河北省保定市第三中学2016-2017学年高二3月月考物理试题 含答案 精品

高阳中学2012-2013学年高二3月月考物理试题一、选择题（本题包括10小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 1、如图所示，是点电荷电场中的一条电场线，则（ ）A 、a 点场强一定大于b 点场强B 、形成这个电场的电荷一定带正电C 、在b 点由静止释放一个电子，将一定向a 点运动D 、正电荷由a 点从静止开始运动，其运动方向一定沿ab 方向2、如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )3、将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同4、在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图a 所示，磁场向上为正．当磁感应强度 B 随时间 t 按图b 变化时，下列能正确表示导体环a b1题图图a图b-中感应电流变化情况的是5、如图所示，面积为S 的矩形线圈共N 匝，线圈总电阻为R ，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO ′为轴，以角速度ω，匀速旋转，图示位置C 与纸面共面，位置A 与位置C 成45°角。

线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，下列说法正确的是A NBS ωB ．通过线圈某一截面的电量q=0C ．为保证线圈匀速旋转，外界须向线圈输入的能量应为2224N B S RπωD ．在此转动过程中，电流方向并未发生改变6、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n =100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r =1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙方所示。

2016-2017学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1--9题为单选选，10-12题为多选）1．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．F B．F C．F D．F2．如图所示，真空中某点固定一带电的点电荷，图中虚线为一组相同间距相等的同心圆，圆心与该点电荷重合．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为该粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化3．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（）A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一定相同C．场强的方向总是跟等势面垂直D．电势高的地方场强一定大4．如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A．建立电场的点电荷Q带负电B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C．粒子在M点的速度比在N点的速度大D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大5．如图所示，两等量正点电荷分别固定在A、B两点，y轴在AB连线的中垂线上．一负点电荷（不计重力）从y轴上的P点由静止释放，则该负电荷将（）A．沿y轴正向运动，直至无限远B．沿y轴负向运动，直至无限远C．沿y轴以O为中心做往复运动D．偏离y轴做曲线运动6．如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则（）A．枕形导体a端电势高于b端电势B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地7．影响平行板电容器电容的因素有很多，探究时需采用控制变量法．如图，已经充满电的两个极板所带电荷量不变，两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，改变电容器的结构，关于可能看到的现象，下列说法正确的是（）A．保持d不变，增大S，则θ变大B．保持d不变，增大S，则θ变小C．保持S不变，减小d，则θ变大D．保持S不变，减小d，则θ不变8．如图所示，O为两个等量异种点电荷+q、﹣q连线的中点，P为连线中垂线上的任意一点，分别用U O、U P和E O、E P代表该电场中O、P两点的电势和场强的大小，则（）A．U O＞U P，E O＞E P B．U O=U P，E O＞E P C．U O＜U P，E O＞E P D．U O＞U P，E O=E P 9．如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定比B点高C．这个电场一定是正电荷形成的D．在B点由静止释放一个质子，它一定向A点运动10．如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小11．如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线．质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其v﹣t图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力．关于A、B两点的电场强度E A、E B和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＜φB D．φA＞φB12．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）二、填空题（本题共12分，每空3分）13．质子和α粒子的质量比为m1：m2=1：4，带电量之比为q1：q2=1：2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1：v2=______，动能比Ek1：Ek2=______．14．已知空气的击穿电场强度为2×106 V/m，测得某一次闪电，设闪电的火花路径为直线，其火花长为1000m，则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=______V．15．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=______v．三、解答题（本题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．）16．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．17．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．（1）试求A、B两点间的电势差U AB；（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．18．有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板．19．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；（3）小环运动到P点的动能．2016-2017学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1--9题为单选选，10-12题为多选）1．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．F B．F C．F D．F【考点】库仑定律．【分析】理解库仑定律的内容和公式．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．【解答】解：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′=故选：A．2．如图所示，真空中某点固定一带电的点电荷，图中虚线为一组相同间距相等的同心圆，圆心与该点电荷重合．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为该粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．【分析】根据带电粒子的轨迹弯曲方向可判断粒子的电性．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．由此分析即可．【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；B、由点电荷电场的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C、粒子由b到c，电场力做正功，根据动能定理，知粒子的动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误．故选：AC3．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（）A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一定相同C．场强的方向总是跟等势面垂直D．电势高的地方场强一定大【考点】电场强度；电势．【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故A 错误．B、场强处处相同的区域内，电势不一定为零，比如：匀强电场，电场强度处处相等，而沿着电场线的方向电势降低．故B错误．C、等势面电势处处相等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟等势面垂直．故C正确．D、电场线密处，电场强度大，而沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，电势高的地方场强不一定大，故D错误．故选C4．如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A．建立电场的点电荷Q带负电B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C．粒子在M点的速度比在N点的速度大D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大【考点】电场线；电场强度．【分析】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系．【解答】解：A、由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；C、粒子从M到N，电场力做正功，动能增大．电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误D正确；故选：D5．如图所示，两等量正点电荷分别固定在A、B两点，y轴在AB连线的中垂线上．一负点电荷（不计重力）从y轴上的P点由静止释放，则该负电荷将（）A．沿y轴正向运动，直至无限远B．沿y轴负向运动，直至无限远C．沿y轴以O为中心做往复运动D．偏离y轴做曲线运动【考点】电场线．【分析】A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向0→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，根据其受力情况分析运动情况．【解答】解：在等量异种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．越过O点后，电场力指向O点，负电荷q做减速运动，据电场线的对称性可知，粒子先加速运动，越过O点后做减速运动，到达中垂线上关于P点的对称性Q点后，速度为零，然后从Q点向P点先做加速运动，后做减速运动．故负电荷将沿y轴以O为中心做往复运动，故C正确．故选：C．6．如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则（）A．枕形导体a端电势高于b端电势B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地【考点】静电现象的解释．【分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．【解答】解：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体，即导体a端电势等于b端电势；故B正确，ACD错误；故选：B．7．影响平行板电容器电容的因素有很多，探究时需采用控制变量法．如图，已经充满电的两个极板所带电荷量不变，两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，改变电容器的结构，关于可能看到的现象，下列说法正确的是（）A．保持d不变，增大S，则θ变大B．保持d不变，增大S，则θ变小C．保持S不变，减小d，则θ变大D．保持S不变，减小d，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，增大S时，电容增大，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小．故A错误，B正确．C、D根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，减小d时，电容增大，由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小．故CD错误．故选：B．8．如图所示，O为两个等量异种点电荷+q、﹣q连线的中点，P为连线中垂线上的任意一点，分别用U O、U P和E O、E P代表该电场中O、P两点的电势和场强的大小，则（）A．U O＞U P，E O＞E P B．U O=U P，E O＞E P C．U O＜U P，E O＞E P D．U O＞U P，E O=E P 【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】在两电荷的连线的中垂线上场强方向垂直于中垂线，则电荷在该线上移动，电场力不做功，电势相等．在O点两电荷所产生的场强最在，且两场强夹角最小为0，则合场强最大【解答】解：因把一检验电荷由O点移到P点电场力不做功，即电势相等．U o=U p 在O，P点场强为两电荷的场强的合场强，因O点距离小，且两场强的夹角小为0，则其场强大．即E o＞E p则B正确，ACD错误故选：B9．如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定比B点高C．这个电场一定是正电荷形成的D．在B点由静止释放一个质子，它一定向A点运动【考点】电场线；电势．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以A错误；B、沿电场线的方向，电势降低，则A点的电势一定比B点高，所以B正确；C、只有一条电场线不能判断电荷的情况，所以不能判断是不是正电荷产生的，所以C错误；D、由图可以知道的电场的方向向右，所以当由静止释放一个质子时，质子的受力的方向向右，所以电子将一定向B点运动，所以D错误．故选：B10．如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（）A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．【解答】解：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A、C正确；B、D错误；故选AC11．如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线．质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其v﹣t图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力．关于A、B两点的电场强度E A、E B和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＜φB D．φA＞φB【考点】电场强度．【分析】根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越大，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断．【解答】解：A、B、速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小，根据牛顿第二定律说明电场力减小，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E减小，所以E A＞E B，故A错误，B正确；C、D、质子带正电，在电场力的作用下做减速运动，所以电场方向从B指向A，A点的电势低，即φA＜φB；故C正确．D错误．故选：BC12．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大．根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力．【解答】解：A、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A错误．B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大．故B正确．C、D小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=又由N﹣mg﹣qE=m，联立解得N=3（mg+qE）．故C错误，D正确．故选：BD．二、填空题（本题共12分，每空3分）13．质子和α粒子的质量比为m1：m2=1：4，带电量之比为q1：q2=1：2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1：v2=：1，动能比Ek1：Ek2=1：2．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能．【分析】两个粒子在加速电场中，只有电场力对它们做功，由动能定理求出粒子的动能与速度，然后求出受到之比与动能之比．【解答】解：电场力对粒子做正功，由动能定理得：qEx=mv2﹣0，解得：v=，动能E K=mv2=qEx，粒子的速度之比：====，动能之比：==；故答案为：：1；1：2．14．已知空气的击穿电场强度为2×106 V/m，测得某一次闪电，设闪电的火花路径为直线，其火花长为1000m，则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=2×109V．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】本题通过具体事例直接考察了公式U=Ed和W=qU的理解和应用，比较简单，直接代入公式求解即可．【解答】解：由题意可知两云团之间为匀强电场，符合公式U=Ed适用条件，所以有：U=Ed=2×106×1000=2×109V故答案为：2×10915．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=9v．【考点】电势；电场强度．【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．【解答】解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势φD=9V．故答案为：9．三、解答题（本题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．）16．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度．【分析】（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解．【解答】解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷．（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qE=mgtanθ故即电场强度E为．（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有=ma ①F合由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故F= ②合根据速度时间公式，有v=at ③由①②③解得即经过t时间小球的速度v为．17．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．（1）试求A、B两点间的电势差U AB；（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）A、B间两点间的电势差是U AB=（2）由U AB=φA﹣φB，求出A点的电势φB．（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．【解答】解：（1）由题意可知，静电力做负功，有：W AB=﹣2×10﹣6J根据U AB=得：U AB=2V（2）由U AB=φA﹣φB，可得φB=φA﹣U AB=1V﹣2V=﹣1V（3）沿着电场方向的位移为d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣2mE=V/m沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下答：（1）A、B两点间的电势差U AB为2V；（2）B点的电势φB为﹣1V；（3）该匀强电场的大小200V/m，方向：沿电场线斜向下．18．有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）电子从进入电场到打到D点的过程，运用动能定理可求得电子打到D点的动能；（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，刚好飞出极板时，水平位移为L，竖直位移为，将电子的运动分解法水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．【解答】解：（1）设电子打到D点时的动能为E k，由动能定理可得：…①由①式解得：E k=…②（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得：=ma…③L=v0t…④d=…⑤由③④⑤式联立解得：v=所以电子要逸出电容器，必有：v＞．答：（1）电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于时，电子才能飞出极板．19．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；（3）小环运动到P点的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．【分析】（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向．（2）研究小环离开直杆的过程：小环做匀变速曲线运动，将其运动分解法水平和竖直两个研究，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，从C到P水平位移为0，根据牛顿第二定律和位移时间公式对两个方向分别列式，即可求出小球做匀变速运动的初速度，即在直杆上匀速运动时速度的大小．（3）根据动能定理求出小环运动到P点的动能．【解答】解：（1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示．由平衡条件得：mgsin45°=Eqcos45°…①得：mg=Eq，=mg=ma…②离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为F合所以加速度为：a=g=10m/s2≈14.1 m/s2．方向与杆垂直斜向右下方．（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，。

