，则它们的实部和虚部均相等，则a，b相等，故正确；对于B，a=i，b=1，满足a2+b2=0，故不正确；对于C，当a=1+i，b=i时，a﹣b=1＞0，但a，b 是两个虚数，不能比较大小，故不正确；对于D，“若x∈R，则|x|＜1⇒﹣1＜x＜1”类比推出“若x∈C，|z|＜1表示复数模小于1，不能⇒﹣1＜z＜1，故不正确．故选：A．9．若a、b∈R，则“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】作出不等式对应的区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：a2+b2≥4表示在圆a2+b2=4的外部区域，a+b≥4表示在直线a+b=4右上方，由图象知，a+b≥4表示的区域都在圆a2+b2=4的外部，但圆a2+b2=4的外部不一定都在直线a+b=4的右上方，比如a=0，b=3时，满足a2+b2≥4但a+b≥4不成立，即“a2+b2≥4“是“a+b≥4”的必要不充分条件条件，故选：B10．已知△ABC的周长为10，且A（﹣2，0），B（2，0），则C点的轨迹方程是（）A． +=1（y≠0）B． +=1（y≠0）C． +=1（y≠0）D． +=1（y≠0）【考点】轨迹方程．【分析】由△ABC的周长及AB的长，得|CA|+|CB|，由椭圆的定义可判断轨迹的形状，即可得其方程．【解答】解：由题意知，|CA|+|CB|=10﹣|AB|=6＞|AB|，故动点C在椭圆上，2a=6，焦距2c=4，从而b2=a2﹣c2=5，当C与A，B共线时，A，B，C三点不能围成三角形，故轨迹E不含x轴上的两点，∴C的轨迹方程为=1（y≠0）．故选：B．11．如图，F1、F2是双曲线=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、B．若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】由双曲线的定义，可得F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得，a，c的关系，由离心率公式，计算即可得到所求．【解答】解：因为△ABF2为等边三角形，不妨设AB=BF2=AF2=m，A为双曲线上一点，F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，B为双曲线上一点，则BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，由，则，在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2=4a2+16a2﹣2•2a•4a•cos120°，得c2=7a2，则．故选：B．12．直线y=a分别与函数y=4x+4和y=3x+lnx的图象相交于M、N两点，则|MN|的最小值为（）A．5 B．1 C．D．【考点】两点间距离公式的应用．【分析】设M（x1，a），N（x2，a），则4x1+4=3x2+lnx2，表示出x1，求出|MN|，利用导数求出|MN|的最小值．【解答】解：设M（x1，a），N（x2，a），则4x1+4=3x2+lnx2，∴x1=（3x2+lnx2﹣4），∴|MN|=x2﹣x1=（x2﹣lnx2）+1，令y=（x﹣lnx）+1，则y′=（1﹣），函数在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴x=1时，函数的最小值为．故选：C．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（℃）之间的关系，随机统计了四个工由表中数据得到线性回归方程=﹣2x+a，当气温为﹣5℃时，预测用电量约为66°．【考点】线性回归方程．【分析】先计算样本中心点，再求出线性回归方程，进而利用方程进行预测．【解答】解：由题意，==8，==40，将（8，40）代入线性回归方程=﹣2x+a，可得a=56，∴x=﹣5时，y=﹣2×（﹣5）+56=66．故答案为：66°．14．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，且它的焦点与椭圆+=1的焦点重合，则双曲线的方程为=1．【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出椭圆的焦点坐标，可得双曲线的焦点坐标，结合双曲线﹣=1（a＞0，b ＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，求出a，b，即可得出双曲线的方程．【解答】解：∵椭圆+=1的焦点为（±2，0），∴双曲线的焦点坐标为（±2，0），故双曲线中的c=2，且满足c2=a2+b2，故a2+b2=8∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线y=x+2平行，∴a=b，∴a=b=2，∴双曲线的方程为=1．故答案为：=1．15．如图是函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象，给出下列命题：①﹣3是函数y=f（x）的极值点；②﹣1是函数y=f（x）的最小值点；③y=f（x）在x=0处切线的斜率小于零；④y=f（x）在区间（﹣3，1）上单调递增．则正确命题的序号是①④．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．【分析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．【解答】解：根据导函数图象可知当x∈（﹣∞，﹣3）时，f'（x）＜0，在x∈（﹣3，1）时，f'（x）≤0∴函数y=f（x）在（﹣∞，﹣3）上单调递减，在（﹣3，1）上单调递增，故④正确则﹣3是函数y=f（x）的极小值点，故①正确∵在（﹣3，1）上单调递增∴﹣1不是函数y=f（x）的最小值点，故②不正确；∵函数y=f（x）在x=0处的导数大于0∴切线的斜率大于零，故③不正确故答案为：①④16．定义在实数集R上的函数f（x）满足：f（2）=1，且对于任意的x∈R，都有f′（x）＜，则不等式f（log2x）＞的解集为（0，2）．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】设g（x）=f（x）﹣x，由f′（x）＜，得到g′（x）小于0，得到g（x）为减函数，将所求不等式变形后，利用g（x）为减函数求出x的范围，即为所求不等式的解集【解答】解：设g（x）=f（x）﹣x，∵f′（x）＜，∴g′（x）=f′（x）﹣＜0，∴g（x）为减函数，又f（2）=1，∴f （log 2x ）＞=log 2x +，即g （log 2x ）=f （log 2x ）﹣log 2x ＞=g （2）=f （2）﹣=g （log 22），∴log 2x ＜log 22，又y=log 2x 为底数是2的增函数，∴0＜x ＜2，则不等式f （log 2x ）＞的解集为（0，2）．故答案为：（0，2）．三、解答题（本大题共6小题，70分）17．已知a 为实数，f （x ）=x 3+ax 2﹣6x +4．（1）当a=﹣3时，求f （x ）在[﹣2，3]上的最大值和最小值；（2）若f （x ）在[﹣1，1]上单调递减，求a 的取值范围．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，求出函数的极值点，计算极值和端点坐标，从而求出函数的最值；（2）求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于a 的不等式组，解出即可．【解答】解：（1）当a=﹣3时，f （x ）=x 3+ax 2﹣6x +4，f ′（x ）=3x 2﹣3x ﹣6，由3x 2﹣3x ﹣6=0得：x=﹣1或x=2是函数f （x ）的极值点∴f （﹣2）=2，f （﹣1）=，f （2）=﹣6，f （3）=﹣，∴f （x ）在[﹣2，3]上的最大值是，最小值是﹣6． （2）f ′（x ）=3x 2+ax ﹣6，若f （x ）在[﹣1，1]上单调递减，则3x 2+ax ﹣6≤0在[﹣1，1]上恒成立，∴，即，解得：﹣3≤a ≤3，∴a 的取值范围是[﹣3，3]．18．心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取30名男生和20名女生，给所有同学几何题和代数题各一（单位：人）（2）现从选择做几何题的8名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望E（X）．K2=．【考点】独立性检验的应用．【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．【解答】解：（1）k2=≈5.556＞5.024．∴有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关．（2）选择做几何题的8名女生中任意抽取两人有C82=28种方法，其中甲、乙两人都没抽到有C62=15种方法，恰有一人被抽到有C21C61=12种方法，两人都被抽到有C22=1种方法X的可能取值为0，1，2．P（X=0）=，P（X=1）==，P（X=2）=．∴E（X）=0×+1×+2×=．19．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．（1）求证：AE∥平面C1BD；（2）求证：CE⊥平面C1BD；（3）求二面角A﹣BC1﹣D的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）设AC与BD相交于O点，连C1O，推导出AEC1O是平行四边形，从而AE ∥OC1，由此能证明AE∥平面C1BD．