广东省中山市2017_2018学年高二物理上学期第二次统测试题

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学校17—18学年下学期高二第二阶段考试物理试题(附答案)

2017—2018学年度下学期第二次阶段考试高二物理试卷答题时间：90分钟命题校对：高二物理备课组一、选择题：（每小题4分，1-7题为单选题，8-12为多选题）1、酷热的夏天，在平坦的柏油公路上，你会看到在一定距离之外，地面显得格外明亮，仿佛是一片水面，似乎还能看到远处车、人的倒影，但当你靠近“水面”时，它也随你的靠近而后退，对此现象正确的解释是()A．同海市蜃楼具有相同的原理，是由于光的全反射造成的B．“水面”不存在，是由于酷热难耐，人产生的幻觉C．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率大，发生全反射D．太阳辐射到地面，使地表空气温度升高，折射率小，发生全反射2、以下电场中能产生电磁波的是()A．E＝10 N/C B．E＝5sin(4t＋1) N/C C．E＝(3t＋2) N/C D．E＝(4t2－2t) N/C3、若一列火车以接近光速的速度在高速行驶，车上的人用望远镜来观察地面上的一只排球，如果观察的很清晰，则观察结果是()A．像一只乒乓球(球体变小) B．像一只篮球(球体变大)C．像一只橄榄球(竖直放置) D．像一只橄榄球(水平放置)4、1995年科学家“制成”了反氢原子,它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成的,反质子和质子有相同的质量,带有等量异种电荷。

反氢原子和氢原子有相同的能级分布,氢原子能级如图所示,则下列说法中正确的是()A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能为13.6 eVC.基态反氢原子能吸收11 eV的光子而发生跃迁D.大量处于n=4能级的反氢原子向低能级跃迁时,从n=2能级跃迁到基态辐射的光子的波长最短5、如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论不正确的是（）A．物体到达各点的速率之比v B：v C：v D：v E=12B．物体到达各点经历的时间t E=2tCt DABCDEC ．物体从A 到E 的平均速度v=v BD ．物体通过每一部分时，其速度增量v B -v A =v C -v B =v D -v C =vE -v D6、2008年北京奥运会上何雯娜夺得中国首枚奥运会女子蹦床金牌。

17—18学年下学期高二第二次段考物理试题(附答案)

中山市第一中学2017—2018学年第二学期高二年级第二次统测物理命题人：审题人：本试卷共4页，满分110分。

考试时间90分钟。

一、单选题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。

每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分）1. 在电磁感应现象中，下列说法正确的是A. 导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B. 导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C. 闭合电路在磁场内作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D. 穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路内一定会产生感应电流2. 如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A 线圈与电源、滑动变阻器R 组成一个回路，B 线圈与开关S 、电流表G 组成另一个回路通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件关于该实验下列说法正确的是A. 闭合开关S 的瞬间，电流表G 中有的感应电流 B. 闭合开关S 的瞬间，电流表G 中有的感应电流C. 闭合开关S ，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G 中有的感应电流 D. 闭合开关S ，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G 中有的感应电流3. 一定质量的的冰，在它全部熔化成水的过程中 A. 分子平均动能略有增加 B. 分子平均动能不变，但分子势能和内能均增大C. 总质量和总内能均保持恒定，不发生改变D. 分子势能减少，分子平均动能不变，内能减少4. 关于饱和汽及饱和汽压的正确结论是( )A. 对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大B. 相同温度下，各种液体的饱和汽压都相同C. 温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大D. 密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，经过足够长时间蒸汽的压强一定会减小题2图5. 通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为A. AB. 4 AC. 5 AD. A 6. 用同一光电管研究a 、b 两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U 的关系如图下列说法中正确的是A. a 光光子的频率大于b 光光子的频率，a 光的强度小于b 光的强度B. a 光光子的频率小于b 光光子的频率，a 光的强度小于b 光的强度C. 如果使b 光的强度减半，则在任何电压下，b 光产生的光电流强度一定比a 光产生的光电流强度小D. 取另一个光电管加一定的正向电压，如果a 光能使该光电管产生光电流，则b 光一定能使该光电管产生光电流二、多选题（本大题共6小题，每小题6分，共36分。

广东省中山市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次统测物理(解析版)

2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第二次统测物理一、单选题：共6题1．如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。

下列关于实验现象的描述及带电情况的判断中正确的是A.将带正电荷的物体C移近导体A，A、B下部的金属箔都张开且分别带正电和负电B.将带正电荷的物体C移近导体A，只有A下部的金属箔张开且带负电C.将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都张开且分别带负电和正电D.将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都闭合2．下列关于静电场的说法不正确的是A.在匀强电场中，电场线一定和等势面垂直B.电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高C.将正点电荷从电场强度为零的点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功一定为零D.在正电荷产生的静电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向3．两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为A. B. C. D.4．对下列物理公式的理解，其中正确的是A.由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP 和该电荷电量q所决定的B.由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定C.由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定D.由公式C=可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定5．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的两段，然后把它们并联在一起，其电阻值为A.R/2B.2RC.R/4D.R6．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比A.＋q在d点所受的电场力较大B.＋q在d点所具有的电势能较大C.d点的电势低于O点的电势D.d点的电场强度大于O点的电场强度二、多选题：共7题7．如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。

2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案

2017～2018学年度第一学期期末联考试卷高二物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分。

第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共48分。

）1．将可变电容器的动片旋出一些，减小动片间的正对面积，下列说法正确的是A. 电容器的电容增大B. 电容器的电容减小C. 电容器的电容不变D. 以上说法都有可能2．环形导线中有一小磁针如图1所示悬挂放置，此时环形导线未通电。