保定三中2016——2017学年度第二学期3月月考高二物理试题（命题人：蔡学章审题人:孙敏李志武)考试时间100分钟、分值100分，一、选择题（每小题3分，每小题有一个或多个选项正确，全部选对的得3分，选错或不选得0分，多选题选不全的得2分,多选题已表明在题号后)。

1．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图（a）、（b）、（c)所示的图像,则（）A．图像（a）表明光具有波动性B．图像（c)表明光具有粒子性C．用紫外光观察不到类似的图像D．实验表明光是一种概率波2．如图所示是一调压变压器原理图,如将它作为升压变压器使用，则（）A．将交流电源接在a、b端，用电器接在c、d端B．将交流电源接在c、d端，用电器接在a、b端C．将交流电源接在a、c端，用电器接在b、d端D．若要进一步升压，应使P逆时针方向旋转3．如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。

若以线圈平面与磁场夹角θ＝0°时（如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。

则下列四幅图中正确的是（)4．图中画出了氢原子的4个能级,并注明了相应的能量E，处于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．（多选）如图所示,甲为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则（ ） A 。

电压表的示数为6V B 。

发电机的输出功率为4WC 。

在l.0×10—2s 时刻，穿过线圈的磁通量最大D 。

在0。

5×10-2s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大6．（多选）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。