（2）法一：推导出CE⊥OC1，BD⊥AC，BD⊥AA1，从而BD⊥CE，由此能证明CE⊥平面C1BD．法二：以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，利用向量法能证明CE⊥平面C1BD．（3）求出平面BC1D的法向量和平面ABC1的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣BC1﹣D的大小．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于O点，连C1O，∵AC∥A1C1，AO=EC1∴AEC1O是平行四边形，AE∥OC1又OC1在平面C1BD内，∴AE∥平面C1BD．（2）证法一：在长方形ABCD中，E是A1C1与B1D1的交点，AB=BC=，AA1=1．∴AC=2，OC=1，故OCC1E是正方形∴CE⊥OC1∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC又BD⊥AA1，AC、AA1在平面ACC1A1内∴BD⊥平面ACC1A1，故BD⊥CE∵OC1、BD在平面C1BD内∴CE⊥平面C1BD．证法二：以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，则B（，0，0），C（，，0），D（0，，0），C1（，，1），E（，，1）=（﹣，﹣，1），=（﹣，0），=（0，，1），∵，∴CE⊥BD，CE⊥BC1，∵BC∩BC1，∴CE⊥平面C1BD．∴CE⊥BD，CE⊥BC1BC1、BD在平面C1BD内，∴CE⊥平面C1BD．解：（3）由（2）知，是平面BC1D的法向量，=（，0，0），设平面ABC1的法向量为=（x，y，z），则，取z=，得，∴cos＜，＞==，又二面角A﹣BC1﹣D为锐角，∴二面角A﹣BC1﹣D的大小为．20．已知抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，抛物线上存在一点P到气焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上．（1）求抛物线E的方程；（2）过点T（m，0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A、B、C、D四点，且M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积最小值．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（1）利用抛物线上存在一点P到其焦点的距离为，且点P在圆x2+y2=上，求出p，可求抛物线E的方程；（2）设直线AB的方程为y=k（x﹣m），直线CD的方程为y=﹣（x﹣m），分别于抛物线方程联立，可得M，N的坐标，求出|TM|，|TN|，可得△TMN的面积，利用基本不等式，求出△TMN的面积的最小值．【解答】解：（1）设P（x0，y0），则x0+=，∴x0=﹣∵点P在圆x2+y2=上，∴（3﹣p）2+4p（3﹣p）=9，解得：p=2∴抛物线的方程为y2=4x．（2）根据题意，直线AB、CD斜率存在且不为零，设AB的斜率为k（不妨设k＞0），则CD的斜率为﹣，直线AB的方程为y=k（x﹣m），直线CD的方程为y=﹣（x﹣m）由y=k（x﹣m），代入抛物线方程得：k2x2﹣2（k2m+2）x+k2m2=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=∴y1+y2=，∴M（m+，）同理，N（m+2k2，﹣2k）∴|TM|=，|TN|=2kS△TMN=••2k=2（k+）≥4当且仅当k=1时，等号成立∴△TMN面积最小值为4．21．已知函数f（x）=alnx+（a∈R）在x=﹣2处的切线与直线4x﹣3y=0垂直．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）如存在x∈（1，+∞），使f（x）＜（m∈Z）成立，求m的最小值．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（2）的值，求出a，从而求出函数的单调区间；（2）问题等价于当x∈（1，+∞）时，m＞成立，设g（x）=，（x＞1），根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=，∵f′（2）==﹣，解得：a=﹣1，∴f′（x）=≤0，∴f（x）在（0，+∞）递增；（2）∵x∈（1，+∞），∴f（x）＜⇔m＞，即当x∈（1，+∞）时，m＞成立，设g（x）=，（x＞1），则g′（x）=，设h（x）=lnx﹣x，（x＞1），则h′（x）=﹣1＜0，∴h（x）在（1，+∞）递减，又h（1）＜0，∴h（x）＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）递减，而x→1时，g（x）→+∞，∴不存在实数m的值，满足题意．22．已知数列{a n}、{b n}满足a1=﹣1，b1=1，a n+1=，b n+1=a n+1b n，点P n的坐标为（a n，b n），且点P1、P2在直线l上．（1）求直线l的方程；（2）用数学归纳法证明：对任意n∈N*，点P n（a n，b n）在直线l上．【考点】数学归纳法；归纳推理．【分析】（1）由a1=1，b1=﹣1可得P1的坐标为（1，﹣1），只要求出点P2的坐标即可求出过点P1，P2的直线l的方程；（2）利用数学归纳法进行证明．【解答】（1）解：当n=2时，a2==，b2=a2b1＜0，∴P1（﹣1，1），P2（，），故过P1、P2两点的直线l的方程为y﹣1=﹣（x+1），即x+2y﹣1=0；（2）证：①显然P1在直线l上②假设P k在直线l上，则a k+2b k﹣1=0，即a k=1﹣2b k，则n=k+1时a k+1+2b k+1﹣1=×b k﹣1=﹣1=﹣1=0，∴P k+1在直线l上，由①②知，对任意n∈N*，点P n直线l上．2016年8月30日。

湖北省襄阳市2015-2016学年高二物理下学期期末考试试题（扫描版）高二物理参考答案11．10.50 7.500（各2分） 12．（1）B D （2分） （2）（4分）（3）2.90 0.3（对有效数字不作要求）（4分） 13．解：刹车时间s s a v t 5.2615===4分 刹车距离m m vt x 75.185.2152121=⨯⨯== 4分因为18.75m ﹤20m ，所以不会冲出停车线 2分14．解：(1)感应电动势最大值E m =nBS ω 1分感应电动势瞬时值e=E m cos ωt=nBS ωcos ωt 2分感应电流瞬时值t rR nBS r R e i ωωcos +=+=2分 (2)当转过3π时，)(23cos r R nBS r R nBS I +=+=ωπω 2分 而电流表A 的读数为电流有效值)(2r R nBS I A +=ω2分所以I I A 2= 1分15．解：（1）上板电势高粒子沿AC 匀速运动 111qE qv B = 1分 其中dUE =1 1分 得s m v /101= 1分 （2）粒子在电场中类平抛11t v l = 1分11t mqEat v y == 1分 得s m v y /10= 1分进入B 2的速度s m v v v y /2102212=+= 1分 与PQ 的夹角4πθ=1分在磁场中运动rv m qv B 2222= 1分半径m r 102=1分 轨迹如图，圆心角2πα= 1分运动时间s s v rt 2221057.12002-⨯===ππ 1分（3）当KG 与粒子在磁场中运动轨迹恰好相切时m m m r r s 14.242414.010124sin==+=+='π4分即KG 与PQ 的最小距离为24.14m 16（3-4）【解析】试题分析：（1）由甲图得到周期为0.2s ，由乙图得到波长为0.2m ，故波速：0.21/0.2mv m s sTλ===。

2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．1-6小题为单选；7-10小题为不定项选择，全对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错误选项的得0分）1．下列说法中正确的是（）A．汤姆孙发现电子并提出了原子核式结构模型B．贝克勒尔用α粒子轰击氮原子核发现了质子C．在原子核人工转变的实验中，约里奥﹣居里夫妇发现了正电子D．在原子核人工转变的实验中，卢瑟福发现了中子2．现有三个核反应：①Na→Mg+ e②U+n→Ba+Kr+3n③H+H→He+n下列说法正确的是（）A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变3．如图所示是光电管的原理图，已知当有频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，则（）A．当换用频率为ν1（ν1＜ν0）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．当换用频率为ν2（ν2＞ν0）的光照射阴极K时，电路中一定有光电流C．当增大电路中电源的电压时，电路中的光电流一定增大D．当将电源极性反接时，电路中一定没有光电流产生4．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波．已知金属钾的逸出功为2.22eV．在这些光波中，能够从金属钾的表面打出光电子的总共有（）A．