当通电后环形导线左端为正极，右端为负极，小磁针稳定后N 极所指的方向是A ．垂直纸面向里B ．垂直纸面向外C ．水平向左D ．水平向右3．如图2所示，在场强为E 的匀强电场中有A 、B 两点，AB 连线长L ，与电场线夹角为α．则AB 两点的电势差为 A ．0 B ．EL C ．EL cos α D ．EL sin α 4．下列说法正确的是 A ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 B ．放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力 C ．磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向D ．通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面5．如图3所示，匀强电场中A 、B 两点的场强分别用E A 、E B 表示，电势分别用ϕA 、ϕB 表示。

关于E A和E B 、ϕA 和ϕB 的大小关系，下列说法正确的是A ．E A =EB B ．E A <E BC ．ϕA =ϕBD ．ϕA <ϕB 6．如图4所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，x 轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B ，两磁场右边界均足够宽。

一带负电的粒子质量为m ，电荷量为q ，从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中的运动半径为R ，下列说法正确的是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qB m πC ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1D ．粒子从原点出发后到第二次穿过x 轴时，沿x 轴前进2R7．如图5所示，开关S 闭合后，竖直放置的平行板电容器C 两板间有一带电微粒m 处于静止，现将滑动变阻器R 的滑动片P 向下滑动一些（A 灯与B 灯均未被烧坏），待电路稳定后，与滑动片P 滑动前相比，下列说法正确的是A ．A 灯变暗，B 灯变亮B ．内阻r 消耗的热功率减小C ．带电微粒m 将加速向上运动D ．通过滑动变阻器R 的电流增大8．如图6所示，实线表示电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等。

数学---广东省中山市2017-2018学年高二上学期期末考试试题(理)

参考答案题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B C A B D B A A C D A13. 132y =- 14. 1|,12x x x ⎧⎫<>⎨⎬⎩⎭或 15. 12 16. ()0,+∞ 17. 解：（1）∵，由正弦定理得：，即，．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分化简得：，∴．．．．．．．．．．．．．．．．4分在中，，∴，得．．．．．．．．．5分（2）在ABC ∆中，1cos 7B =，得43sin 7B = ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分则()3114353sin sin 272714C A B =+=⨯+⨯=．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分由正弦定理得sin 7sin 5a A c C == ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分设7,5a x c x ==，在ABD ∆中，由余弦定理得：2222cos AD AB BD AB BD B =+-⋅，则2212911125492574427x x x x =+⨯-⨯⨯⨯⨯，解得1x =，即7,5a c == ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分故1sin 1032ABC S ac B ∆== ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分 18．解：（1）因为22n n T a =-，所以1122T T =-，即123T =，所以1132T = 又122(2)n n n T T n T -=-≥，所以1122(2)n n n n T T T T n --=-≥，即1111(2)2n n n T T --=≥， cos 3sin 0a C a C b c +--=sin cos 3sin sin sin sin A C A C B C +=+()sin cos 3sin sin sin sinC A C A C A C +=++3sin cos 1A A -=()01sin 302A -=ABC ∆000180A <<003030A -=060A =所以数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以32为首项，以12为公差的等差数列. ．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）由（1）知1312(1)222n n n T +=+-⨯=，所以222(32)232322n b n n n n n n ===+-+++++++ 所以2(43)2(54)2(32)2(33)n S n n n =-+-+++-+=+-．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分19．解：（Ⅰ）当时，，当时，，综上，日盈利额（万元）与日产量（万件）的函数关系为：．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（Ⅱ）由（I ）知，当时，每天的盈利额为0当时，当且仅当时取等号．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分所以当时，，此时．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分当时，由知函数在上递增，，此时．