河北省保定三中2016-2017学年高二（下）3月月考数学试卷（理科）（解析版）一、选择题（共22小题，每题4分，共88分）1．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，则x+y+z等于（）A．1 B．C．D．2．已知向量=（1，1，0），=（﹣1，0，2），且与互相垂直，则k 的值是（）A．1 B．C．D．3．函数f（x）=sin2x的导数f′（x）=（）A．2sinx B．2sin2x C．2cosx D．sin2x4．已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）=2xf′（1）+lnx，则f′（1）=（）A．﹣e B．﹣1 C．1 D．e5．设=（3，﹣2，﹣1）是直线l的方向向量，=（1，2，﹣1）是平面α的法向量，则（）A．l⊥αB．l∥αC．l⊂α或l⊥α D．l∥α或l⊂α6．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则D1到平面A1BD的距离为（）A． B．C．D．7．过抛物线y=x2上的点的切线的倾斜角（）A．30°B．45°C．60°D．135°8．函数y=﹣3x+9的零点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．39．如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM=2MA，点N为BC中点，则=（）A．B．C．D．10．直线l1的方向向量为，直线l2的方向向量为，那么l1与l2所成的角是（）A．30°B．45°C．150°D．160°11．曲线y=e x在点（2，e2）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（）A．e2B．2e2C．e2D．e212．已知函数，则其导函数f′（x）的图象大致是（）A．B．C．D．13．已知函数f（x）=2ln（3x）+8x+1，则的值为（）A．10 B．﹣10 C．﹣20 D．2014．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱线长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的是（）A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A﹣BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值15．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°16．已知函数f（x）=mlnx+8x﹣x2在B．（﹣∞，﹣8）C．（﹣∞，﹣61，+∞）C．（﹣∞，0）D．（﹣∞，﹣10，2）时，，函数g（x）=x3+3x2+m．若∀s∈﹣4，﹣2），不等式f（s）﹣g（t）≥0成立，则实数m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣12 C．（﹣∞，80，+∞）恒成立，则下列不等式一定成立的是（）A．f（1）＜2ef（2）B．ef（1）＜f（2）C．f（1）＜0 D．ef（e）＜2f（2）二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）23．在平面直角坐标系xOy中，若曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b的值是．24．若，，是平面α内的三点，设平面α的法向量，则x：y：z=．25．已知f（x）是定义在R上奇函数，又f（2）=0，若x＞0时，xf′（x）+f（x）＞0，则不等式xf（x）＞0的解集是．26．设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，记．当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是．三、解答题（共4小题，其中27、28、29每题10分，30题12分，共42分）27．（10分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，AA1=1（1）求直线AD1与B1D所成角；（2）求直线AD1与平面B1BDD1所成角的正弦．28．（10分）已知函数f（x）=lnx，g（x）=x3+x2+mx+n，直线l与函数f（x），g （x）的图象都相切于点（1，0）．（1）求直线l的方程及g（x）的解析式；（2）若h（x）=f（x）﹣g′（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数），求函数h（x）的极大值．29．（10分）如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM（Ⅰ）求证：AD⊥BM（Ⅱ）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E﹣AM﹣D的余弦值为．30．（12分）已知函数f（x）=（x+1）2﹣alnx．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，+∞）内任取两个不相等的实数x1，x2，不等式恒成立，求a的取值范围．2016-2017学年河北省保定三中高二（下）3月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共22小题，每题4分，共88分）1．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，则x+y+z等于（）A．1 B．C．D．【考点】空间向量的基本定理及其意义．【分析】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，用、、表示出，将它和题中已知的的解析式作对照，求出x、y、z 的值．【解答】解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，又∵=++，∴x=1，2y=1，3z=1，∴x=1，y=，z=，∴x+y+z=1++=，故选D．【点评】本题考查空间向量基本定理及其意义，空间向量的加减和数乘运算，用待定系数法求出x、y、z 的值．2．已知向量=（1，1，0），=（﹣1，0，2），且与互相垂直，则k 的值是（）A．1 B．C．D．【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【分析】根据题意，易得k+，2﹣的坐标，结合向量垂直的性质，可得3（k﹣1）+2k﹣2×2=0，解可得k的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，易得k+=k（1，1，0）+（﹣1，0，2）=（k﹣1，k，2），2﹣=2（1，1，0）﹣（﹣1，0，2）=（3，2，﹣2）．∵两向量垂直，∴3（k﹣1）+2k﹣2×2=0．∴k=，故选D．【点评】本题考查向量数量积的应用，判断向量的垂直，解题时，注意向量的正确表示方法．3．函数f（x）=sin2x的导数f′（x）=（）A．2sinx B．2sin2x C．2cosx D．sin2x【考点】简单复合函数的导数．【分析】将f（x）=sin2x看成外函数和内函数，分别求导即可．【解答】解：将y=sin2x写成，y=u2，u=sinx的形式．对外函数求导为y′=2u，对内函数求导为u′=cosx，故可以得到y=sin2x的导数为y′=2ucosx=2sinxcosx=sin2x故选D【点评】考查学生对复合函数的认识，要求学生会对简单复合函数求导．4．已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）=2xf′（1）+lnx，则f′（1）=（）A．﹣e B．﹣1 C．1 D．e【考点】导数的乘法与除法法则；导数的加法与减法法则．【分析】已知函数f（x）的导函数为f′（x），利用求导公式对f（x）进行求导，再把x=1代入，即可求解；【解答】解：∵函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）=2xf′（1）+ln x，（x＞0）∴f′（x）=2f′（1）+，把x=1代入f′（x）可得f′（1）=2f′（1）+1，解得f′（1）=﹣1，故选B；【点评】此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对f（x）进行正确求导，把f′（1）看成一个常数，就比较简单了；5．设=（3，﹣2，﹣1）是直线l的方向向量，=（1，2，﹣1）是平面α的法向量，则（）A．l⊥αB．l∥αC．l⊂α或l⊥α D．l∥α或l⊂α【考点】平面的法向量．【分析】利用空间线面位置关系、法向量的性质即可判断出结论．【解答】解：∵•=3﹣4+1=0，∴．∴l∥α或l⊂α，故选：D．【点评】本题考查了空间线面位置关系、法向量的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则D1到平面A1BD的距离为（）A． B．C．D．【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，知，，设面DBA1的法向量，由，知，由向量法能求出D1到平面A1BD的距离．【解答】解：以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，∴D（0，0，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），D1（0，0，2），∴，，设面DBA1的法向量，∵，∴，∴，∴D1到平面A1BD的距离d===．故选D．【点评】本题考查点线面间的距离计算，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．7．过抛物线y=x2上的点的切线的倾斜角（）A．30°B．45°C．60°D．135°【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求得函数的导数，求得切线的斜率，由直线的斜率公式，可得倾斜角．【解答】解：y=x2的导数为y′=2x，在点的切线的斜率为k=2×=1，设所求切线的倾斜角为α（0°≤α＜180°），由k=tanα=1，解得α=45°．故选：B．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的倾斜角的求法，考查运算能力，属于基础题．8．函数y=﹣3x+9的零点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．【分析】先利用导数判断函数的单调性，然后说明f（x）存在零点，由此即可得到答案．【解答】解：f′（x）=x2﹣2x﹣3=（x+1）（x﹣3），令（x+1）（x﹣3）=0，可得x=﹣1，x=3，函数有两个极值点，并且f（﹣1）=＞0，f（3）=9﹣9﹣9+9=0，x∈（﹣∞，﹣1），x∈（3，+∞），f′（x）＞0，x∈（﹣1，3），f′（x）＜0，x=﹣1函数取得极大值，x=3时，函数取得极小值，所以f（x）的零点个数为2．故选：C．【点评】本题的考点是函数零点，用导函数判断函数单调性，属中档题．9．如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM=2MA，点N为BC中点，则=（）A．B．C．D．【考点】向量加减混合运算及其几何意义．【分析】由题意，把，，三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项．【解答】解：由题意=++=+﹣+=﹣++﹣=﹣++又=，=，=∴=﹣++故选B．【点评】本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题．10．直线l1的方向向量为，直线l2的方向向量为，那么l1与l2所成的角是（）A．30°B．45°C．150°D．160°【考点】数量积表示两个向量的夹角．【分析】l1与l2所成的角与直线的方向向量所成的角相等或者互补，由此得到所求．【解答】解：因为直线l1的方向向量为，直线l2的方向向量为，那么两个方向向量所成的角的余弦值为=；所以方向向量所成的角为135°，所以l1与l2所成的角是45°；故选：B【点评】本题考查了利用直线的方向向量所成的角求直线所成的角；注意角度范围．11．曲线y=e x在点（2，e2）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（）A．e2B．2e2C．e2D．e2【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】欲切线与坐标轴所围成的三角形的面积，只须求出切线在坐标轴上的截距即可，故先利用导数求出在x=2处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．最后求出切线的方程，从而问题解决．【解答】解析：依题意得y′=e x，因此曲线y=e x在点A（2，e2）处的切线的斜率等于e2，相应的切线方程是y﹣e2=e2（x﹣2），当x=0时，y=﹣e2即y=0时，x=1，∴切线与坐标轴所围成的三角形的面积为：S=×e2×1=．故选D．【点评】本小题主要考查直线的方程、三角形的面积、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．12．已知函数，则其导函数f′（x）的图象大致是（）A．B．C．D．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】先求导，再根据函数的奇偶性排除A，B，再根据函数值得变化趋势得到答案．【解答】解：∵f（x）=x2sinx+xcosx，∴f′（x）=x2cosx+cosx，∴f′（﹣x）=（﹣x）2cos（﹣x）+cos（﹣x）=x2cosx+cosx=f′（x），∴其导函数f′（x）为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，B，当x→+∞时，f′（x）→+∞，故排除D，故选：C．【点评】本题考查了导数的运算法则和函数图象的识别，属于基础题．13．已知函数f（x）=2ln（3x）+8x+1，则的值为（）A．10 B．﹣10 C．﹣20 D．20【考点】极限及其运算．【分析】=﹣2×=﹣2f′（1），再利用导数的运算法则即可得出．【解答】解：f（x）=2ln（3x）+8x+1，∴f′（x）=+8=+8．∴f′（1）=10．则=﹣2×=﹣2f′（1）=﹣2×10=﹣20．故选：C．【点评】本题考查了导数的定义及其运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱线长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的是（）A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A﹣BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值【考点】棱柱的结构特征．【分析】利用证线面垂直，可证AC⊥BE；判断A正确；根据正方体中上下面平行，由面面平行的性质可证，线面平行，从而判断B正确；根据三棱锥的底面面积与EF的位置无关，高也与EF的位置无关，可判断C正确；例举两个特除位置的异面直线所成的角的大小，根据大小不同判断D错误．【解答】解：∵在正方体中，AC⊥BD，∴AC⊥平面B1D1DB，BE⊂平面B1D1DB，∴AC⊥BE，故A正确；∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，∴EF∥平面ABCD，故B正确；∵EF=，∴△BEF的面积为定值×EF×1=，又AC⊥平面BDD1B1，∴AO为棱锥A﹣BEF的高，∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，故C正确；∵利用图形设异面直线所成的角为α，当E与D1重合时sinα=，α=30°；当F与B1重合时tanα=，∴异面直线AE、BF所成的角不是定值，故D错误；故选D．【点评】本题考查了异面直线所成的角及求法，考查了线面垂直、面面平行的性质，考查了学生的空间想象能力及作图分析能力．15．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【考点】二面角的平面角及求法．【分析】以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DBC1与平面CBC1所成的角．【解答】解：以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系．设底面边长为2a，侧棱长为2b，则A（0，0，0），C（0，2a，0），D（0，a，0），B（a，a，0），C1（0，2a，2b），B1（a，a，2b）．=（），=（﹣，a，2b），=（，0，0），=（0，a，2b），由AB1⊥BC1，得•=2a2﹣4b2=0，即2b2=a2．设=（x，y，z）为平面DBC1的一个法向量，则•=0，•=0．即，又2b2=a2，令z=1，解得=（0，﹣，1）．同理可求得平面CBC1的一个法向量为=（1，，0）．设平面DBC1与平面CBC1所成的角为θ，则cos θ==，解得θ=45°．∴平面DBC1与平面CBC1所成的角为45°．故选：B．【点评】本题考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．16．已知函数f（x）=mlnx+8x﹣x2在B．（﹣∞，﹣8）C．（﹣∞，﹣61，+∞），令h（x）=2x2﹣8x，x∈1，+∞）上单调递减，则﹣2x2+8x+m≤0在1，+∞），令h（x）=2x2﹣8x，x∈1，2）递减，在（2，+∞）递增，故h（x）min=h（2）=﹣8，故m≤﹣8，故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．17．设函数f（x）=e x（sinx﹣cosx）（0≤x≤4π），则函数f（x）的所有极大值之和为（）A．e4πB．eπ+e2πC．eπ﹣e3πD．eπ+e3π【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】先求出其导函数，利用导函数求出其单调区间，进而找到其极大值f（2kπ+π）=e2kπ+π，即可求函数f（x）的各极大值之和．【解答】解：∵函数f（x）=e x（sinx﹣cosx），∴f′（x）=（e x）′（sinx﹣cosx）+e x（sinx﹣cosx）′=2e x sinx，∵x∈（2kπ，2kπ+π）时，f′（x）＞0，x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时，f′（x）＜0，∴x∈（2kπ，2kπ+π）时原函数递增，x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时，函数f（x）=e x（sinx ﹣cosx）递减，故当x=2kπ+π时，f（x）取极大值，其极大值为f（2kπ+π）=e2kπ+π=e2kπ+π×（0﹣（﹣1））=e2kπ+π，又0≤x≤4π，∴函数f（x）的各极大值之和S=eπ+e3π．故选：D．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及等比数列的求和．利用导数求得当x=2kπ+π时，f（x）取极大值是解题的关键，利用导数研究函数的单调性与最值是教学中的重点和难点，学生应熟练掌握．18．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1=S2=S3B．S2=S1且S2≠S3C．S3=S1且S3≠S2D．S3=S2且S3≠S1【考点】空间直角坐标系．【分析】分别求出三棱锥在各个面上的投影坐标即可得到结论．【解答】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1=．在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，），S2=.在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（0，1，），S3=，则S3=S2且S3≠S1，故选：D．【点评】本题主要考查空间坐标系的应用，求出点对于的投影坐标是解决本题的关键．19．已知函数f（x）=﹣5，若对任意的，都有f（x1）﹣g（x2）≥2成立，则a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．【考点】利用导数研究函数的单调性；抽象函数及其应用．【分析】根据不等式恒成立，利用参数分类法进行转化为a≥x﹣x2lnx在≤x≤2上恒成立，构造函数h（x）=x﹣x2lnx，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系求出函数的最值即可．【解答】解：函数g（x）的导数g′（x）=3x2﹣2x=x（3x﹣2），∴函数g（x）在hslx3y3h，，2）=，g（2）=8﹣4﹣5=﹣1，若对任意的，都有f（x1）﹣g（x2）≥2成立，即当≤x≤2时，f（x）≥1恒成立，即恒成立，即a≥x﹣x2lnx在≤x≤2上恒成立，令h（x）=x﹣x2lnx，则h′（x）=1﹣2xlnx﹣x，h′′（x）=﹣3﹣2lnx，当在≤x≤2时，h′′（x）=﹣3﹣2lnx＜0，即h′（x）=1﹣2xlnx﹣x在≤x≤2上单调递减，由于h′（1）=0，∴当≤x≤1时，h′（x）＞0，当1≤x≤2时，h′（x）＜0，∴h（x）≤h（1）=1，∴a≥1．故选：B．【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，构造函数利用参数分离法结合函数单调性和导数之间的关系转化为求函数的最值是解决本题的关键．20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，点E是AB上一点，当二面角P﹣EC﹣D的平面角为时，AE=（）A．1 B．C．2﹣D．2﹣【考点】二面角的平面角及求法．【分析】过点D作DF⊥CE于F，连接PF，由三垂线定理证出DF⊥CE，从而∠PFD 为二面角P﹣EC﹣D的平面角，即∠PFD=．等腰Rt△PDF中，得到PD=DF=1．矩形ABCD中，利用△EBC与△CFD相似，求出EC=2，最后在Rt△BCE中，根据勾股定理，算出出BE=，从而得出AE=2﹣．【解答】解：过点D作DF⊥CE于F，连接PF∵PD⊥平面ABCD，∴DF是PF在平面ABCD内的射影∵DF⊥CE，∴PF⊥CE，可得∠PFD为二面角P﹣EC﹣D的平面角，即∠PFD=Rt△PDF中，PD=DF=1∵矩形ABCD中，△EBC∽△CFD∴=，得EC==2Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE==∴AE=AB﹣BE=2﹣故选：D【点评】本题在特殊四棱锥中已知二面角的大小，求线段AE的长．着重考查了线面垂直的判定与性质和二面角的平面角及求法等知识，属于中档题．21．定义在R上的函数f（x）满足，当x∈﹣4，﹣2），∃t∈B．（﹣∞，﹣4 D．【考点】其他不等式的解法．【分析】由f（x+2）=f（x）得f（﹣）=2f（）=2×（﹣2）=﹣4，x∈，f（﹣）=2f（﹣）=﹣8，∀s∈﹣4，﹣2），g（t）最小=g（﹣4）=m﹣16，不等式f（s）﹣g（t）﹣8≥g（t）最小=g（﹣4）=m﹣16，求解即可．≥0恒成立，得出f（s）小=【解答】解：∵当x∈0，2），f（0）=为最大值，∵f（x+2）=f（x），∴f（x）=2f（x+2），∵x∈，∴f（﹣2）=2f（0）=2×=1，∵x∈，∴f（﹣4）=2f（﹣2）=2×1=2，∵∀s∈﹣2，0﹣4，﹣3﹣4，2），﹣8，∴f（s）最小=∵函数g（x）=x3+3x2+m，∴g′（x）=3x2+6x，3x2+6x＞0，x＞0，x＜﹣2，3x2+6x＜0，﹣2＜x＜0，3x2+6x=0，x=0，x=﹣2，∴函数g（x）=x3+3x2+m，在（﹣∞，﹣2）（0，+∞）单调递增．在（﹣2，0）单调递减，∴∃t∈0，+∞）恒成立，则下列不等式一定成立的是（）A．f（1）＜2ef（2）B．ef（1）＜f（2）C．f（1）＜0 D．ef（e）＜2f（2）【考点】函数的单调性与导数的关系；导数的运算．【分析】构造函数F（x）=xe x f （x），则F′（x）=e x≥0对x∈0，+∞）上单调递增，即可得出结论、【解答】解：构造函数F（x）=xe x f （x），则F′（x）=e x≥0对x∈0，+∞）上单调递增，∴F（1）＜F（2），∴f（1）＜2ef（2），故选A．【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，正确构造函数是关键．二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）23．在平面直角坐标系xOy中，若曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b的值是﹣3．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】由曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，可得y|x=2=﹣5，且y′|x=2=，解方程可得答案．【解答】解：∵直线7x+2y+3=0的斜率k=，曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，∴y′=2ax﹣，∴，解得：，故a+b=﹣3，故答案为：﹣3【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程，其中根据已知得到y|x=2=﹣5，且y′|x=2=，是解答的关键．24．若，，是平面α内的三点，设平面α的法向量，则x：y：z=2：3：（﹣4）．【考点】平面的法向量．【分析】求出、的坐标，由•=0，及•=0，用y表示出x 和z的值，即得法向量的坐标之比．【解答】解：，∴．故答案为2：3：﹣4．【点评】本题考查平面的法向量的性质以及两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式的应用．25．已知f（x）是定义在R上奇函数，又f（2）=0，若x＞0时，xf′（x）+f（x）＞0，则不等式xf（x）＞0的解集是（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．【考点】奇偶性与单调性的综合．【分析】由题意设g（x）=xf（x）并求出g′（x），由条件和导数与函数单调性的关系，判断出g（x）在（0，+∞）上的单调性，由f（x）是奇函数判断出g（x）是偶函数，根据条件、偶函数的性质、g（x）的单调性等价转化不等式xf（x）＞0，即可求出不等式的解集．【解答】解：由题意设g（x）=xf（x），则g′（x）=xf′（x）+f（x），∵x＞0时，xf′（x）+f（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，∵f（x）是定义在R上奇函数，∴g（x）是定义在R上偶函数，又f（2）=0，则g（2）=2f（2）=0，∴不等式xf（x）＞0为g（x）＞0=g（2），等价于|x|＞2，解得x＜﹣2或x＞2，∴不等式xf（x）＞0的解集是（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），故答案为：（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及判断，偶函数的单调性，以及导数与函数单调性的关系，考查构造法，转化思想，化简、变形能力．26．设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，记．当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是（，1）．【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离．【分析】建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即，从而可求λ的取值范围．【解答】解：由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1）∴=（1，1，﹣1），∴=（λ，λ，﹣λ），∴=+=（﹣λ，﹣λ，λ）+（1，0，﹣1）=（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1）=+=（﹣λ，﹣λ，λ）+（0，1，﹣1）=（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1）显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0∴∴（1﹣λ）（﹣λ）+（﹣λ）（1﹣λ）+（λ﹣1）2=（λ﹣1）（3λ﹣1）＜0，得＜λ＜1因此，λ的取值范围是（，1）故答案为：（，1）【点评】本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题．三、解答题（共4小题，其中27、28、29每题10分，30题12分，共42分）27．（10分）（2015秋•福州校级期末）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，AA1=1（1）求直线AD1与B1D所成角；（2）求直线AD1与平面B1BDD1所成角的正弦．【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线AD1与B1D的方向向量，利用向量的夹角公式，即可求直线AD1与B1D所成角；（2）求出平面B1BDD1的法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线AD1与平面B1BDD1所成角的正弦．【解答】解：（1）建立如图所示的直角坐标系，则A（0，0，0），D1（1，0，1），B1（0，2，1），D（1，0，0）．∴，∴cos==0，∴=90°，∴直线AD1与B1D所成角为90°；（2）设平面B1BDD1的法向量=（x，y，z），则∵，=（﹣1，2，0），∴，∴可取=（2，1，0），∴直线AD1与平面B1BDD1所成角的正弦为=．【点评】本题考查线线角，考查线面角，考查向量知识的运用，正确求向量是关键．28．（10分）（2013•惠州一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=x3+x2+mx+n，直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切于点（1，0）．（1）求直线l的方程及g（x）的解析式；（2）若h（x）=f（x）﹣g′（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数），求函数h（x）的极大值．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究函数的极值．【分析】（1）先确定直线l的方程为y=x﹣1，利用直线l与g（x）的图象相切，且切于点（1，0），建立方程，即可求得g（x）的解析式；（2）确定函数h（x）的解析式，利用导数求得函数的单调性，即可求函数h（x）的极大值．【解答】解：（1）直线l是函数f（x）=lnx在点（1，0）处的切线，故其斜率k=f′（1）=1，∴直线l的方程为y=x﹣1．…（2分）又因为直线l与g（x）的图象相切，且切于点（1，0），∴在点（1，0）的导函数值为1．∴，∴，…∴…（6分）（2）∵h（x）=f（x）﹣g′（x）=lnx﹣x2﹣x+1（x＞0）…（7分）∴…（9分）令h′（x）=0，得或x=﹣1（舍）…（10分）当时，h′（x）＞0，h（x）递增；当时，h′（x）＜0，h（x）递减…（12分）因此，当时，h（x）取得极大值，…（14分）∴极大=【点评】本题考查导数知识的运用，考查切线方程，考查函数的单调性与极值，考查学生的计算能力，正确求导是关键．29．（10分）（2017•岳阳一模）如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=，M 为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM（Ⅰ）求证：AD⊥BM（Ⅱ）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E﹣AM﹣D的余弦值为．【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质证明BM⊥平面ADM即可证明AD⊥BM（Ⅱ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立二面角的夹角关系，解方程即可．【解答】（1）证明：∵长方形ABCD中，AB=2，AD=，M为DC的中点，∴AM=BM=2，∴BM⊥AM．∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD⊂平面ADM∴AD⊥BM；（2）建立如图所示的直角坐标系，设，则平面AMD的一个法向量=（0，1，0），=+=（1﹣λ，2λ，1﹣λ），=（﹣2，0，0），设平面AME的一个法向量为=（x，y，z），则，取y=1，得x=0，z=，则=（0，1，），∵cos＜，＞==，∴求得，故E为BD的中点．【点评】本题主要考查空间线面垂直性质以及二面角的求解，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法是解决本题的关键．综合考查学生的运算和推理能力．30．（12分）（2016秋•张家口期末）已知函数f（x）=（x+1）2﹣alnx．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，+∞）内任取两个不相等的实数x1，x2，不等式恒成立，求a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，导函数，①当a≤0时，②当a＞0时，判断导函数的符号，推出函数的单调性．（Ⅱ）不妨令x1＞x2，则x1+1＞x2+1，x∈（0，+∞），则x+1∈（1，+∞），不等式，推出f（x1+1）﹣（x1+1）＞f（x2+1）﹣（x2+1），设函数g （x）=f（x）﹣x，利用函数的导数利用函数的单调性与最值求解即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数的定义域为x＞0，，…（2分）①当a≤0时，f'（x）＞0在x＞0上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（3分）②当a＞0时，方程2x2+2x﹣a=0有一正根一负根，在（0，+∞）上的根为，所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＞0时，函数f（x）在上单调递减，在上单调递增．…（6分）（Ⅱ）不妨令x1＞x2，则x1+1＞x2+1，x∈（0，+∞），则x+1∈（1，+∞），由f（x1+1）﹣f（x2+1）＞（x1+1）﹣（x2+1）⇒f（x1+1）﹣（x1+1）＞f（x2+1）﹣（x2+1）…（8分）设函数g（x）=f（x）﹣x，则函数g（x）=f（x）﹣x是在（1，+∞）上的增函数，所以，…（10分）又函数g（x）=f（x）﹣x是在（1，+∞）上的增函数，只要在（1，+∞）上2x2+x≥a恒成立，y=2x2+x，在（1，+∞）上y＞3，所以a≤3．…（12分）【点评】本题考查函数导数的应用，函数的极值以及函数的单调性最值的求法，考查转化思想以及计算能力．。