二种B．三种C．四种D．五种5．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（）A．Rn→Fr+ eB．Rn→Po+HeC．Rn→At+ eD．Rn→At+H6．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）A．h B．C．D．7．下列说法正确的是（）A．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构B．氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光C．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量D．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期8．一个质子以1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是（）A．核反应方程为Al+H→SiB．核反应方程为Al+n→SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致9．质量分别为m a=0.5kg，m b=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/sB．碰撞前b物体的动量大小为零C．碰撞后a物体的动量大小为1kg•m/sD．碰撞后b物体的动量大小为1.5 kg•m/s10．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则（）A．小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零B．小滑块到达C点时的动能小于mgRC．若小滑块与半圆弧轨道有摩擦，小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向动量不守恒D．m从A到B的过程中，M运动的位移为二、实验题（本大题共3小题，共24分）11．用甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，两种光的频率v甲v乙（填“＜”，“＞”或“=”），（选填“甲”或“乙”）光的强度大．已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，则甲光对应的遏止电压为．（频率用v，元电荷用e表示）12．太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为．13．如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此时，（1）除了弹性小球1、2的质量m1、m2，还需要测量的量是和．（2）根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为．（忽略小球的大小）三、计算题（本大题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出计算结果的不得分）14．氢原子处于基态时，原子能量E1=﹣13.6eV，普朗克常数取h=6.6×10﹣34J•s （1）处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收多大能量的光子才能电离？（2）今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射几种不同频率的光？其中最小的频率是多少？（结果保留2位有效数字）15．已知Po原子核质量为209.982 87u，Pb原子核的质量为205.97446u，He原子核的质量为4.002 60u，静止的Po核在α衰变中放出α粒子后变成Pb．求：（1）在衰变过程中释放的能量；（2）α粒子从Po核中射出的动能；（3）反冲核的动能．（已知lu相当于931.5MeV，且核反应释放的能量只转化为动能）16．质量M=3kg．足够长的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的左端放有一质量m=1kg的小物块（可视为质点），小车左上方的天花板上固定一障碍物A，其下端略高于平板车上表面但能挡住物块，如图所示．初始时，平板车与物块一起以v0=2m/s的水平速度向左运动，此后每次物块与A发生碰撞后，速度均反向但大小保持不变，而小车可继续运动，已知物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，碰撞时间可忽略不计，求：①与A第一次碰撞后，物块与平板车相对静止时的速率；②从初始时刻到第二次碰撞后物块与平板车相对静止时，物块相对车发生的位移．17．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45m的圆弧面．A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m．滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上．当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零．P1与P2视为质点，取g=10m/s2．问：（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？2015-2016学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．1-6小题为单选；7-10小题为不定项选择，全对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错误选项的得0分）1．下列说法中正确的是（）A．汤姆孙发现电子并提出了原子核式结构模型B．贝克勒尔用α粒子轰击氮原子核发现了质子C．在原子核人工转变的实验中，约里奥﹣居里夫妇发现了正电子D．在原子核人工转变的实验中，卢瑟福发现了中子【考点】粒子散射实验；天然放射现象．【分析】本题可根据汤姆孙、卢瑟福、贝克勒尔、约里奥﹣居里夫妇，及查德威克等人的物理学成就进行解答即可．【解答】解：A、汤姆生发现了电子，提出原子枣糕式模型，是卢瑟福提出了原子核式结构学说；故A错误．B、贝克勒尔发现了天然放射现象，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，故B错误．C、约里奥﹣居里夫妇首先发现了正电子，故C正确；D、在原子核人工转变的实验中，查德威克发现了中子，故D错误．故选：C．2．现有三个核反应：①Na→Mg+ e②U+n→Ba+Kr+3n③H+H→He+n下列说法正确的是（）A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变【考点】天然放射现象；原子核的人工转变；重核的裂变；轻核的聚变．【分析】具有放射性的物质的原子核不稳定，释放出一个高速电子即β粒子，而原子核转变成一个新的原子核的现象即β衰变；核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差别不是太大的中等质量的原子核的现象；核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象．【解答】解：具有放射性的物质的原子核不稳定，有时它的一个中子能够转化为一个质子同时释放出一个高速电子，原子核转变成一个新的原子核即发生β衰变．故①是β衰变．核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差别不是太大的中等质量的原子核的现象，故②是裂变．核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象，故③是核聚变．故C正确．故选C．3．如图所示是光电管的原理图，已知当有频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，则（）A．当换用频率为ν1（ν1＜ν0）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．当换用频率为ν2（ν2＞ν0）的光照射阴极K时，电路中一定有光电流C．当增大电路中电源的电压时，电路中的光电流一定增大D．当将电源极性反接时，电路中一定没有光电流产生【考点】光电效应．【分析】根据光电效应的条件，判断能否发生光电效应，从而判断是否有光电流；增大正向电压，电流达到饱和值时，不会增大．加反向电压时，在未达到遏止电压前，电路中有光电流．【解答】解：A、当换用频率为ν1（ν1＜ν0）的光照射阴极K时，入射光的频率可能大于金属的极限频率，发生光电效应，电路中可能有光电流．故A错误．B、频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，知发生了光电效应，当换用频率为ν2（ν2＞ν0）的光照射阴极K时，一定能发生光电效应，一定有光电流．故B正确．C、增大电源电源，电路中的光电流可能达到饱和值，保持不变．故C错误．D、将电源的极性反接，电子做减速运动，可能能到达阳极A，电路中可能有光电流．故D错误故选：B．4．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波．已知金属钾的逸出功为2.22eV．在这些光波中，能够从金属钾的表面打出光电子的总共有（）A．二种B．三种C．四种D．