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分 x c >23P =1221033T x x ∴=⋅-⋅=1x c ≤≤16P x =-21192(1)2()1666x x T x x x x x -∴=-⋅⋅-⋅⋅=---T x 292,160,x x x c T x x c ⎧-≤≤⎪=-⎨⎪>⎩x c >1x c ≤≤2926x x T x-=-9152[(6)]6x x =--+-15123≤-=3x =()i 36c ≤<max 3T =3x =()ii 13c ≤<222224542(3)(9)(6)(6)x x x x T x x -+--'==--2926x x T x-=-[1,3]2max 926c c T c-∴=-x c =综上，若，则当日产量为3万件时，可获得最大利润若，则当日产量为万件时，可获得最大利润．．．．12分20．（Ⅰ）证明：由已知得EF //CD ，且=EF CD .因为ABCD 为等腰梯形，所以有BG //CD .因为G 是棱AB 的中点，所以=BG CD ．所以EF //BG ，且=EF BG ，故四边形EFBG 为平行四边形,所以EG //FB . ………………2分因为FB ⊂平面BDF ，EG ⊄平面BDF ，所以EG //平面BDF ． ………………4分（Ⅱ）解：因为四边形CDEF 为正方形，所以ED DC ⊥.因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF 平面ABCD DC =，DE ⊂平面CDEF ，所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为60DAB ︒∠=，22AB AD ==，所以由余弦定理，得3BD =，所以AD BD ⊥．……………6分在等腰梯形ABCD 中，可得1DC CB ==.如图,以D 为原点，以DA DB DE ，，所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间坐标系， ………………7分则(0,0,0)D ，(1,0,0)A ， (0,0,1)E ，(0,3,0)B ，13(,,1)22F - ，所以(1,0,1)AE =- ，13(,,1)22DF =- ，(0,3,0)DB = . 设平面BDF 的法向量为(,,)x y z =n ，由00.DB DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，n n 所以3013022y x y z ⎧=⎪⎨-++=⎪⎩，取1z =，则2,0x y ==，得(2,0,1)=n ．…10分设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，36c ≤<13c ≤<c yz x C B FE D A G则sin cos ,AE AE AE θ⋅=〈〉=⋅ n n n1010= …………11分所以AE 与平面BDF 所成的角的正弦值为1010. …………12分 21．解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222111a x ax f x x x x-+'=+-=，令()21g x x ax =-+，其判别式24a ∆=- ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分 ①当2a ≤时，()0,0f x '∆≤≥，故()f x 在()0,+∞上单调递增，②当2a <-时，()0,=0g x ∆>的两根都小于0，在()0,+∞上，()0f x '>，故()f x 在()0,+∞上单调递增，③当2a >时，()0,0g x ∆>=的两根为221244,22a a a a x x --+-==，当10x x <<时，()0f x '>；当12x x x <<时，()0f x '<；当2x x >时，()0f x '>，故()f x 分别在()()120,,x x +∞，上单调递增，在()12,x x 上单调递减．．．6分（2）由（1）知，2a >．因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--，所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+-⋅--，又由（1）知，121x x =．于是1212ln ln 2x x k a x x -=-⋅-．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分若存在a ，使得2k a =-．则1212ln ln 1x x x x -=-．即1212ln ln x x x x -=-，亦即()222212ln 01x x x x --=>（*）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分再由（1）知，函数()12ln h t t t t =--在()0,+∞上单调递增，而21x >，所以222112ln 12ln101x x x -->--=．这与（*）式矛盾，故不存在a ，使得2k a =- ．．．．．12分22．（1）由题意，离心率，所以，所以，故椭圆的方程为，将点代入，求得，所以椭圆的标准方程为； ……………2分（2）①设直线的方程为，则由题意直线的方程为，由，得，所以点的坐标为， ……………………4分同理可求得点的坐标为． ……………………6分所以直线的斜率为． ……………8分 ②设，两点到直线的距离分别为，因为点在第一象限，则点必在第三象限，所以，且点、分别在直线的上、下两侧，所以，，从而，，所以，……10分令，则， 32c e a ==23c a =224a b =22244x y b +=3(1,)221b =2214x y +=BQ 1y kx =+AP (2)y k x =--22114y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22(14)80k x kx ++=Q 222814(,)1414k k k k--++P 222824(,)1414k k k k -++l 222222221441441141488288221414k k k k k k k k k k k k ----++==---+--++P Q AB 12,d d P Q 12k >P Q :220AB x y +-=220P P x y +->220Q Q x y +-<2221828222141455P P k k x y k k d -+-+-++==2222828222141455Q Q k k x y k k d --++-++=-=22222112222222282828282(14)2114148288(28)2(14)4221414k k S d k k k k k k k k S d k k k k k k k -+--+-+-++====---+++-+++21(0)k t t -=>122222111322242(1)1322233S k t t S k k t t t t t t-====≤=-+++++++++当且仅当，即，即时，有最大值为．……12分2t t =2t =212k +=12S S 322-。