保定三中2015——2016学年度第一学期1月月考试题高二物理试题卷（命题人：李星 审题人：董娜 ）考试时间90分钟、分值100分一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

1、以下说法正确的是（ ）A ．由E=F/q 可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比B ．由公式Φ=E P /q 可知，电场中某点的电势Φ与q 成反比C ．由U ab =Ed 可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D ．公式C=Q/U 中，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关2. 用如图所示的电路研究楞次定律，闭合电键S 后，将线圈A 插入线圈B 中时，发现电流计G 指针向右偏一下，如果A 插进B 后保持不动，再将滑动变阻器的滑片P 迅速向左移动，G 表的指针将（ ）A ．向左偏B ．向右偏 C.不动 D.无法确定3．质量为m 的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d ，杆与导轨间的动摩擦因 数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A 、B 、C 、D 四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（ ）4.两个完全相同、圆心重合的圆形导线圈，可以绕通过它们的公共直径的轴线xx′自由转动。

初始时，两线圈互相垂直。

现分别通以大小相等的电流，电流方向如图所示，设每个线圈中电流在圆心处产生的磁感强度为B ，当两线圈转动而达到稳定时，圆心O 处的磁感强度的大小是：（ ）A ．B ； B ．B 2；C ．B 2；D ．05．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电压表V 1、V 2示数为U 1、U 2，示数变化的绝对值分别为1U ∆和2U ∆，电流表的示数为I ，电流表示数变化的绝对值为I ∆，下列说法中正确的是（ ）A ．小灯泡L 1、L 2变暗，L 3变亮B ．小灯泡L 3变暗，L 1、L 2变亮C ．12U U ∆<∆D ．1U I ∆∆变大，2U I∆∆不变6．如图（甲）所示，AB 是电场中的一条直线。

2016-2017学年河北省保定市博野中学高二（下）月考物理试卷（3月份）一．选择题（共12小题，4、6为多选，共48分）1．一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈．如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（）A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，3602．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A．=B．I2=C．I1U1=I22R D．I1U1=I2U24．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左5．通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（）A．12V B．4V C．15V D．8V6．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么（）A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sin7．质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（）A．m B．m﹣mv0C．m﹣mv0D．mg8．质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v在时间t内（）A．地面对他的平均作用力为mgB．地面对他的平均作用力为C．地面对他的平均作用力为m（﹣g）D．地面对他的平均作用力为m（g+）9．如图所示，质量为m 的小滑块（可视为质点），从h 高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A．2m B．m C．D．4m10．如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M＞m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为（）A．mg B．mg+C．mg+m D．mg+m11．如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a的光滑斜面顶端，b 由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（）A．W1=0，W2=0 B．W1＞0，W2＞0 C．W1＜0，W2＞0 D．W1＞0，W2＜0 12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）A．v B．v C．v D．0二．计算题（每题13分）13．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B 的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L．14．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：（1）0～8s时间内拉力的冲量；（2）0～6s时间内物体的位移；（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．15．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求①两球a、b的质量之比；②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．16．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．2016-2017学年河北省保定市博野中学高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，4、6为多选，共48分）1．一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈．如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（）A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，360【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论．【解答】解：对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得，变压器烧坏前，同理，所以B正确．故选B．2．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大【考点】变压器的构造和原理．【分析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示数变化．【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误B、干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小．则C错误D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D 错误故选：B3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A．=B．I2=C．I1U1=I22R D．I1U1=I2U2【考点】变压器的构造和原理．【分析】变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗．【解答】解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有：=；故A错误；B、U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故B错误；C、升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和；故C错误；D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1=I2U2，故D正确．故选：D．4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．【解答】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I==10A，选项A正确；B、角速度==100π rad/s，选项B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．5．通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（）A．12V B．4V C．15V D．8V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量．【解答】解：由有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=T，代入数据得（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=×1，解得U=4V故选：B．6．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么（）A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sin【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=I m cosθ，由已知可求I m=，根据正弦式交变电流有效值和峰值关系可求电流有效值根据P=I2R可求电功率根据E m=I m r可求感应电动势的最大值任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=根据Em=NBSω可求Φm=BS=【解答】解：从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=I m cosθ，则电流的最大值为I m=感应电动势的最大值为E m=I m r=2×2=4V任意时刻线圈中的感应电动势为e=E m cos=4cos t线圈消耗的电功率为P=I2r==W=4W任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=根据公式E m=NBSω=NΦm可得故Φ=，故选：AC7．质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（）A．m B．m﹣mv0C．m﹣mv0D．mg【考点】动量定理．【分析】物体做平抛运动，将运动分解即可求出运动的时间，然后由冲量的公式即可求出物体受到的冲量．【解答】解：A、D、物体做平抛运动，运动的时间：t=所以重力的冲量：I=mgt=．故A正确，D错误；B、C、物体落地时竖直方向的分速度：物体在平抛运动的过程中水平方向的分速度不变，则水平方向动量的分量不变，物体动量的变化等竖直方向的动量的变化，所以：△P=△P y=mv y由动量定理可知：I=△P=；所以B选项m﹣mv0为竖直方向的分动量与初动量的差，而m﹣mv0为合动量的大小与初动量的大小的差，没有考虑动量的方向性．故B错误，C错误．故选：A8．质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v在时间t内（）A．地面对他的平均作用力为mgB．地面对他的平均作用力为C．地面对他的平均作用力为m（﹣g）D．地面对他的平均作用力为m（g+）【考点】动量定理．【分析】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的平均作用力．【解答】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：﹣mgt=△mv=mv所以：=m（g+）；故D正确，ABC错误；故选：D9．如图所示，质量为m 的小滑块（可视为质点），从h 高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A．2m B．m C．D．4m【考点】动量定理；动能定理．【分析】先对从A到B过程根据动能定理列式，再对从B到A过程根据动能定理列式，联立求解得到B的初速度；最后根据动量定理得到在 B 点需给物体的瞬时冲量．【解答】解：滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh﹣W f=0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：﹣mgh﹣W f=0﹣，联立解得：v=2；在B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2m，故A正确，BCD错误；故选：A10．如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M＞m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为（）A．mg B．mg+C．mg+m D．mg+m【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】根据M与m系统水平方向动量守恒和机械能守恒结合求出m第一次回到O点正下方时两者的速度，再根据牛顿第二定律求细线的拉力．【解答】解：设m第一次回到O点正下方时m与M的速度分别为v1和v2．取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：mv0=mv1+Mv2．mv02=mv12+Mv22．解得v1=v0，v2=v0当m第一次回到O点正下方时，以m为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣mg=m解得细线的拉力T=mg+故选：B11．如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a的光滑斜面顶端，b 由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（）A．W1=0，W2=0 B．W1＞0，W2＞0 C．W1＜0，W2＞0 D．W1＞0，W2＜0【考点】动量守恒定律；功的计算．【分析】根据动量守恒分析两物体的运动情况，再根据力与位移方向的夹角来判断力是否做功，当力与位移的夹角为90°时，力对物体不做功．斜面对小物体的弹力做的功不为零．【解答】解：滑块和斜面体系统机械能守恒，总动量也守恒；根据动量守恒可知，b向左下滑时，a具有向右的速度，向右运动，物体的位移如图所示；滑块受重力、支持力，斜面受重力、支持力和压力；对斜面体a，受到的压力垂直斜面向下，水平向右方向有分力，a向右有位移，由W=FScosθ知．压力做正功，故W2＞0；滑块和斜面体系统机械能守恒，故斜面体a增加的机械能等于滑块b减小的机械能，故支持力对滑块b做负功，即W1＜0；故C正确，ABD错误．故选：C．12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）A．v B．v C．v D．0【考点】动量守恒定律；自由落体运动．【分析】炮弹在最高点水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小．【解答】解：爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv=m•v′解得：v′=v故选：B．二．计算题（每题13分）13．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B 的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度．（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率．（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．【解答】解：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：得：=2m/s．（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：m A v A=（m A+m B）v'得：．（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：又因为：f=μN=μ（m A+m B）g代入数据联立解得：l=0.25m．答：（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m．14．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：（1）0～8s时间内拉力的冲量；（2）0～6s时间内物体的位移；（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．【考点】动量定理；功的计算．【分析】（1）冲量是力对时间的积累，根据I=Ft分段求即可；（2）根据v﹣t图象求出物体运动特征，根据运动运动学知识求位移；（3）滑动摩擦力为恒力，根据W=Fs求摩擦力做功．【解答】解：（1）由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8s内的冲量I=F1t1+F2t2+F3t3=1×2+3×4+2×2N•s=18N•s；方向向右．（2）由图3知，物体在0～2s内静止，2～6s内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3m/s所以物体在0～6s内的位移即为2～6s内匀加速运动的位移=；（3）由图3知物体在6～8s内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即f=F=2N；物体在6～8s内做匀速直线运动位移x2=vt=3×2m=6m物体在8～10s内做匀减速运动位移=所以物体在0～10s内的总位移x=x1+x2+x3=15m摩擦力做功W f=﹣fx=﹣2×15J=﹣30J即物体克服摩擦力做功30J．答：（1）0～8s时间内拉力的冲量为18N•s；方向向右．（2）0～6s时间内物体的位移为6m；（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J．15．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求①两球a、b的质量之比；②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．【解答】解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：m2gL=m2v02﹣0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），解得：=（﹣1）：1=（﹣1）：1（2）两球碰撞过程中损失是机械能：Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），碰前b球的最大动能为：E b=m1v02，=【1﹣（1﹣cosθ）】：1=（1﹣）：1答：（i）两球a、b的质量之比为（﹣1）：1（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1﹣）：1．16．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；（2）设弹簧的弹性势能为E P，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有（3m）v2+E P=（2m）v12+mv02，解得：E P=mv02 ；答：弹簧释放的势能为mv02．2017年4月14日。