五种【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功，根据该条件确定出n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时辐射光子能量大于逸出功的种数．【解答】解：处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为=6种，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，均小于2.22eV，不能使金属钾发生光电效应，其它四种光子能量都大于2.22eV．故C正确，A、B、D错误．故选C．5．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（）A．Rn→Fr+ eB．Rn→Po+HeC．Rn→At+ eD．Rn→At+H【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案【解答】解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，===审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B故选B6．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（）A．h B．C．D．【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．【分析】斜面固定时，由动能定理求出初速度，斜面不固定时，由水平方向动量守恒列式，再根据机械能守恒列式，联立方程即可求解．【解答】解：斜面固定时，由动能定理得：﹣mgh=0﹣，所以；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v，由机械能守恒得：=+mgh′解得：．故选D7．下列说法正确的是（）A．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构B．氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光C．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量D．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象；原子核的结合能．【分析】天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构；从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光；比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时释放核能；半衰期是放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子没有意义．【解答】解：A、天然放射现象的发现说明原子核内部是有结构的，进而人们研究揭示了原子核有复杂的结构，故A正确．B、从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光；故B错误．C、比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时质量增加，要吸收核能；故C正确．D、放射性元素样品中，放射性原子核的数目减少一半所需的时间等于半衰期；半衰期是放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，所以有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间不一定等于该放射性元素的半衰期．故D错误．故选：AC8．一个质子以1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是（）A．核反应方程为Al+H→SiB．核反应方程为Al+n→SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律．【分析】由质量数、电荷数守恒可知核反应方程；由动量守恒可知硅原子核速度的数量级及速度方向，从而即可求解．【解答】解：AB、由质量数守恒，电荷数守恒可知：方程为Al+H→Si，故A正确，B错误；CD、由动量守恒可知，mv=28mv′，解得v′=m/s故数量级约为105m/s．故C错误，D正确；故选：AD．9．质量分别为m a=0.5kg，m b=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/sB．碰撞前b物体的动量大小为零C．碰撞后a物体的动量大小为1kg•m/sD．碰撞后b物体的动量大小为1.5 kg•m/s【考点】动量守恒定律．【分析】根据图示图象由速度公式求出碰撞前后物体的速度，然后由动量的计算公式求出物体的动量．【解答】解：A、由图示图象可知，碰撞前a的速度：v a===4m/s，碰撞前a的动量：P a=m a v a=0.5×4=2kg•m/s，故A错误；B、由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；C、由图示图象可知，碰撞由a、b的速度相等，为：v===1m/s，碰撞后a的动量大小为：P a′=m a v a′=0.5×1=0.5kg•m/s，故C错误；D、碰撞后b的动量大小为：P b′=a v b′=1.5×1=1.5kg•m/s，故D正确；故选：BD．10．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则（）A．小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零B．小滑块到达C点时的动能小于mgRC．若小滑块与半圆弧轨道有摩擦，小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向动量不守恒D．m从A到B的过程中，M运动的位移为【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒．用位移表示平均速度，根据水平方向平均动量守恒定律求出物体M发生的水平位移．【解答】解：A、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，开始时系统水平方向的动量守恒，滑块到达B点时滑块和圆弧轨道的速度相同，由水平方向动量守恒可知，小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零．故A正确．B、小滑块到达C点时滑块的重力势能转化为滑块和圆弧轨道的动能，则知到达C点时滑块的动能小于mgR．故B正确．C、小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒．故C错误．D、设滑块从A到B的过程中为t，M发生的水平位移大小为x，则m产生的位移大小为2R﹣x取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：m﹣M=0解得：x=R，故D错误；故选：AB二、实验题（本大题共3小题，共24分）11．用甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，两种光的频率v甲=v乙（填“＜”，“＞”或“=”），甲（选填“甲”或“乙”）光的强度大．已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，则甲光对应的遏止电压为．（频率用v，元电荷用e表示）【考点】光电效应．【分析】根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效应方程，即可求解．【解答】解：根据eUc=hv0=hv﹣W0，由于Uc相同，因此两种光的频率相等，根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；由光电效应方程mv2=hv﹣W0，可知，电子的最大初动能E Km=hv﹣W0；那么甲光对应的遏止电压为Uc=；故答案为：=，甲，．12．太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示4E3﹣2E1﹣3E2．【考点】爱因斯坦质能方程．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能．【解答】解：根据电荷数守恒、质量守恒守恒，知核反应方程为；氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有：该核反应中释放的核能△E=4E3﹣2E1﹣3E2．故答案为：；4E3﹣2E1﹣3E213．如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此时，（1）除了弹性小球1、2的质量m1、m2，还需要测量的量是立柱高h和桌面高H．（2）根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为2m1=2m1+m2．（忽略小球的大小）【考点】验证动量守恒定律．【分析】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量，1球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球1上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，然后验证动量是否守恒即可．