中山市高二级2017—2018学年度第二学期期末统一考试

中山市高二级2017—2018学年度第二学期期末统一考试高二数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．）1. 若复数满足，则A. B. C. D.2. 设随机变量X～B(8，p)，且D(X)＝1.28，则概率p的值是A. 0.2B. 0.8C. 0.2或0.8D. 0.163. 某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响．部分统计数据如下表：附表：经计算的观测值为10，，则下列选项正确的是( )A. 有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响B. 有99.5%的把握认为使用智能手机对学习无影响C. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用智能手机对学习有影响D. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用智能手机对学习无影响4. 用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理数根，那么中至少有一个是偶数．下列假设正确的是A. 假设都是偶数；B. 假设都不是偶数C. 假设至多有一个偶数D. 假设至多有两个偶数5. 函数的单调递减区间是A. B.C. ，D.6. 已知X的分布列为设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为A. B. 4 C. －1 D. 17. 从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于( )A. B. C. D.8. 在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1,1)的部分密度曲线)的点的个数的估计值为附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.954 4.A. 1 193B. 1 359C. 2 718D. 3 4139. 下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产A产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨)的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为＝0.7x＋0.35，则下列结论错误的是( )A. 产品的生产能耗与产量呈正相关B. t的值是3.15C. 回归直线一定过(4.5,3.5)D. A产品每多生产1吨，则相应的生产能耗约增加0.7吨10. 将5件不同的奖品全部奖给3个学生,每人至少一件奖品,则不同的获奖情况种数是A. 150B. 210C. 240D. 30011. 大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．其前10项为：0、2、4、8、12、18、24、32、40、50．通项公式：，如果把这个数列排成如图形状，并记表示第m行中从左向右第n个数，则的值为A. 1200B. 1280C. 3528D. 361212. 已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则下列不等式均成立的是A. B.C. D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡相应横线上）13. 直线是曲线的一条切线，则实数的值为____________14. __________15. 已知,则的值等于________.16. 已知函数，如果存在，使得对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是__________.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．）17. 在的展开式中，求：(1)第3项的二项式系数及系数；(2)含的项．18. 设正项数列的前项和为，且，(1)求，并猜想数列的通项公式(2)用数学归纳法证明你的猜想．19. 为了研究一种昆虫的产卵数和温度是否有关，现收集了7组观测数据列于下表中，并做出了散点图，发现样本点并没有分布在某个带状区域内，两个变量并不呈现线性相关关系，现分别用模型①与模型；②作为产卵数和温度的回归方程来建立两个变量之间的关系.温度20产卵数个 64001.79其中，，，，附：对于一组数据，，……，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．（1）根据表中数据，分别建立两个模型下关于的回归方程；并在两个模型下分别估计温度为时的产卵数.（与估计值均精确到小数点后两位）（参考数据：）（2）若模型①、②的相关指数计算分别为，请根据相关指数判断哪个模型的拟合效果更好.20. 某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按题目要求独立完成.规定：至少正确完成其中2道题的便可通过.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响.（1）分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；（2）请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？21. 对于命题：存在一个常数，使得不等式对任意正数，恒成立.（1）试给出这个常数的值；（2）在（1）所得结论的条件下证明命题；（3）对于上述命题，某同学正确地猜想了命题：“存在一个常数，使得不等式对任意正数，，恒成立．”观察命题与命题的规律，请猜想与正数，，，相关的命题．22. 已知函数存在两个极值点．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）设和分别是的两个极值点且，证明：．中山市高二级2017—2018学年度第二学期期末统一考试高二数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．）1. 若复数满足，则A. B. C. D.【答案】C【解析】，故选C.2. 设随机变量X～B(8，p)，且D(X)＝1.28，则概率p的值是A. 0.2B. 0.8C. 0.2或0.8D. 0.16【答案】C【解析】∵随机变量X～B（8，p），且D（X）=1.28，∴8P（1-p）=1.28，∴p=0.2或0.8故选：C3. 某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响．部分统计数据如下表：附表：经计算的观测值为10，，则下列选项正确的是( )A. 有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响B. 有99.5%的把握认为使用智能手机对学习无影响C. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用智能手机对学习有影响D. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用智能手机对学习无影响【答案】A【解析】因为7.879＜K2=10＜10.828，对照数表知，有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响．故选：A．4. 用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理数根，那么中至少有一个是偶数．下列假设正确的是A. 假设都是偶数；B. 假设都不是偶数C. 假设至多有一个偶数D. 假设至多有两个偶数【答案】B【解析】试题分析：“中至少有一个是偶数”包括一个、两个或三个偶数三种情况，其否定应为不存在偶数，即“假设都不是偶数”，故选B...............................考点：命题的否定.5. 函数的单调递减区间是A. B.C. ，D.【答案】A【解析】函数y=x2﹣lnx的定义域为（0，+∞）．令y′=2x﹣= ，解得，∴函数y=x2﹣lnx的单调递减区间是．故选：A ．点睛：求函数的单调区间的“两个”方法方法一(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．方法二(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性6. 已知X的分布列为设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为A. B. 4 C. －1 D. 1【答案】A【解析】由条件中所给的随机变量的分布列可知EX=﹣1×+0×+1×=﹣，∵E（2X+3）=2E（X）+3，∴E（2X+3）=2×（﹣）+3=．故答案为：A．7. 从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于( )A. B. C. D.【答案】B【解析】事件A=“取到的2个数之和为偶数”所包含的基本事件有：(1,3)、(1,5)、(3,5)、(2,4)，∴p(A)=，事件B=“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2,4),∴P(AB)=∴ .本题选择B选项.8. 在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1,1)的部分密度曲线)的点的个数的估计值为附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.954 4.A. 1 193B. 1 359C. 2 718D. 3 413【答案】B【解析】正态分布的图象如下图：正态分布N（﹣1，1）则在（0，1）的概率如上图阴影部分，其概率为×[P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）﹣P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）]= ×（0.9544﹣0.6826）=0.1359；即阴影部分的面积为0.1359；所以点落入图中阴影部分的概率为p==0.1359；投入10000个点，落入阴影部分的个数期望为10000×0.1359=1359．故选B．点睛：正态曲线的性质：（1）曲线在轴的上方，与轴不相交 .（2）曲线是单峰的，它关于直线=μ对称（由得）（3）曲线在=μ处达到峰值（4）曲线与轴之间的面积为19. 下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产A产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨)的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为＝0.7x＋0.35，则下列结论错误的是( )A. 产品的生产能耗与产量呈正相关B. t的值是3.15C. 回归直线一定过(4.5,3.5)D. A产品每多生产1吨，则相应的生产能耗约增加0.7吨【答案】B【解析】由题意，故选：B．10. 将5件不同的奖品全部奖给3个学生,每人至少一件奖品,则不同的获奖情况种数是A. 150B. 210C. 240D. 300【答案】A【解析】将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有C53•A33=60种分法，分成2、2、1时，根据分组公式90种分法，所以共有60+90=150种分法，故选A．点睛：一般地，如果把不同的元素分配给几个不同对象，并且每个不同对象可接受的元素个数没有限制，那么实际上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘以不同对象数的全排列数。

高中物理最困难系列：带电粒子的偏转

带电粒子的偏转 (选修3—1第一章：静电场的第九节带电粒子在电场中的运动）★★★★○○○○带电粒子在电场中的偏转(1）条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2）运动性质：匀变速曲线运动．（3）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．（4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间错误!②沿电场力方向，做匀加速直线运动错误!1、带电粒子在电场中先加速再偏转则粒子出电场时的偏转角：可见,不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和侧移距离都是相同的。