2016 2017学年度第一学期期末调研考试高二物理试题(90分钟完卷,满分100分)一㊁选择题:本大题共12小题,每小题4分㊂在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有一个选项是符合题目要求的,第8-12题有多项符合题目要求㊂全部选对的得4分,选对但不全的得2分㊂有错选的得0分1.磁场对电流的作用力叫安培力,下列关于电流方向㊁安培力方向以及磁场方向的图片,关系正确的是2.如图所示,某电场中的一条电场线上有A㊁B㊁C三点,其中B为A C的中点㊂已知φA=5V,φC=3V,则A.B点的电势φB一定为4VB.A点的场强E A一定大于C点的场强E CC.电荷量为+1C的电荷从C点运动到A点电势能减少2JD.电荷量为-1C的电荷在A点时电势能为-5J3.如图所示,电荷量为+Q的均匀带电球,以球心为圆心的三个虚线圆为等势线,点电荷+q1放在A点,受到电场力大小为F1,点电荷+q2放在B点,受到电场力大小为F2,且F2>F1,下列说法中正确的是A.B点的电场强度大于A点的电场强度B.q2>q1C.B点的电势大于A点的电势D.把两个点电荷交换位置,A㊁B两点的电场强度大小也随之交换4.如图所示,A㊁B两端电压恒为U,接入内阻为R的电动机M恰好能正常工作,流过电动机的电流为I1,如果把电动机换成阻值为R的定值电阻,此时电流为I2,下列说法正确的是A.I1=I2B.I2>I1C.电动机消耗的功率大于定值电阻消耗的功率D.电动机消耗的功率等于定值电阻消耗的功率5.如图所示,一光滑绝缘的半圆槽固定在地面上,圆心为O,半径为R,D点为最低点,整个半圆槽处于水平向右的匀强电场中㊂从半圆槽右边与圆心等高处由静止释放一质量为m,电荷量为+q的小球㊂已知电场强度为E,重力加速度为g,且m g=3q E㊂则A.小球运动到D点时,对槽底部的压力大小为3m gB.小球运动到D点时,对槽底部的压力大小为(3-233)m gC.小球能运动到半圆槽左边与圆心等高处D.小球最终停在D点6.一个电源和一个电阻箱组成的电路如图所示,把R由2Ω改变为6Ω时,流过电源的电流减小到原来的一半,则电源的内阻应为A.4ΩB.8ΩC.6ΩD.2Ω7.如图所示,长方形匀强磁场区域MN Q P,长为a㊁宽为b,磁感应强度大小为B,方向垂直区域平面㊂一质量为m㊁电荷量为e的电子以速度v从M处沿MN方向进入磁场,从Q点离开磁场,则A.电子在磁场中运动的时间t=a vB.电子离开磁场时速度与P Q延长线夹角为α,且t a nα=2a ba2-b2C.电子做圆周运动的半径为a2+b22aD.洛伦兹力对电子做的功为B e v b8.如图甲所示,一竖直固定金属圆环c,环面靠近并正对一螺线管,螺线管的a㊁b端输入如图乙所示的电流(规定从a端流入为正),则A.在0~t1时间内,金属环受到向右的安培力B.在t1~t2时间内,金属环受到向右的安培力C.在t2~t3时间内,金属环受到向左的安培力D.在t3~t4时间内,金属环受到向左的安培力9.充电后的平行板电容器中电场可视为匀强电场,两个带电粒子a㊁b(不计相互作用力和自身重力)同时从同一位置垂直电场飞入平行板电容器,并同时打在下极板或飞出极板区域,在电容器中的轨迹如图所示,其中粒子b刚好从下极板右边缘飞出㊂由此判断A.两个粒子都带负电B.两个粒子的比荷相同C.两个粒子具有相同的初速度D.两个粒子的动能增量一定相等10.如图所示,在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中有光滑金属轨道,分别由水平部分C D㊁P Q和倾斜部分D E㊁QM组成,轨道间距为L,倾斜部分倾角为α㊂垂直水平轨道放置质量为m电阻为r的金属棒a,垂直倾斜轨道放置质量为m电阻为R 的金属棒b㊂导轨电阻不计,为保证金属棒b静止不动,给金属棒a施加作用力F 使其做匀速运动,则A.导体棒a向左运动,速度大小为m g(R+r)B2L2s i nαB.导体棒a向左运动,速度大小为m g(R+r)B2L2t a nαC.作用力F做功的功率为m2g2(R+r)B2L2s i n2αD.作用力F做功的功率为m2g2(R+r)B2L2t a n2α11.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20c m2㊂环绕螺线管的导线电阻r=1.0Ω,R1=4.0Ω,滑动变阻器全电阻R2=5.0Ω,电压表可看作理想表,螺线管内磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化㊂则下列说法中正确的是A.S断开时,电压表示数为1.2VB.闭合S稳定后,电压表示数为1.2VC.闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.36WD.闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.2304W12.光滑水平面上方有范围足够大的水平匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里㊂一质量为M的绝缘长木板(足够长)静置于水平面上,上面放一个质量为m,带电量为+q的小滑块,小滑块与长木板之间动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),给长木板施加水平向右的恒力F,长木板和小滑块一起向右加速运动,重力加速度为g,则A.小滑块将一直随长木板一起向右运动B.长木板与小滑块一起运动时加速度为F M+mC.小滑块最终将做匀速直线运动,速度大小为m g q BD.长木板最终的加速度为F M二㊁实验题:本大题共2小题,其中第13小题6分,第14小题9分,共15分㊂13.(6分)在练习使用多用电表的实验中,某同学把多用电表连入如图甲所示的电路中㊂在经过正确的操作后得到如图乙所示的示数㊂(1)旋转选择开关,使尖端对准直流电压50V挡,闭合开关S,此时测得的是两端的电压,示数为V;(2)旋转选择开关,使尖端对准直流电流10m A挡,闭合开关S,此时测得的是通过的电流,示数为m A;(3)若断开电路中的电键,旋转选择开关使其尖端对准ˑ10欧姆挡,此时测得的是的电阻,示数为Ω㊂14.(9分)某同学用下列所给的器材测一节干电池的电动势E和内阻rA.待测干电池一节:(电动势约1.5V,内阻约0.5Ω)B.电压表V:(0~3~15V)C.电流表A:(0~0.6~3A)D.变阻器R1:(0~20Ω,1A)E.变阻器R2:(0~1000Ω,0.1A)F.电键S和导线若干(1)实验中电压表应选用的量程为(填0~3V或0~15V);电流表应选用的量程为(填0~0.6A或0~3A);变阻器应选用(填器材前面的代号);(2)根据实验要求连接实物电路图;(3)实验测得的6组数据已在U I图中标出,如图所示㊂请你根据数据点位置完成U I图线,并由图线求出该电池的电动势E=V,电阻r=Ω㊂三㊁计算题:本大题共3小题,其中第15题9分,第16题每题13分,第17题15分,共37分㊂15.(9分)P Q和MN分别是完全正对的金属板,接入电动势为E的电源,如图所示,板间电场可看作匀强电场,MN之间距离为d,其间存在着磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场㊂紧挨着P板有一能产生正电荷的粒子源S,Q板中间有孔J,S J K在一条直线上且与MN平行㊂产生的粒子初速度不计,粒子重力不计,发现粒子能沿着S J K路径从孔K射出,求粒子的比荷q m㊂16.(13分)如图所示,一对平行光滑轨道放置在水平面上,两轨道相距l=1m,左端用R=3Ω的电阻连接,一质量m=0.5k g㊁电阻r=1Ω的导体棒与两轨道垂直,静止放在轨道上,轨道的电阻可忽略不计㊂整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,现用水平恒力F沿轨道向右拉导体棒,导体棒由静止开始运动,当导体棒开始做匀速运动时,电阻消耗的功率为3W㊂求:(1)水平恒力F;(2)导体棒匀速运动的速度;(3)从静止开始到开始匀速运动的过程中导体棒位移s=2m,求电阻R产生的焦耳热㊂17.(15分)如图所示,以半圆形匀强磁场的圆心为坐标原点建立平面直角坐标系x o y,半圆的直径d=0.6m,磁感应强度B=0.25T,方向垂直纸面向里,一群不计重力㊁质量m=3ˑ10-7k g㊁电荷量q=+2ˑ10-3C的带电粒子以速度v=5ˑ102m/s,沿-x方向从半圆磁场边界射入磁场区域㊂(1)如果粒子进入磁场时坐标(0.3m,0),求出磁场时的坐标;(2)如果粒子从圆心O射出,求进入磁场时的坐标㊂。