【解答】解：（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；（2）1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m1g（a﹣h）=m1v12解得：v1=碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m1g（b﹣h）=m1v22解得：v2=碰撞后小球2做平抛运动，t=所以2球碰后速度v3==所以该实验中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2带入数据得：2m1=2m1+m2故答案为：（1）立柱高h；桌面高H；（2）2m1=2m1+m2．三、计算题（本大题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出计算结果的不得分）14．氢原子处于基态时，原子能量E1=﹣13.6eV，普朗克常数取h=6.6×10﹣34J•s （1）处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收多大能量的光子才能电离？（2）今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射几种不同频率的光？其中最小的频率是多少？（结果保留2位有效数字）【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n=∞的轨道，n=∞时，E∞=0，要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处．根据求出氢原子发出光子的种数．根据hγ=E m﹣E n，可知在何能级间跃迁发出光的频率最小．【解答】解：（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小的光子能量应为：E=E∞﹣E2=0﹣（﹣3.4eV）=3.4eV．（2）根据=6，知这群氢原子最多能发出6种频率的光．因为放出的光子能量满足hγ=E m﹣E n，知，从n=4能级跃迁到n=3能级发出光的频率最小．，E4﹣E3=hνmi n答：（1）处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收3.4eV能量的光子才能电离；（2）今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射6种不同频率的光，其中最小的频率是1.6×1014Hz．15．已知Po原子核质量为209.982 87u，Pb原子核的质量为205.97446u，He原子核的质量为4.002 60u，静止的Po核在α衰变中放出α粒子后变成Pb．求：（1）在衰变过程中释放的能量；（2）α粒子从Po核中射出的动能；（3）反冲核的动能．（已知lu相当于931.5MeV，且核反应释放的能量只转化为动能）【考点】爱因斯坦质能方程；动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】（1）首先写出核反应方程式，再求出质量亏损△m，再根据爱因斯坦质能方程求解释放的能量；（2、3）衰变前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律分析α粒子和铅核关系，根据动能与动量的关系及能量守恒列式求解．【解答】解：（1）根据质量数与质子数守恒规律，则有，衰变方程：→+；衰变过程中质量亏损为：△m=209.982 87 u﹣205.974 46 u﹣4.002 60 u=0.00581 u反应过程中释放的能量为：△E=0.005 81×931.5 MeV=5.412 MeV；（2）因衰变前后动量守恒，则衰变后α粒子和铅核的动量大小相等，方向相反而P=mv=，则有：=即mαE kα=m Pb•E k Pb则4E kα=206•E k p b又因核反应释放的能量只能转化为两者的动能，故有：E kα+E k p b=△E=5.412 MeV 所以α粒子从钋核中射出的动能为：E kα=5.31 MeV（3）反冲核即铅核的动能为：E k Pb=0.10 MeV答：（1）在衰变过程中释放的能量5.412 MeV；（2）α粒子从Po核中射出的动能5.31 MeV；。

湖北省襄阳市2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题一、选择题1.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是（）A.电场强度的方向总是与电场力的方向一致B.电场强度的大小总是与电场力的大小成正比C.正电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向垂直D.电场强度是电场的本质属性，与检验电荷无关R的滑动触头P向下滑动时（）2.在如图所示的电路中，当滑动变阻器3A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小3.质量为m长为2l的均匀细金属杆折成边长相等，夹角为60o的形，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中（图中未画出）。

用两条质量可以忽略的软导线将形杆的两端与外部电路相连，两轻导线长度相等，另一端分别固定在同一水平面上的A、B两点，给形杆通电后，起开口朝下在竖直面内处于静止状态，如图所示，两轻导线沿竖直方向伸直但无张力，所通电流大小为I，方向如图所示，不考虑形杆中电流产生的磁场对周围磁场的影响，则该形杆所处磁场的磁感应强度的大小和方向为（）A.mgIl 垂直于形杆所在平面向外 B.mg Il 垂直于形杆所在平面向里 C.2mg Il 垂直于形杆所在平面向外 D.2mg Il垂直于形杆所在平面向里4.如图所示，水平直导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，在最初的一小段时间内，电子将（ ）A.沿路径a 运动，轨迹是圆B.沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C.沿路径b 运动，轨迹是圆D.沿路径b 运动，轨迹半径越来越小5.氢原子能级的示意图如图所示，氢原子从4n =的能级跃迁到2n =的能级时辐射出可见光a ，从3n =的能级跃迁到2n =的能级时辐射出可见光b ，按波尔的理论，下列说法错误是（ ）A.a 光的光子能量大于b 光的光子能量B.氢原子处于1n =的能级时，核外电子离原子核最近C.在真空中传播时，b 光的波长较短D.氢原子处于4n =的能级时，核外电子动能小于处于2n =的能级时核外电子的动能 6.如图所示，在一个边长为a 的正六边形区域内存在磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为qm，先后从A 点沿AD 方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用，已知编号为①的粒子恰好从F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E 点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则（ ）A.编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为mqB π B.编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为mqBπ C.编号分别为①②③的三个粒子进入磁场时的速度依次增加 D.编号分别为①②③的三个粒子在磁场内运动的时间依次增加 7.下列说法正确的是（ ）A.放射性元素的半衰期与元素所处环境的温度有关B.放射性元素与别的元素形成化合物时扔具有放射性C.卢瑟福同时实验发现质子的核反应方程为4141712781He N O H +→+ D.质子.中子.α粒子的质量分别为1m 、2m 、3m ，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为()2123E m m m c ∆=+-8.如图所示，理想变压器原.副线圈的匝数比12:10:1n n =，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻1R 、2R 均为10Ω，在原线圈c 、d 两端加上图示的交变电压，下列说法正确的是（ ）A.当S 与a 连接后，理想电压表示数为22VB.当S 与a 连接后，理想电流表示数为1.1AC.当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的2倍D.当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率扔为50Hz9.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab 、cd 均通过棒两端的金属环套在金属导轨上，接触良好；虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，ab 、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R ，导轨电阻不计，开始两棒均静止在图示位置，当cd 棒无初速释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F ，使之沿导轨向上做匀加速运动，则（ ）A.ab 棒中的电流方向由a 到bB.cd 棒先加速运动后减速运动C.cd 棒所受摩擦力的最大值大于cd 棒的重力D.