2、带电粒子在电场中先加速再偏转，最后射到荧光屏上时的偏移距离带电粒子经过电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。

（多选）（贵州省毕节梁才学校2017-2018学年高二上学期第一次月考)a、b、c三个完全相同的带电粒子（重力不计）由同一点垂直场强方向水平向右进入偏转电场,其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场,由此可以肯定（）A。

在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B。

进入电场时，c的速度最大,a的速度最小C。

b和c同时飞离电场D. 从动能的增量相比，a的最小，b和c的一样大【答案】AB【精细解读】三个相同的粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，1、一束由不同种正离子组成的粒子流以相同的速度从同一位置沿垂直于场强的方向射入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子（)A．都具有相同的比荷B．都具有相同的质量C．都具有相同的电荷量D．都属于同一元素的同位素【答案】A【精细解读】当粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移y或速度的偏转角θ相同时,则粒子的轨迹相同．由y＝错误!at2＝错误!错误!错误!及tanθ＝错误!＝错误!＝错误!知，当粒子的比荷错误!相同时，偏转位移y和偏转角θ均相同,故选项A正确．2、(多选)一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入，如图LX2。

2017-2018高二上学期物理答案

2017—2018学年上学期期末考试模拟卷（1）高二物理·参考答案1 2 3 4 5 67 8 9 10 11 12 DDCCBCCBADACBCABC13．（1）实物图如图所示（3分）（2）左（1分）（3）1.5 1.0（各1分）14．（1）5.015（1分）（2）4.700（1分）（3）22（1分）（4）V 1 A 2 R 1 （每空1分）（5）如图所示（3分）15．（1）电动机消耗的电功率为 5.0110W 550W P UI ==⨯=电（3分）（2）细绳对重物做功的机械功率为45100.70W 315W P mgv ==⨯⨯=机（3分）（3）电动机输出的电功率为315W 450W 0.7P P η===机输出（1分）电动机线圈的电阻R 的发热功率为100W P P P =-=热电输出（1分）再由R I P 2=热得电动机线圈的电阻2100425P R I ==Ω=Ω热（1分） 16．（1）金属棒匀速运动时，沿导轨方向金属棒受力平衡得mg sin θ=f+F （2分）金属棒受的安培力为F =B 0IL （1分） f=μF N =μmg cos θ（1分）解得I =0.2 A （1分）（2）由欧姆定律得I=E/R （1分）由电磁感应定律得E=B 0Lv （2分）解得v =2 m/s （1分）（3）金属棒滑行至cd 处时，由能量守恒定律得21sin cos 2mgs mv Q mg s θμθ⋅=++⋅（2分）解得Q =0.1 J （1分）17．（1）设加速电压为U ，正离子初速度为零，经过加速电场加速，根据动能定理得212qU mv =（2分）正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2mv qvB R=（1分）联立解得2mqUR qB=（1分）当加速电压较小时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小，当离子恰好打到金属板下端点N 时，圆周运动的半径最小为min R ，如图1所示图1 图2根据几何知识可以判断min R d =，故22min2qB d U m=（2分）当加速电压较大时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，当离子恰好打到金属板上端点M 时，圆周运动的半径最大为max R ，如图2所示根据几何知识判断()222max max 2R d d R =+-（1分）解得max 54R d =（1分）所以22max2532qB d U m=（1分）所以离子能全部打在金属板上，加速电压的取值范围为222225232qB d qB d U m m≤≤（1分）（2）设离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，根据圆周运动规律得2πRT v=又2v qvB m R=联立解得2πmT qB=（1分）离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与加速电压无关离子在图1所示的轨迹中运动时间最短为min 14t T =（1分）离子在图2所示的轨迹中运动时间最长为max 90360t T θ︒+=︒（1分）根据几何知识，max 4cos 5d R θ==，则37θ=︒（2分）所以minmax90127t t =（1分）。

2017—2018学年度第一学期高二期末考试物理名校联考试题(含答案)

2017—2018学年度第一学期高二期末考试物理联考试卷（重点中学）精品本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

注意事项：1．答卷前将学校、姓名、准考号填写清楚。

2．选择题的每小题选出答案后，用铅笔把机读卡上对应题目的答案标号涂黑。

其它小题用钢笔或圆珠笔将答案写在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题部分共49分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。

）1、下列关于磁场的说法中，正确的是A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C．磁极与磁极间是直接发生作用的D．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生2、如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。

首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C．大物理学家牛顿，但小磁针静止不动D．物理学家奥斯特, 小磁针的N极垂直转向纸内3、电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是( )A．动圈式话筒 B．自动取款机 C．磁带录音机 D．白炽灯泡4、在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关．关于三盏灯泡，下列说法正确的是( )A．闭合开关，c先亮，a、b后亮B．闭合开关一会后，a、b一样亮C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭5、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω．若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是（）A、电动机的输入功率是12WB、电动机的输出功率是12WC、电动机的热功率是12WD、整个电路消耗的电功率是22W6、把绝缘带电摆球的单摆置于匀强磁场中，如图所示，当带电摆球最初两次经过最低点时，不相同．．．的是A．小球受到的洛仑兹力大小B．摆线的拉力C．小球的动能D．小球的加速度7、现将电池组、滑动变阻器、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动变阻器的滑动端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的滑动端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二、多项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题有多个选项符合题意．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．8、在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损耗的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则P′、P用的关系式正确的是（）9、如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点右侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度10、如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘。