河北省保定市定兴县第三中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以 1.0m/s的速率沿同一直线相向传播，t = 0时刻的波形如图所示，图中小方格的边长为 0.1m。

则以下不同时刻，波形正确的是（）参考答案：ABD2. 某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，现在我们只需要稳定的直流成分，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是参考答案：A3. ．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则从橡皮绳开始拉紧，到游戏者到达最低点的过程中，以下说法错误的是()A．速度先增大后减小 B．加速度先减小后增大C．动能增加了mgL D．重力势能减少了mgL参考答案：C4. （单选）请把两支笔杆并在一起构成一个约0.3 mm的狭缝，使狭缝距离上图约30 cm，并与上图中的横线平行．眼睛紧靠狭缝，通过狭缝，你看到的图样是下图中的哪一个？参考答案：B5. 示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极、之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极之间和之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中（a）、（b）所示的两种波形．则A．若和分别加电压（3）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形ks5uB．若和分别加电压（4）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形C．若和分别加电压（3）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形D．若和分别加电压（4）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，一单匝线圈从左侧进入磁场．在此过程中，线圈中的磁通量将（选填“增大”或“减小”）．若上述过程所经历的时间为0.3s，线圈中产生的感应电动势为0.8 V，则线圈中的磁通量变化了 Wb．参考答案：24.增大；0.247. 如图a所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图b所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图箭头所示)，在t1～t2时间段内，线圈B内有（填“顺时针”或“逆时针”）方向的电流，线圈有（“扩张”或“收缩”）的趋势。

2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）第一次月考物理试卷一．选择题（本大题共30小题，每小题4分，共40分）1．图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高2．如图所示，虚线范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场，宽度为L．一个边长也为L的正方形闭合导线框在竖直面内，下底边恰好位于磁场上边界．将导线框由静止释放后开始做加速运动；当其下底边到达磁场下边界时，导线框刚好开始做匀速运动，直到导线框完全离开磁场．关于以上两个阶段中的能量转化情况，下列说法正确的是（）A．第一阶段导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量B．第一阶段导线框机械能的减少量大于导线框内产生的电热C．第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热D．第一阶段导线框机械能的减少量大于第二阶段导线框机械能的减少量3．如图所示的4种情况中，磁场的磁感应强度都是B，导体的长度l和运动速度v的大小都相同．产生感应电动势最小的是（）A． B．C． D．4．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示．下列说法正确的是（）A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通C．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D．可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流5．如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场B以4×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则（）A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10﹣9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10﹣9CC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10﹣9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10﹣9C6．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．变化的磁场使闭合电路产生感应电流B．磁场对电流产生力的作用C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场7．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd．现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．通过导体框截面的电量相同C．导体框中产生的焦耳热相同D．导体框cd边两端电势差大小相同8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则（）A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大9．如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中（）A．线圈中的感应电流方向是abcdaB．线圈中的感应电流方向是dcbadC．线圈中的感应电流大小不变D．线圈中的感应电流大小逐渐减小10．如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°．折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度v做竖直向上的匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流﹣时间（I﹣t）关系的是（时间以为单位）（）A．B．C．D．11．长度和粗细均相同，材料不同的两根导线，分别先后在U形导轨上以同样的速度在同一匀强磁场中做切割磁感线运动，导轨电阻不计．则两导线（）A．产生相同的感应电动势B．产生的感应电流与两者的电阻率成正比C．产生的电流功率与两者电阻率成正比D．两者受到相同的磁场力12．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B．方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度υ在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是（）A．B．C．D．13．在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度沿与杆垂直的方向抛出，设棒在运动过程中不发生转动，空气阻力不计，则金属棒在做平抛运动过程中产生的感应电动势（）A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断14．对于声波、无线电波和光波，下列说法中正确的是（）A．它们都是横波B．它们都能在真空中传播C．它们都能发生干涉和衍射D．它们的本质相同15．如图为远距离输电的电路原理图，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则（）A．I2=B．I2＜C．用户得到的电功率与电厂输出的电功率相等D．用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等16．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的匀强磁场B中．质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．对滑块下滑的过程，下列判断正确的是（）A．滑块受到的洛仑兹力方向垂直斜面向上B．滑块受到的摩擦力大小不变C．滑块一定不能到达斜面底端D．滑块到达地面时的动能与B的大小有关17．如图所示，一个“∠”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是与导轨材料、横截面积均相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中的（）A．感应电动势保持不变 B．感应电动势逐渐增大C．感应电流保持不变 D．感应电流逐渐增大18．下列实验现象，属于反映电流能产生磁场的现象是（）A．导线通电后，其下方的小磁针偏转B．通电导线AB在磁场中运动C．金属杆切断磁感线时，电流表指针偏转D．通电线圈在磁场中转动19．在图中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，（a）图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（）A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动B．图（a）、（c）中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图（b）中ab棒最终静止C．图（a）、（c）中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D．三种情况下，导体棒ab最终均静止20．电荷是看不见的，但能被验电器检测出来是否存在．普通验电器顶部装有一个金属球，金属球与金属杆相连，在金属杆的底部是两片很薄的金属片．当验电器不带电荷时，金属片自然下垂．当一个带电体接触到金属球时，电荷能沿着金属棒传递，金属片就带有电荷．由于同时带有同一种电荷，两金属片相互排斥而张开．不管被检验的物体带负电还是正电，验电器的金属片都会张开．因此，这种验电器（）A．能用来直接判断电荷的正负B．不能用来直接判断电荷的正负C．不能用来间接判断电荷的正负D．可以直接测量物体的带电量21．生产、生活中使用的许多电器或设备都可看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式，下列电器或设备在工作过程中把电能转化为动能的是（）A．电饭煲B．电风扇C．发电机D．汽油机22．处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定（）A．线圈没有在磁场中运动B．线圈没有做切割磁感线运动C．穿过线圈的磁通量没有发生变化D．磁场没有发生变化23．如图1所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在MP之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直放在导轨上，与磁场左边界相距d．现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，其ab离开磁场前已做匀速直线运动棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，F0已知．下列判断正确的是（）A．棒ab在ac之间的运动一定是匀加速直线运动B．棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C．棒ab离开磁场时的速率为D．棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电量为24．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A．线圈转动的角速度为50πrad/sB．电流表的示数为10AC．0.01s时线圈平面与磁感线平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右25．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是（）A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同26．如图，在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按B=B o+ky（k为正常数）的规律变化．两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直．现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v l和v2，设磁场的范围足够大，且仅考虑线框完全在磁场中的运动，则下列说法正确的是（）A．运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同B．若v1＞v2，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流C．若v1=v2，则开始时甲线框所受磁场的作用力小于乙线框所受磁场的作用力D．若v1＜v2，则最终达到各自稳定状态时甲线框的速度可能大于乙线框的速度27．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（）A．A l的示数不变，A2的示数增大B．A1的示数增大，A2的示数增大C．V1的示数增大，V2的示数增大D．V1的示数不变，V2的示数减小28．如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k．导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，则有（）A．导体棒中电流为B．轻弹簧的长度增加C．轻弹簧的长度减少D．电容器带电量为CR229．半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个金属环在轨道内来回滚动，如图所示，若空气阻力不计，则（）A．金属环做等幅振动B．金属环做减幅振动C．金属环做增幅振动D．无法确定30．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x 变化的图象正确的是（）A．B．C．D．二、计算题31．如图为俯视图，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，放在光滑的水平面上，今使线框在外力作用下以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于水平面向里的匀强磁场区域．已知磁感应强度大小为B，磁场宽度为3l，求（1）线框在进入磁场区和穿出磁场区的两个过程中的感应电流方向和感应电动势的大小（2）线框在进入磁场区和穿出磁场区的两个过程中a、b两点间电势差的大小．32．电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它揭示了电、磁现象之间的本质联系．电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即E=n，这就是法拉第电磁感应定律．（1）如图所示，把矩形线框abcd放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂直．设线框可动部分ab的长度为L，它以速度v向右匀速运动．请根据法拉第电磁感应定律推导出闭合电路的感应电动势E=BLv．（2）两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．两导轨间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆MN放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽略．让金属杆MN由静止沿导轨开始下滑．求①当导体棒的速度为v（未达到最大速度）时，通过MN棒的电流大小和方向；②导体棒运动的最大速度．2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）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30小题，每小题4分，共40分）1．图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；地磁场．【分析】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．【解答】解：当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，即总有U1比U2低．故BD正确，AC错误．故选：BD．2．如图所示，虚线范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场，宽度为L．一个边长也为L的正方形闭合导线框在竖直面内，下底边恰好位于磁场上边界．将导线框由静止释放后开始做加速运动；当其下底边到达磁场下边界时，导线框刚好开始做匀速运动，直到导线框完全离开磁场．关于以上两个阶段中的能量转化情况，下列说法正确的是（）A．第一阶段导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量B．第一阶段导线框机械能的减少量大于导线框内产生的电热C．第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热D．第一阶段导线框机械能的减少量大于第二阶段导线框机械能的减少量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】从线圈进入磁场做匀速运动，整个过程中，线框的动能不变，重力势能减小转化为热能，根据能量守恒定律求解线圈中能量之间的转换关系，求解转换过程中能量的关系．【解答】解：第一阶段：线圈进入磁场从静止释放做匀加速运动，整个过程中，线框的重力势能减小，动能增加，线框中产生感应电流，产生焦耳热；根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为动能和焦耳热，故A错误；势能和动能之和为机械能的变化量，故机械能的减小量等于产生的电能，故B错误；第二阶段：根据能量守恒定律，从线圈下边到达磁场下边界时，线框做匀速运动，线框出磁场的整个过程中，线框的动能不变，机械能的变化等于重力势能的变化，重力势能减小全部转化为热能，且两个过程中线框下降的高度相同，故重力势能的变化量相同，所以第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热故C正确；故D错误；故选：C3．如图所示的4种情况中，磁场的磁感应强度都是B，导体的长度l和运动速度v的大小都相同．产生感应电动势最小的是（）A． B．C． D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据公式E=BLvsinθ分析答题，其中vsinθ是有效的切割速度．【解答】解：ABD导体的运动方向与磁场方向垂直，产生的电动势都为BLv，C 中导体的运动方向与磁场方向不垂直，有夹角，此时产生的电动势为BLvsinθ，故C项中的导线产生的感应电动势最小．故C正确，ABD错误．故选：C4．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示．下列说法正确的是（）A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通C．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D．可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】电话中的电流是交变电流，在电话线周围有电磁场，在耳机电路中会产生感应电流．【解答】解：声音引起电话机中薄膜振动，薄膜振动带动小磁铁振动，所以将声音信号转化为电信号，由于声音强弱在变，所以电信号也随声音变化，在电话线周围有变化的电磁场，所以有电磁感应现象，所以可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流，故D正确、ABC错误．故选：D．5．如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场B以4×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则（）A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10﹣9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10﹣9CC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10﹣9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10﹣9C【考点】法拉第电磁感应定律；电容．【分析】根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知上极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．【解答】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则a极板带正电．根据法拉第电磁感应定律得：E==4×10﹣2×π×52×10﹣4V=π×10﹣4 V，则：Q=CU=CE=2×10﹣5×π×10﹣4=2π×10﹣9C．故A正确，B、C、D错误．故选：A．6．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．变化的磁场使闭合电路产生感应电流B．磁场对电流产生力的作用C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【考点】电磁感应现象的发现过程．【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象﹣﹣﹣因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象．【解答】解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；故选：A．7．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd．现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．通过导体框截面的电量相同C．导体框中产生的焦耳热相同D．导体框cd边两端电势差大小相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】根据右手定则或楞次定律可以判定两种出场方式下电流的方向；电量的计算式为：q=It=，根据磁通量变化量的关系，分析电量关系．由Q=I2Rt，带入I和t的表达式，即可得出焦耳热的关系；dc两端的电势差可以由U=IR得到表达式即可分析．【解答】解：A：根据楞次定律判断得知：可以知道以速度v拉出磁场时线框中产生的感应电流沿逆时针．以3v拉出磁场时产生的感应电流也是逆时针，故导体框中产生的感应电流方向相同，故A正确．B：由q=It=•得：q=，与拉出速度无关，所以两次拉出通过导体横截面的电量相同，故B正确．C、设导体边长为L，则以v拉出磁场产生的感应电动势为：E=BLv，感应电流为：I==，所用时间为：t=，由焦耳定律：Q=I2Rt得：Q=，可见产生的热量与拉出速度成正比，所以两次拉出产生的热量不相同，故C错误．D、由U=IR，可得：以速度v拉出磁场时，cd切割磁感线，相当于电源，cd间电压等于路端电压，为：U cd=E=；以3v速度拉出磁场时，ad边切割磁感线，相当于电源，cd是外电路的一部分，U cd==BL•3v=，所以导体框cd边两端电势差相同，故D正确．故选：ABD8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则（）A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化．【分析】金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=得到最大速度的表达式，再进行分析．【解答】解：当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有：mgsinθ=F安，又安培力大小为：F安=联立得：v m=。