力F 做功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和 10.（选修3-3）下列叙述正确的是（ ）A.布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的热运动B.对一定质量的气体加热，起内能一定增加C.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子热运动平均动能越大D.分子间距离r 存在某一值0r ，当0r r <时，引力大于斥力；当0r r >时，引力小于斥力 10.（选修3-4）两列简谐横波从O 点同时发出，在同一介质中沿相同方向传播，下图为某时刻的波形图，A 点和B 点在两列波最大位移处，下列说法中正确的是（ ）A.两列波传播速度相等B.B 点比A 点先回到平衡位置C.在B 质点完成20次全振动的时间内，A 质点可完成30次全振动D.两列波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样二.实验题11.如图所示，为简化的多用电表欧姆档的内部电路示意图，a 、b 为表笔插孔，下列说法中正确的是A.a 孔插红表笔B.欧姆档的表盘刻度是均匀分布的C.用100⨯Ω档测量时，若指针指在0Ω附近，则应换用1k ⨯Ω档D.用欧姆档测量“220V 100W ”的灯泡的电阻，会发现示数比484Ω小12.国标（GB/T ）规定自来水在15C o 时电阻率应大于13m Ω⋅，某同学利用图甲电路测量15C o 自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：电源（电动势约为3V ，内阻可忽略），电压表1V （量程3V ，内阻很大），电压表2V （量程3V ，内阻很大），定值电阻1R （阻值4k Ω），定值电阻2R （阻值2k Ω），电阻箱R （最大阻值9999Ω），单刀双掷开关S ，导线若干，游标卡尺，刻度尺，实验步骤如下：A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d ；B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L ；C.把S 拨到1位置，记录电压表1V 示数D.把S 拨打2位置，调整电阻箱阻值，使电压表2V 示数与电压表1V 示数相同，记录电阻箱的阻值R ；E.改变玻璃管内水柱长度，重复步骤C 、D ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ；F.断开S ，整理好器材（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d = mm 。

一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分.其中第7、8、9、10题为多项选择题，其余为多项选择题.选修3-3和选修3-4请选做一题.） 1．对于静电场中的A B 、两点，下列说法正确的是（ ） A ．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向 B ．电势差的公式ABAB W U q=，说明A B 、两点间的电势差AB U 与静电力做功AB W 成正比，与移动电荷的电荷量q 成反比 C ．根据ABU E d=，电场强度与电场中两点间的距离d 成反比 D ．若将一正电荷从A 点移到B 点电场力做正功，则A 点的电势高于B 点的电势2．某同学用图示的电路测绘小灯泡的伏安特性图线，连好电路后闭合开关，由a 端向b 端调节滑动变阻器R 的滑片，发现电流表的示数为零，电压表的示数逐渐增大，则电路的可能故障为（ ）A ．小灯泡短路B ．小灯泡断路C ．电流表断路D ．滑动变阻器断路3．如图所示，倾角为θ的粗糙绝缘斜面固定于水平向左的匀强磁场B 中，将通电指导线垂直于斜面水平放置，导线中电流方向垂直于纸面向里.如果导线能静止于斜面上，则下列说法正确的是（ ）A ．导线一定受到斜面弹力，但不一定受斜面摩擦力B ．导线一定受到斜面摩擦力，但不一定受斜面弹力C ．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力一定竖直向上D ．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，但弹力和摩擦力合力不一定竖直向上4．如图所示，M N 、和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，在O 点存在的垂直纸面向里运动的匀速电子束.60MOP ∠=︒，在M N 、处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的电子受到的洛伦兹力大小为1F .若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的电子受到的洛伦兹力大小为2F .那么2F 与1F 之比为（ ）A 3B 32C ．1:1D ．1:25．现有a b c 、、三束单束光，其波长关系为::1:2:3a b c λλλ=.当用a 光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为k E ，若改用b 光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为13k E ，当改用c 光束照射该金属板时（ ） A ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为16k EB ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为19k EC ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为112k ED ．由于c 光束光子能量最小，该金属板不会发生光电效应6．如图在x 轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为12B的匀强磁场.一带负电的粒子质量为m ，电荷量为q ，从原点O 以与x 轴成30θ=︒角斜向上射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R （不计重力），则下列结论错误的是（ ）A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子完成一次周期性运动的时间为mqBπC ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2D ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴方向前进了3R7．一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为71.010m /s ⨯的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核2814Si .下列说法正确的是（ ） A ．核反应方程为27281314p Al Si +→B ．核反应过程中系统动量守恒C ．核反应过程中系统能量不守恒D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 8．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:10，接线柱a b 、接在电压102sin100V u t π=的正弦交流电上，1R 为定值电阻，其阻值为100Ω，2R 为用半导体材料制成的热敏电阻（阻值随温度升高而减小）.下列说法中正确的是（ ）A ．1s 600t =时，a b 、两点间电压的瞬时值为52V B ．1s 600t =时，电压表读数为502VC ．在1min 内电阻1R 上产生的热量为6000JD ．当2R 的温度升高时，电压表示数变大，电流表示数变大9．如图所示，在Ⅰ、Ⅲ区域内分布有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀墙磁场，两区域中间为宽为s 的无磁场区Ⅱ，有一边长为()L L s >、电阻为R 的均匀正方形金属线框abcd 置于区域Ⅰ，ab 边与磁场边界平行，线框平面与磁场方向垂直，金属线框在水平向右的拉力作用下，以速度v 向右匀速运动，则（ ）A ．当ab 边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，c d 、两点间电压大小为34BLvB ．ab 边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab 边的电流大小为2BLvR，方向为b a → C ．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做的功为()2222B L vL s R -D ．在cd 边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为()22B L vL s R-10．（选修3-3）下列说法正确的是（ ） A ．气体放出热量，其分子的平均动能一定减小B ．