广东省中山一中2017-2018学年高三上学期第二次统测物理试题 Word版含解析

2017-2018学年广东省中山一中高三（上）第二次统测物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g 值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．由T1、T2和H 的值可求得g等于（）A．B．C．D．2．在有雾霾的早晨，一辆小汽车以25m/s的速度行驶在平直高速公路上，突然发现正前方50m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，司机紧急刹车后小汽车做匀减速直线运动，在前1.5s内的v﹣t图象如图所示，则（）A．由于刹车及时，两车不会相撞B．在t=3.5s时两车会相撞C．第3s末小汽车的速度会减到10m/sD．两车最近距离为30m3．如图所示，A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A＞m B，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是（）A．物体A的高度升高，θ角变大B．物体A的高度降低，θ角变小C．物体A的高度升高，θ角不变D．物体A的高度不变，θ角变小4．如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小D．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变5．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．（已知cos53°=0.6，sin 53°=0.8）以下说法正确的是（）A．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB．小球静止时细绳的拉力大小为mgC．细线烧断瞬间小球的加速度立即为gD．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g6．如图所示，木块A在足够长的粗糙斜面上匀速下滑，要使A停止运动，下列方法可行的是（）A．增大斜面的倾角B．对木块A施加一个垂直于斜面的力C．对木块A施加一个竖直向下的力D．在木块A上再叠放一个重物7．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体以后的运动情况是（）A．物体做匀变速曲线运动B．物体做变加速曲线运动C．物体沿F1的方向做匀加速直线运动D．物体做直线运动8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断（）A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣B．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．以上答案都不对9．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．a和b初速度相同B．b和c运动时间相同C．b的初速度是c的两倍D．a运动时间是b的两倍10．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．若v=1m/s，则小物块能回到A点B．若v=3m/s，则小物块能回到A点C．若v=5m/s，则小物块能回到A点D．若v=5m/s，则小物块能回到比A点更高的位置11．用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象，如图所示，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2B．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2C．小物块与该种材料间的动摩擦因数为D．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大12．如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，A、B两木块间的拉力分别为T1、T2，则（）A．F1≠F2B．F1=F2C．T1＜T2D．T1＞T2二、非选择题：本题共6小题．按题目要求作答．计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分．有数值计算的题，结果必须写明单位．13．在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤．1k=N/m有效数字）（2）某次实验中，弹簧秤的指针位置如图2所示，其读数为N；同时利用（1）中结果；获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在图3中画出这两个共点力的合力F合=N．（保留两位有效数字）（3）由图得到F合14．图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列的点．②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③．⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，…．求出与不同m相对应的加速度a．⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出﹣﹣m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成关系（填“线性”或“非线性”）．（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是．（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3．a可用s1、s3和△t表示为a=．图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=mm，s3=mm．由此求得加速度的大小a=m/s2．（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为，小车的质量为．15．一辆长途客车正在以V0=20m/s的速度匀速行驶．突然，司机看见车的正前方x=30m处有一只狗，如图（甲）所示，司机立即采取制动措施．若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度﹣时间”图象如图（乙）所示，求：（1）长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；（2）长途客车制动时的加速度；（3）若狗正以V1=4m/s的速度与长途客车同向奔跑，问狗能否摆脱被撞的噩运？16．如图所示，质量M=2kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m=kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．17．如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环由静止以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小可能值（提示：环与杆的接触可能是上部也可能是下部）．18．如图1所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2．试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象．（设木板足够长）2017-2018学年广东省中山一中高三（上）第二次统测物理试题参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g 值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．由T1、T2和H 的值可求得g等于（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据竖直上抛运动的对称性，求出小球从O点和P点到达最高点的时间，根据速度时间公式求出O和P点的速度，结合平均速度推论，抓住OP间的距离求出g值的大小．【解答】解：从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2，根据竖直上抛运动的对称性，知小球到达最高点的时间为，根据速度时间公式得，O点的速度，小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．同理知小球从P点到达最高点的时间为，根据速度时间公式得，P点的速度，根据平均速度推论知，H=，解得g=．故选：C．2．在有雾霾的早晨，一辆小汽车以25m/s的速度行驶在平直高速公路上，突然发现正前方50m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，司机紧急刹车后小汽车做匀减速直线运动，在前1.5s内的v﹣t图象如图所示，则（）A ．由于刹车及时，两车不会相撞B ．在t=3.5s 时两车会相撞C ．第3s 末小汽车的速度会减到10m/sD ．两车最近距离为30m【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度﹣时间图象的斜率表示加速度大小，图线与时间轴所围“面积”大小等于位移．结合运动学公式分析即可．【解答】解：ABD 、0.5s 后汽车开始刹车后的加速度大小为：a===5m/s 2，判断两车是否相撞时的临界速度为两车速度相等时，即 v 0汽﹣at=v 卡，代入数据得 25﹣5△t=10，得：△t=3s ，即在t=3.5s 末时；由图线与时间轴所围“面积”大小等于位移，知3.5s 内二者的位移差等于v=10m/s 上方的梯形面积：△s=（0.5+3.5）×15×=30m ，而此前两车相距50m ，50m ﹣30m=20m ，故两车不会相撞，最近距离为20m ，故A 正确，BD 错误；C 、第3s 末的速度为：v=20﹣1.5×5=12.5m/s ，故C 错误；故选：A3．如图所示，A 、B 两物体的质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，物体A 的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是（）A ．物体A 的高度升高，θ角变大B ．物体A 的高度降低，θ角变小C ．物体A 的高度升高，θ角不变D ．物体A 的高度不变，θ角变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】分析：根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子拉力大小F 等于物体A 的重力不变，B 物体对滑轮的拉力也不变．根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究θ的变化情况．【解答】解：原来整个系统处于静止状态，绳的拉力等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力等于B物体的重力．