2015-2016学年河北省保定三中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、单项选择题，每个题目只有一个选项符合题目要求，每题2分，共20分．1．如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是（）A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C．始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生2．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m．设t=0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为（）A．e=2E m sin2ωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sin2ωt D．e=4E m cos2ωt3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计．下列说法正确的是（）A．S与a接通的瞬间，R中有感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为3VC．S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：14．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P．在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A．B．C．2P D．4P5．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大6．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是（）A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间7．14C是一种半衰期为5730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的，则该古树死亡时间距今大约（）A．22 920年B．11 460年C．5 730年D．2 865年8．科学家发现在月球上含有丰富的He（氦3），它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He+He→2H+He．关于He聚变下列表述正确的是（）A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚应反应没有质量亏损D．目前核电站都采用聚变反应发电9．下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大10．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时问按正弦规律变化（如图1所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图2所示．若两图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（）A．第一次，灯泡两端的电压有效值是B．第二次，灯泡两端的电压有效值是C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5二、不定项选择题目，每个题目至少有一个选项符合要求，每题3分，选对一部分2分，选错不得分，共45分．11．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav12．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v0、3v0速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框cd边两端电势差绝对值相同D．通过导体框截面的电量相同13．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以判断（）A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向14．如图所示，电路中A、B是完全相同的灯泡，L是一带铁芯的线圈，开关S原来闭合，则开关S断开的瞬间（）A．L中的电流方向改变，灯泡B立即熄灭B．L中的电流方向不变，灯泡B要过一会才熄灭C．L中的电流方向改变，灯泡A比B慢熄灭D．L中的电流方向不变，灯泡A比B慢熄灭15．一小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示．矩形线圈与阻值为10Ω的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法中正确的是（）A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻感应电流方向发生变化C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．交变电流的有效值为 A16．如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（）A．电压表V1示数变小B．电压表V2示数变大C．电流表A1示数变大D．电流表A2示数变大17．2011年9月28日，中国第二条特高压交流电项目获批，国家电网副总经理舒印彪表示：该公司第二条特高压交流电项目已获得发改委批准，投资规模、线路长度和输电容量都比之前项目大一倍以上．如图9所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线电阻R=8Ω．则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（）A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比=D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8000W18．质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为（）A．B．C．D．19．如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）A．小球的机械能减少了mg（H+h）B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于mD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量20．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（）A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能21．如图所示为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是（）A．照射光中只有一种频率的光子被吸收B．照射光中有三种频率的光子被吸收C．氢原子发射出三种不同波长的光D．氢原子发射出六种不同波长的光22．下列说法中正确的是（）A．天然放射现象说明原子核还具有复杂结构B．卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子核有一定的结构C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子D．质子和中子也是具有复杂结构的23．天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知（）A．②来自于原子核外的电子B．①的电离作用最强，是一种电磁波C．③照射食品可以杀死腐败的细菌D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子24．今年3月11日，日本发生9级地震，福岛第一核电站严重受损，大量放射性铯和碘进入大气和海水，造成对空气和海水的放射性污染．下列说法正确的是（）A．核反应堆中的核废料不再具有放射性，对环境不会造成影响B．铀核裂变的一种可能核反应是C．放射性碘发生β衰变的核反应方程为D．裂变形式有多种，每种裂变产物不同，质量亏损不同，但释放的核能相同25．如图所示装置中，cd杆原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动？（）A．向右匀速运动 B．向右加速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动三、计算题，写出必要的文字说明和关键方程，只写最后结果不得分．26．如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A（可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．小木块A以速度v0=10m/s 由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的质量m=1kg，g取10m/s2．求：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．27．图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈）（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；（2）若线圈电阻为r，求从中性面开始的内通过电阻的电量q的大小；（其它电阻均不计）（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热Q．（其它电阻均不计）28．如图，光滑斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc 边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m，（取g=10.4m/s2），求：（1）线框进入磁场前重物M的加速度；（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．2015-2016学年河北省保定三中高二（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单项选择题，每个题目只有一个选项符合题目要求，每题2分，共20分．1．如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是（）A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C．始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件，分析磁通量是否变化，判断有无感应电流产生．若有，根据楞次定律判断其方向．【解答】解：以ab棒与大圆弧或小圆弧组成的回路为研究对象，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，穿过这两个回路的磁通量始终不变，故始终没有感应电流产生．故ABC错误，D正确．故选D【点评】本题的解题关键是选择研究的回路，根据产生感应电流的条件进行判断．2．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m．设t=0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为（）A．e=2E m sin2ωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sin2ωt D．e=4E m cos2ωt【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，结合峰值，得出从中性面开始计时电动势的瞬时表达式【解答】解：当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，则E m=NBS2πn，ω=2πn，当线圈的匝数和转速都增大为原来的2倍，则最大值增大为原来的4倍，有：e=E′m cosωt=4E m cos2ωt V．故选：D【点评】解决本题的关键掌握感应电动势的瞬时表达式，知道线圈平面与磁场平行时，产生的感应电动势最大3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计．下列说法正确的是（）A．S与a接通的瞬间，R中有感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为3VC．S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：1【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，再根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，故A正确；B、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B错误；C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，所以C正确；D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误．故选：AC．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．4．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P．在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A．B．C．2P D．4P【考点】远距离输电；提高输电电压对减少输电损耗的作用．【分析】已知输送的电功率和输电电压，根据I=求出输电线上的电；根据△P=I2R求出输电线上损失的电功率．【解答】解：当以不同电压输送时，有P=U1I1=U2I2，而在线路上损失的功率为△P=I2R=可知，损失的功率与电压的平方成反比，即△P1：△P2=4：1所以输电线上损失的功率为．输电线上损失的功率为．【点评】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．5．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【考点】动量守恒定律．【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车=0，A、若小车不动，则m A v A+m B v B=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A 错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．故选C【点评】本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，难度适中．6．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是（）A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间【考点】光电效应．【分析】要产生光电效应，根据光电效应的条件必须用能量更大，即频率更高的粒子．【解答】解：根据光电效应的条件γ＞γ0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子．能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关．X射线的频率大于紫外线的频率．故A、C、D错误，B正确．故选B．【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件及各种电磁波的频率大小关系．7．14C是一种半衰期为5730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的，则该古树死亡时间距今大约（）A．22 920年B．11 460年C．5 730年D．2 865年【考点】天然放射现象．【分析】根据古木中14C的含量为原来的，得出经历了几个半衰期，从而得出该古树死亡时间距今的时间．【解答】解：根据m=得，探测到某古木中14C的含量为原来的，知经历了2个半衰期，则t=2×5730年=11460年．故选：B．【点评】解决本题的关键知道每经过一个半衰期，有半数发生衰变，衰变后的质量和初始质量的关系为：m=，n表示半衰期的次数．8．科学家发现在月球上含有丰富的He（氦3），它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He+He→2H+He．关于He聚变下列表述正确的是（）A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚应反应没有质量亏损D．目前核电站都采用聚变反应发电【考点】轻核的聚变；质量亏损．【分析】所有的核聚变都有能量产生，所以核聚变都伴随质量亏损，核聚变核电站处于实验阶段．【解答】解：由于核聚变过程中存在质量亏损，故C错误．根据爱因斯坦质能方程△E=△mC2可以确定既然有质量亏损，核聚变会释放能量．故A错误．由于该核反应的生成物有和，故该反应产生了新的原子核．故B正确．目前的核电站都采用了U﹣235的核裂变，而核聚变仍处于实验阶段．故D错误．故选B．【点评】理解核聚变一定伴随能量产生，是解决本题的突破口．另外通过多看课本来加强基础知识的积累是解决此类题目的关键．9．下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；原子的核式结构；重核的裂变．【分析】解本题应该掌握：太阳的辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，并非核裂变反应；α粒子散射实验表明原子的核式结构；不能发生光电效应是因为该光的频率小即波长长的缘故，氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小．【解答】解：A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；B、α粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误；C、发生光电效应的条件是入射光的频率大于等于金属的极限频率，而对于光，频率越大，波长越小，故C错误；D、能量守恒定律是自然界普遍成立的定律之一，在电子跃迁的过程中，能量守恒．故D正确．故选D．【点评】本题涉及知识点较多，平时学习过程中注意积累和比较，以防知识点的混淆．10．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时问按正弦规律变化（如图1所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图2所示．若两图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（）A．第一次，灯泡两端的电压有效值是B．第二次，灯泡两端的电压有效值是C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5【考点】变压器的构造和原理．【分析】对于正弦式电流的有效值U=U m，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功率的公式P=，用有效值求出电功率之比．【解答】解：A、B第一次灯泡两端的电压有效值为：U1=U m=U0．设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有：+=T，解得：U2=U0．故A，B错误．C、D由功率的公式P=得灯泡的电功率之比是：P1：P2=： =1：5．故C错误，D正确．故选：D【点评】只有正弦交变电流最大值与有效值才是倍的关系，其他交变电流要根据有效值的定义，从热效应角度去求有效值．二、不定项选择题目，每个题目至少有一个选项符合要求，每题3分，选对一部分2分，选错不得分，共45分．11．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B2a=2Ba=Bav；金属环并联的电阻为：R并==AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=E=Bav=故选：A【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是Bav．12．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v0、3v0速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框cd边两端电势差绝对值相同D．通过导体框截面的电量相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、cd边的电势差．【解答】解：A、导体框移出磁场时，穿过线框的磁通量都减小，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向，方向相同．故A正确．B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则有：Q===可得：Q∝v，当速度为3v0时产生的焦耳热多．故B错误．C、向上移出磁场时，cd边电势差为路端电压：U1=BLv0；向右移出磁场时，cd电势差为：U2=BL3v0=BLv0．故C正确．D、由电量为：q==，则q相同故D正确．故选：ACD．【点评】本题关键要掌握电磁感应现象中基本规律：楞次定律、法拉第电磁感应定律．并掌握在电磁感应问题中常用到的一个经验公式：感应电量q=．。