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大10．（选修3-4）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（ ）A ．甲、乙两单摆的摆长不相等B ．甲摆的振幅比乙摆大C ．甲摆的机械能比乙摆大D ．在0.5s t =时有正向最大加速度的是乙摆 二、实验题（本题共2小题，共14分.）11．如图是一个电流表、电压表两用电表的电路，电流表G 的量程是100μA ，内阻是1000Ω，电阻10.1R =Ω，299000R =Ω，当双刀双掷开关接到a b 、上时，可作为 表，其量程是 ，当双刀双掷开关接到c d 、上时，可作为 表，其量程是 .12．用实验测一电池的内阻r 和一待测电阻的阻值x R .已知电池的电动势约6V ，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有： 电流表1A （量程030mA :）； 电流表2A （量程0100mA :）； 电压表V （量程06V :）； 滑动变阻器1R （阻值05Ω:）； 滑动变阻器2R （阻值0300Ω:）； 开关S 一个，导线若干条. 某同学的实验过程如下：Ⅰ.设计如图甲所示的电路图，正确连接电路.Ⅱ.将R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R 的阻值，测出多组U 和I 的值，并记录.以U 为纵轴，I 为横轴，得到如图乙所示的图线.Ⅲ.断开开关，将x R 改接在B C 、之间，A 与B 直接相连，其他部分保持不变.重复Ⅱ的步骤，得到另一条U I -图线，图线与横轴I 的交点坐标为()0,0I ，与纵轴U 的交点坐标为()00,U . 回答下列问题：（1）电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 . （2）由图乙的图线，得电内阻r = Ω.（3）用00I U 、和r 表示待测电阻的关系式x R = ，代入数值可得x R .（4）若电表为理想电表，x R 接在B C 、之间与接在A B 、之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 .（选填“相同”或“不同”）三、计算题（本题共4小题，共46分.16题为选考题，请在给出的两道试题中选做一道，并在答题卡上将对应的选考模块后的方框涂黑.）13.如图所示，在光滑桌面上置有长木板B 和物块C ，在长木板的右侧置有物块A ，一开始A B 、处于静止状态.A 与B 之间的动摩擦因数为0.2，B 足够长，A 的质量为2kg ，B 的质量为1kg ，C 的质量为3kg ，C 以4m /s 的初速度向右运动，与B 碰撞后两者黏在一起.重力加速度g 取210m /s ，求：（1）C 与B 碰撞过程中，损失的机械能；（2）最终A B C 、、的速度大小和A 相对于B 运动的距离.14.如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN PQ 、，相距0.2m L =，其电阻不计，完全相同的两根金属棒ab cd 、垂直导轨放置，每根金属棒两端都与导轨始终良好接触.已知两棒的质量均为210kg m -=，电阻均为0.2R =Ω，cd 棒放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度 1.0T B =.ab 棒在竖直向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上运动，当ab 棒运动0.1m x =时达到最大速度m v ，此时cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零（g 取210m /s ）.求：（1）ab 棒的最大速度m v ；（2）ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量q ； （3）ab 棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q .15.如图所示，在xOy 平面的第Ⅱ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E .第Ⅰ和第Ⅳ象限内有一个半径为R 的圆，其圆心坐标为(),0R ，圆内存在垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一带正电的粒子（重力不计）以速度0v 从第Ⅱ象限的P 点平行于x 轴进入电场后，恰好从坐标原点O 进入磁场，速度方向与x 轴成60°角，最后从Q 点平行于y 轴射出磁场.P 点所在处的横坐标2x R =-.求：（1）带电粒子的比荷； （2）磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间.16.（3-3）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭，A 侧空气柱的长度为10.0cm l =，B 侧水银面比A 侧的高3.0cm H =，现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧的高度差为110.0cmh =时，将开关K 关闭，已知大气压强075.0cmHg p =.（1）求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；（2）此后再向B 侧注入水银，使A B 、两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度. 16.（3-4）如图，将半径为R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线OO '垂直于水平桌面.位于O 点正上方某一高度处的点光S 发出一束与OO '的夹角60θ=︒的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知32O B R'=，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：（1）透明半球对该单色光的折射率n；（2）该光在半球体内传播的时间.高二物理参考答案一、单项选择题1-6DBCBBA 7.AB 8.AC 9.AC 10.BD 三、实验题11．电流 1A 电压 10V 12．（1）2A 2R （2）25 （3）U r I - （4）相同 不同 三、计算题13．解：（1）设B C 、碰撞后的瞬间速度为1v ， 根据动量守恒定律得()1C C B C m v m m v =+13m /s v =碰撞过程中，损失的机械能为()2211122C C B C E m v m m v ∆=-+ 解得6J E ∆=（2）对A B C 、、整体，根据动量守恒定律得()2C C A B C m v m m m v =++解得22m /s v = 根据功能关系：()()22121122A B C A B C m gx m m v m m m v μ=+-++ 解得 1.5m x =14．解：（1）ab 棒达到最大速度m v 时，对cd 棒有：BiL mg =由闭合电路欧姆定律知：2Ei R=ab 棒切割磁感线产生的感应电动势：m E BLv =代入数据解得：m 1m /s v =（2）ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量：0.05C 222E BLx q It t R R R φ∆===== （3）ab 棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得：()2m 12F mg x mv Q -=+ 根据ab 棒达到最大速度m v 时受力平衡，可知：F BiL mg =+代入数据解得：3510J Q -=⨯15．解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则00tan 60yv at v v ︒== 根据牛顿第二定律有qE a m= 水平方向有02x R v t ==联立解得00tan 603y v v v =︒=，2032v q m ER= （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心2O 、磁场圆圆心1O 构成四边形， 由于1260O OO ∠=︒，故四边形12O OO P 是菱形，故r R =根据牛顿第二定律有2v qvB m r= 其中002cos 60v v v ==︒联立解得03B v = （3）粒子在电场中做类平抛运动，有002x R t v v == 在磁场中做匀速圆周运动，时间00223323r R R t v v v πππ'=== 总时间为0002633R R R R t t t v v v ππ+'=+=+=总 16．（3-3）（1）以cmHg 为压强单位.设A 侧空气柱长度10.0cm l =时压强为p ，当两侧水银面的高度差为110.0cm h =时，空气柱的长度为1l ，压强为1p ，由波意耳定律，有 11pl p l =①由力学平衡条件，有0p p h =+②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为0p ，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B A 、两侧水银面的高度差也随着减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面1h 为止，由力学平衡条件，有101p p h =-③联立①②③，并代入题目数据，有112.0cm h =④（2）当A B 、两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为2l ，压强为2p ，由玻意耳定律，有 22pl p l =⑤由力学平衡条件有20p p =⑥联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有210.4cm l =⑦设注入的水银在管内的长度为h ∆，依题意，有()1212h l l h ∆=-+⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有13.2cm h ∆=16．（3-4）解：（1）光从光S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图．光由空气射向半球体，由折射定律，有sin sin n θα= 在OCD ∆中，3sin 2COD ∠=，则 60COD γ=∠=︒ 光由半球体射向空气，由折射定律，有sin sin n γβ=故αβ=由几何知识得60αβ+=︒故30αβ==︒因此sin sin n γβ==（2）光在半球体中传播的速度为c v n ==由几何知识得2cos30AC R ︒=，得3AC R = 光在半球体中传播的时间为AC R t v c ==。