将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F仍等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，则θ角不变，滑轮将下降，物体A的高度升高．故选C4．如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小D．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】根据小车的运动状态判断小球的运动状态．已知加速度方向得出合力方向，根据受力分析判断出力的变化．，【解答】解：开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力F绳1=mg，由于小球静止，所以F绳1当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F＞mg，绳2所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大．当小车匀加速向左运动，直立木板对小球有支持力，小球仍保持竖直，弹簧拉力不会变；对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力．当小车匀加速向右或向左运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力．故选：B．5．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．（已知cos53°=0.6，sin 53°=0.8）以下说法正确的是（）A．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB．小球静止时细绳的拉力大小为mgC．细线烧断瞬间小球的加速度立即为gD．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g【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】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．【解答】解：A、B、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg细绳的拉力大小为：T==mg．故A错误，B错误；C、D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a==g．故C错误D正确．故选：D．6．如图所示，木块A在足够长的粗糙斜面上匀速下滑，要使A停止运动，下列方法可行的是（）A．增大斜面的倾角B．对木块A施加一个垂直于斜面的力C．对木块A施加一个竖直向下的力D．在木块A上再叠放一个重物【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角θ的关系．要使木块A停下，必须使之减速，合力方向与速度方向应相反．分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质．【解答】解：A、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mgsinθ=μmgcosθ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mgsinθ增大，滑动摩擦力f=μmgcosθ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动．故A错误．B、对木块A施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsinθ不变，而滑动摩擦力f=μ（F+mgcosθ）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下．故B正确；C、对木块A施加一个竖直向下的力，由于（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下．故C错误．D、由A项分析可知，mgsinθ=μmgcosθ得sinθ=μcosθ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下．故D错误．故选：B7．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体以后的运动情况是（）A．物体做匀变速曲线运动B．物体做变加速曲线运动C．物体沿F1的方向做匀加速直线运动D．物体做直线运动【考点】物体做曲线运动的条件．【分析】质点做直线运动还是曲线运动，就看合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，在同一条直线上，就做直线运动，不在一条直线上，质点就做曲线运动．【解答】解：一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始沿两力的合力方向上做匀加速直线运动．经过一段时间后，突然将撤去F 2，则物体出现了合力，方向即为F1方向，大小为F1．F1方向与此时的速度不共线，所以做曲线运动，由于合力的大小与方向不变，所以做匀变速曲线运动．因此A正确，BCD均错误；故选：A8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断（）A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣B．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．以上答案都不对【考点】牛顿第二定律．【分析】对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题．【解答】解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T﹣mg=ma得：a=﹣gA、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值a M=﹣g，故A错误；B、D、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值T N=mg，故B正确，D错误；C、图线的斜率表示质量的倒数，故C错误；故选：B．9．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．a和b初速度相同B．b和c运动时间相同C．b的初速度是c的两倍D．a运动时间是b的两倍【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．【解答】解：B、由图知b、c的高度相同，小于a的高度，根据h=，得t=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间大于b的时间．故B正确；A、a、b的水平位移相等，因为a的飞行时间长，根据x=v0t知，a的初速度小于b的初速度．故A错误；C、b、c的初速度之比：===2，故C正确．D、a、b的初速度之比：===，故D错误．故选：BC．10．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．若v=1m/s，则小物块能回到A点B．若v=3m/s，则小物块能回到A点C．若v=5m/s，则小物块能回到A点D．若v=5m/s，则小物块能回到比A点更高的位置【考点】动能定理的应用．【分析】由于曲面是光滑的，物体从A点下滑之后，机械能守恒，由此可以求得到达水平传送带时物体的速度的大小，之后物体在传送带上减速运动，减到零之后由开始反向加速，根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小，与原来下滑时的速度的大小相对比，可以知道物体能不能回到原来的A点．【解答】解：物体在曲面上下滑的过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgh=mv02，所以小物块滑上传送带的初速度v0==3 m/s，物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，当传送带的速度v≥3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2﹣v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3 m/s 时，物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移小，当和传送带的速度相同之后，物体就和传送带一起做匀速直线运动，所以小物块返回曲面的初速度等于传送带的速度v，小于3 m/s，物体上升的高度比原来的高度要小，不能回到A点．根据以上的分析可知，当传送带的速度v≥3 m/s时，物体就能够回到原来的A点，综上所述，故BC正确，AD错误．故选：BC．11．用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象，如图所示，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2B．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2C．小物块与该种材料间的动摩擦因数为D．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】（1）小物块在斜面上下滑做匀减速直线运动，根据速度时间公式a=求出加速度的大小．（2）根据牛顿第二定律，求出小物块与该种材料间的动摩擦因数．（3）随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．【解答】解：A、从图象可知加速度为a==2.5 m/s2，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律有ma=μmgcosθ﹣mgsinθ，得到μ=，故C正确；D、随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系，故D错误．故选AC12．如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，A、B两木块间的拉力分别为T1、T2，则（）A．F1≠F2B．F1=F2C．T1＜T2D．T1＞T2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】对整体受力分析可得两种情况下拉力的大小关系；再对A物体受力分析可得出绳子拉力的大小关系．【解答】解：A、B对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力及摩擦力；因整体对地面的压力相同，故摩擦力相同，因此根据平衡条件得知：水平拉力相等，即F1=F2；故A 错误，B正确．C、D对A受力分析可知，A受重和、支持力及绳子的拉力而处于平衡状态；对第一种状态有：T1sinθ=μ（mg﹣T1cosθ）解得：T1=对第二状态有：。