河北保定市第三中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。

带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）A ．A 、B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小C ．系统重力势能增加D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】A ．对A 受力分析，如图；由于可知，当B 向左移动一段小距离时，斜面对A 的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项A 错误；B ．对AB 整体，力F 等于斜面对A 的支持力N 的水平分量，因为N 减小，可知F 减小，选项B 正确；C ．因为AB 距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C 正确；D ．因为AB 距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D 正确； 故选BCD.4．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()0,3P L ，则以下说法正确的是 （ ）A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为234Qqk L 【答案】BD 【解析】 【详解】A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ︒=，由叠加原理可得，P 点的场强为2232sin 2sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L θ︒===所以电场力即为向心力为3QqF k= 故D 正确。

保定三中2016—2017学年度第一学期10月月考高二物理试题一、选择题(1-7题为单选题，8-12多选题，每题分4分，部分分2分，共48分) 1．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不正确的是（ ） A ．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷B ．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C ．把1.6×10﹣19C 的电荷量叫元电荷D ．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍 2．下列关于场强的说法正确的是（ ） A ．由FE q=可知，某电场的场强E 与q 成反比，与F 成正比 B ．在真空中点电荷Q 产生的电场，电场强度的表达式2kqE r=，式中q 是检验电荷的电量 C ．由2kQE r=可知，在真空中点电荷Q 产生的电场中某点的电场强度大小与Q 成正比，与2r 成反比D ．在真空中点电荷Q 产生的电场中，电场强度的定义式FE Q=仍成立，式中的Q 就是产生电场的点电荷3．质量为m 1和m 2的两个带电小球，被两根丝线悬挂着，当达到平衡时，两小球在同一水平线上，且两根丝线与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示．则（ ） A ．21m m =βαtan tan B ．21m m =αβtan tan C ．21q q =βαsin sin D ．21q q =αβsin sin 4．如图，真空中电量均为Q 的两正点电荷，固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB 1A 1和DCC 1D 1中心连线上，且两电荷关于正方体中心对称，则 ( ) A ．A 、B 、C 、D 四个点的电势相同B．A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C．负检验电荷q在A点的电势能小于在C1点的电势能D．正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做正功5．如图，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2，q1＞q2．已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条（）A．E1 B．E2 C．E3 D．E46．如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是（）A．a、b、c三点的电势都相等B．a点的电场强度为零，但电势最高C．b点的电场强度为零，但电势大于零D．a、b、c三点的电场强度都为零7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

保定三中2016——2017学年度第一学期10月月考高一物理试题考试时间90分钟，总分100分一、选择题（共15小题，每小题4分，共60分。

每个小题均有一个或多个选项符合题目要求，把符合题目要求的答案全部选出的得4分，选对而未选全的得2分，有错选的不得分。

） 1．以下情景中，人或物体可以看成质点的是 ( ) A ．研究一列火车通过长江大桥所需的时间 B ．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球 C ．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作 D ．用GPS 确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置2．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1所示。

下面说法正确的是 ( ) A ．地球在金星与太阳之间B ．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C ．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D ．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的3.下列说法中指时间间隔的是 （ ） A 某人用15s 跑完100mB 百色开往南宁的N708次列车于17点54分从百色出发C 中央电视台新闻联播节目每天19时开始D 某场足球赛在开赛80分钟时，甲队才攻入一球4.为了使公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志.如图2所示，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h ；乙图是路线指示标志，表示到杭州还有100km 。

上述两个数据的物理意义是 ( ) A.80km/h 是平均速度，100km 是位移 B.80km/h 是平均速度，100km 是路程 C.80km/h 是瞬时速度，100km 是位移 D.80km/h 是瞬时速度，100km 是路程5.如图3所示，物体沿两个半径为R 的圆弧由A 运动到C ，则它的位移和路程分别为 ( ) A.5π2R ，A 指向C ；10RB.5π2R ，A 指向C ；5π2RC.10R ，A 指向C ；5π2R则下列0-t 0时间内，它们的平均速度大小相等图1图2 图3图4C ．在0-t 0时间内，Ⅱ、Ⅲ的平均速率相等D ．在0-t 0时间内，Ⅰ的平均速度最大7.一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度－时间图像如图5所示，由图可知： ( )A ．0－t b 段火箭是上升的，t b －t c 段火箭是下落的B ．t b 时刻火箭离地面最远C ．t c 时刻火箭离地面最远D ．0－t a 段火箭的加速度大于t a －t b 段8．（多选）一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中 ( )A ．速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度先均匀增加，然后增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大并且增加的越来越快，当加速度减小到零时，位移将均匀增大D ．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值9.汽车原来以速度v 匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速直线运动,则t 秒后其位移（ ）A ．221at vt -B ．a v 22C ．221at vt +- D ．无法确定10．（多选）甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图6所示．在这段时间内 ( ) A ．汽车甲的平均速度比乙的大 B ．汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大11．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，速度变成原来的3倍．该质点的加速度为 ( )A.2t sB.223t sC.24t sD.28ts12.（多选）一汽车在公路上行驶,位移和速度关系为10402v x -=，其中x 单位为m ，v 单位为m/s 。

河北省保定市第三中学2020年高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20cm，通电电流I＝0.5A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场撤走，则P处磁感应强度为( )A．零B．10T，方向竖直向上C．0.1T，方向竖直向下D．10T，方向肯定不沿竖直向上的方向参考答案：D2. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图7所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图5中可以确定 ( )A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电[ZC．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电参考答案：B3. （单选）将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁参考答案：C4. （单选）如图（甲）所示，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表的读数不为零，调节滑动变阻器，发现当电压表的读数小于0.6V时，电流表的读数仍不为零，当电压表的读数大于等于0.6V，电流表的读数为零．把电路改成（乙）所示，当电压表的读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）A．0.6eVB．1.9eVC．2.6eVD．4.5eV参考答案：C5. （多选题）回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图，下列说法正确的是( )A．粒子在磁场中做匀速圆周运动B．粒子的运动周期和运动速率成正比C．粒子的轨道半径与它的速率成正比D．粒子由运动到比粒子由运动到所用时间少参考答案：ACA、在磁场中，粒子只受到洛仑兹力，所以粒子做匀速圆周运动；B、由可知，周期与速率无关；C、由可知，半径与速率成正比；D、粒子由运动到比粒子由运动到所用时间都是半个周期，故时间相等。

保定三中2011-2012学年高二3月月考物理试题注意：本试卷满分100分，考试时间90分钟。

1－14小题请用2B 铅笔填涂在答题卡上，其余试题答在答题纸上，用铅笔在答题纸上答题无效。

一、选择题（共14小题，每题5分，共70分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.） 1．对光的认识，下列说法正确的是( )A ．个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性B ．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的C ．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不再具有波动性了D ．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现得明显，在另外的某种场合下，光的粒子性表现得明显2．传感器担负着信息采集的任务，它常常是 ( ) A ．将力学量(如形变量)转变成电学量 B ．将热学量转变成电学量 C ．将光学量转变成电学量 D ．将电学量转变成力学量3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于 ( ) A ．等效替代 B ．控制变量 C ．科学假说 D ．数学归纳4．如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知 ( )A ．该金属的逸出功等于EB ．该金属的逸出功等于hνcC ．入射光的频率为2νc 时，产生的光电子的最大初动能为ED ．入射光的频率为νc 2时，产生的光电子的最大初动能为E25．如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2共100匝．该线圈在磁感应强度为1π T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( )A ．线圈中的电动势为e ＝50 sin 10πt VB ．电流表的示数为 2 AC．电压表的示数为50 2 VD．R1上消耗的电功率为50 W6．某同学学了电学以后，为了了解调光灯的调光原理，将调光灯拆卸开，发现并没有电阻的串并联现象．实际调光灯是用可控硅电子元件来实现的．一般调光灯有四个挡，调光灯上的旋钮可以控制截去多少，每个挡截去电流的四分之一周期．在第三挡时，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，从而改变电灯的功率．如果调光灯最亮时功率为P m，那么现在电灯的功率为()A．P m B.2P m2 C.P m2 D.P m47．有一台理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈的匝数分别为n2和n3，原副线圈上的电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，如图所示，下面结论中正确的是A、U1：U2=n1：n2U2：U3=n2：n3B、I1：I2=n2：n1I1：I3=n3：n1C、I1=I2＋I3D、I1U1=I2U2＋I3U38．如图10－2－27所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图10－2－28所示的交变电压，则以下说法中不正确的是()A．电流表的示数为2 AB．电压表的示数为27 2 VC．副线圈两端接入耐压值为9 V的电容器恰能正常工作D．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz9．如图一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C ．若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D ．若在使电阻R 增大的同时，将触头P 向A 端滑动，则通过A 处的电流增大10．图10－2－19为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线的总电阻为r ，则下列关系式正确的是( )A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 311．在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示．下列关系正确的是 ( ) A ．m a >m b B ．m a <m b C ．m a ＝m b D ．无法判断 12．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是5 kg·m/s ，B 球的动量是7 kg·m/s.当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值分别是( ) A ．6 kg·m/s,6 kg·m/s B ．3 kg·m/s,9 kg·m/s C ．－2 kg·m/s,14 kg·m/s D ．－5 kg·m/s,15 kg·m/s 13．质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 、m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m)v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 和m 0速度都变为v ，m 速度变为v 2，而且满足(M ＋m)v 0＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 14．A 、B 两船的质量均为m ，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为12m 的人，以对地的水平速度v从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船，…，经n 次跳跃后，人停在B 船上，不计水的阻力，则 ( ) A ．A 、B 两船速度大小之比为2∶3B ．A 、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C ．A 、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D ．A 、B(包括人)两船的动能之比为1∶1二、解答题（共2小题，共30分 15题8分、16题10分、17题12分.按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.） 15．（1）研究光电效应电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K ），钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收，在电路中形成光电流。

积可视为，这层油膜的厚度可视为油分子的。

根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 m。

（结果保留2位有效数字）
三.计算题（本题共三个小题，17题8分，18题11分，19题15分，共34分）
17.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4kg
=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m
并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车．g取10m/s2．求：
（1）子弹相对小车静止时，小车的速度大小；
（2）小车的长度．
18.如图所示，竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为3kg的物体B固定在一起，质量为1kg的物体A置于B的正上方5cm处静止。

现让A自由下落（不计空气阻力），和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起。

已知碰后经0.2s下降了5cm 至最低点，弹簧始终处于弹性限度内（g取10 m/s2）
求：①从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量；②从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。

两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。

物块从静止滑下，然后又滑上劈B。

求（1）物块第一次离开劈A时，劈A的速度；
（2）物块在劈B上能够达到的最大高度。

（重力加速度为g）。

河北省保定市第三中学2021年高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）质量为的物体A在地球表面受到地球的万有引力大小为，质量为的物体B离地面高度等于地球半径，物体B受到地球的万有引力大小为（）A．B．C．D．参考答案：C2. 一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311V，当它接入220V照明电路上，这个灯将()A．灯不亮 B．灯丝将烧断C．只能暗淡发光 D．能正常发光参考答案：D3. （单选）如图所示，四个小球在离地面不同高度处，同时由静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面。

则刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是A．B．C ．D．参考答案：C4. （多选）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场时即做匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac 表示棒c的加速度，Ekd表示棒d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下列图中正确的是参考答案：ＢＤ5. （多选）图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电一定是电压越高越好参考答案：AB二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图(b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V-1)．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为V，内阻r为Ω.参考答案：10 46±27. 池塘内水深为，水密度为，大气压强为，池塘底部生成的沼气泡内沼气的压强为。