湖北省襄阳市【精品】高二下学期期末物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为人类的发展做出了巨大的贡献，下列说法正确的是A．哥白尼大胆反驳地心说提出了日心说，并认为行星沿椭圆轨道运动B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C．法拉第发现了电磁感应现象并总结出判断感应电流方向的规律D．玻尔的原子理论第一次将量子观点引入原子领域2．如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。

已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能E k、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x 间的关系图象正确的是（）A．B．C．D．3．如图所示、水平绳OA系在墙上，倾斜绳OB系在天花板下，O点用一绳系一带正电的小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于竖直向下的匀强电场中，当电场强度大小不变，电场方向沿顺时针方向转到水平向左的过程中，则A．OA绳的拉力增大，OB绳的拉力减小B．OA绳的拉力减小，OB绳的拉力减小C．OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力减小D．OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力先增大后减小4．如图所示，三根相互平行的长直导线a、b、c垂直于纸面固定，其中a、b间距为10cm，b、c间距为8cm，a、c间距为6cm，分别通入电流I1，I2和I3后，c导线所受安培力恰好与ab边平行，已知通电导线在周围某点所产生的磁感应强度大小满足B=k Ir，则下列说法正确的是A．I1和I2电流方向相同，大小之比为16 9B．I1和I2电流方向相反，大小之比为9 16C．若电流I3的方向垂直纸面向外，则导线c所受的安培力一定向右D．若电流I3的方向垂直纸面向里，则导线c所受的安培力一定向右5．质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t 运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断错误的是A．撤去力F时小球的动能为2 4 mvB．小球上升的最大高度为2 2 v gC．拉力F所做的功为2 2 mvD ．拉力的最大功率为23mgv 6．如图所示，一半径为r 的圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆环且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知d 点处的场强为零，静电力常量为k ，则A ．圆环可能带正电B ．c 点的场强为243kq R C ．b 点场强为2109kq R D ．圆环在d 点产生的场强大小为2kq R二、多选题7．有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间的绕轴自由转动，如果在圆盘转动时把条形磁铁的N 极放在圆盘边缘的正上方，但并不与圆盘接触，则下列说法正确的是A ．铜盘中既有感应电动势，又有感应电流B ．铜盘的转动不受磁铁的影响C ．铜盘受到磁铁影响越转越慢D ．若换为S 极，则越转越快8．如图所示，图甲中变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，负载电阻R =55Ω，若原线圈接入如图所示正弦交变电压，若电压表的示数为110V ，则A ．原、副线圈匝数比为2：1B ．副线圈中交变电压的频率为100HzC ．t =0.0ls 时，电流表示数为零D ．t =0.015s 时，电压表示数为110V9．如图甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC 固定在水平面里，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，导体棒与金属支架接触良好，磁场随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．1t时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．2t时刻轻杆对导体棒的作用力为零C．2t到3t时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．2t到4t时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变10．一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是A．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能B．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功C．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功D．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功11．如图所示，图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=1.5m 处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，则A．该简谐横波沿x轴的负方向传播B．t=3s时，x=3m处的质点的振幅为0C．t=4s时，P点恰好回到平衡位置D．在第4s~6s内，P向y轴负方向运动三、实验题12．为探究感应电动势产生的条件，某实验小组设计了如图（a）的实验，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上．某次实验中得到的B-t、E-t图象如图（b）所示．(1)分析图（b）两组图象可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是___________(2)感应电动势的大小与B的变化有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以根据图（b）的信息，做图象进行研究，则应做________A．E-B图象B．E-△B图象C．E-Bt∆∆图象D．E-tΦ∆∆图象(3)若(2)中所作图象为直线，其斜率为k，副线圈匝数为n，则副线圈面积为_______ 13．某实验小组研究一金属热电阻R T(常温下100Ω左右)的电阻温度特性，可供选择的器材如下：A．电流表A(量程为3A，内阻约为0.1Ω)B．电流表G(量程为3mA，内阻为200Ω)C．电压表V(量程为3V，内阻约为3000Ω)D．定值电阻R1(阻值为50Ω)E．定值电阻R2(阻值为10Ω)F．保护电阻R3(阻值为200Ω)G．电源(电动势约为5V，内阻不计)H．开关一个，导线若干(1)该小组设计了如图1所示电路图，请用合适的器材将其补充完整，并标注相应的符号________；(2)实验开始时，该小组把金属热电阻放到温控装置中，不断改变温度，记下每个温度下电压表和电流表示数，并对数据进行处理，得到如图2所示关系，该小组通过查阅资料得知金属热电阻的电阻R随温度t的关系满足R=R0(1+kt)，其中R0为0°C时金属热电阻的阻值，t为摄氏温度，k为电阻系数，通过图2可知电阻系数k=_____℃－1(保留两位有效数字)(3)实验进行时，某时刻电压表和电流表示数如图3表示，则电压_______V，此时金属热电阻的温度为______°C(4)实验进行中，100℃电压表示数2.25V，实验中的电源电动势为_____V(保留三位有效数字)四、解答题14．如图所示，某水上游乐场进行项目表演：一对选手甲、乙(均视为质点)沿滑道(末端切线水平方向)从M点静止下滑到最低点N时，选手甲迅速将质量为m的选手乙沿水平方向推出，然后自己刚好停在N点。