2017-2018学年度第一学期期末高二物理(必修)答案

2017~2018学年度第一学期期末抽测高二物理（必修）参考答案及评分标准24-A ．法拉第、tn12φφ- ( 每空2分、共4分)24-B ．热效应、R Rr E+ ( 每空2分，共 4分) 25． A B 平衡摩擦力过度 ( 每空2分，共 6分) 三．论述计算题：26．（6分）（1）1018224m/s v v at =+=-⨯= 2分（2）停车时间004s v t a-== 1分 2210211832315m 22x v t at =+=⨯-⨯⨯= 1分（3）222011842416m 22x v t at =+=⨯-⨯⨯= 2分27．（7分）（1）根据牛顿第二定律有cos37sin37m g m g m a μ-︒︒= 1分代入数据可以求得 20.4m/s a= 1分（2）加速到相对传送带静止的时间225s 0.4v t a === 所以5s 后随传送带一起匀速运动，速度为2m/s 1分（3）加速运动的位移：2211110.455m 22x at ==⨯⨯= ① 1分匀速运动的位移：21752m x L x =-=-= 1分匀速运动的时间： 2221s 2x t v === ② 1分根据①②两式，可以求得 126s t t t =+= 1分28. （8分）（1）在A 到C 过程有：221c mv mgh =，得 gr gh v c 622== 1分在C 点有： rv m m g F cC 2=- ，得 mg F C 7=根据牛顿第三定律，人到达C 点时对轨道的压力为7mg 。

1分（2） 28.02Rm mg ω= 1分 s rad /4=ω 1分（3）由题可知 212H g t = 1s t = 1分1817m/s 1L R v t --=== 2819m/s 1L R v t ++=== 21121mv mgh =1 2.45m h = 1分 22221mv mgh =2 4.05m h = 1分 21 4.05 2.45 3.2m sin 300.5h h s --===︒ 1分。

广东省中山市第一中学最新高二物理上学期第二次统测试题

广东省中山市第一中学2０19－20２0学年高二物理上学期第二次统测试题本试卷共6页，共１00分，考试时长90分钟.一、单选题（本大题共7小题,每题3分，共2１。

0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.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）Ａ. 电动势是一种非静电力B。

　电动势越大，表明电源储存的电能越多ﻫC。

电动势的大小是非静电力做功能力的反映ﻫＤ．电动势就是闭合电路中电源两端的电压2.如图所示,电荷量，质量为m的滑块,沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，以下判断中正确的是A. 物体将沿斜面减速下滑Ｂ. 物体将沿斜面加速下滑Ｃ。

物体仍保持匀速下滑ﻩD. 物体可能静止3.如图所示，以Ｏ点为圆心的圆周上有六个等分点ａ、b、c、d、ｅ、f,等量正、负点电荷分别放置在ａ、d两点时,下列说法中正确的是A。

　b、ｃ、ｅ、f四点的场强相同Ｂ．　b、ｃ、e、f四点的电势相等Ｃ.　O点的电势高于b、c、e、f四点的电势D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功4.如图所示,ABCD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,,,由此可得Ｄ点电势为（ )ﻫＡ.　６ＶﻩB．　9ＶﻩC. 12V D。

　15V5.电源、开关、平行板电容器连成如图电路。

闭合开关S,电源对电容器充电后，电容器带电量为Q,板间电压力为U,板间电场强度大小为E,则下列说法正确的是( ）A. 若将A板下移少许，Ｑ增大;U减小；Ｅ不变B. 若将A板下移少许,Ｑ不变；U减小；E减小ﻫC。

若断开开关,若将A板下移少许,Q增大；U不变；E增大D．若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小;Ｅ不变6.如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在Ｏ点固定一电荷量为Q的正电荷，Ａ、B、C、D为以O为圆心、半径为ｒ的同一圆周上的四点,B、D连线与电场线平行，A、Ｃ连线与电场线垂直。

2017-2018学年度第一学期期末高二物理(选修)答案

2017~2018学年度第一学期期末抽测高二物理（选修）参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1．C 2．A 3．B 4．D 5．D二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项．．．．符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选、多选或不答的得0分． 6． AD 7．AC 8．CD 9．BC三、简答题：本题共4小题，共37分。

把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答。

10．正mBq(每空2分)11．（1）5.700 （2）T “×1” 16 (每空2分)12．(每空2分)（1）C A E（2）如右图（3）“减小”13. （每空2分）（1）如图（2）如图 1.46-1.50 0.6-0.8 （3）偏小四、计算题：本题共 3小题，共47分。

解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

14．解：（1）由BS =φ （3分）得：2BL =φ （2分）（2）由2m E nBL ω= （2分）Tπω2=（1分） 222sin e nBL t T T ππ=（2分）（3）2m E U =（3分）带入数值解得2U （2分） 15．解：（1）021sin 302a mgs mv =（3分） 2a v =m/s （2分）（2）由a E BLv = （2分） EI R r=+ （1分） F BIL = （1分）带入数据解得0.8F =N （1分）（3）从a 边界到b 边界由动能定理02211sin 3022b a mgd Q mv mv -=- （2分）从b 边界匀速穿出，有220sin 30bB L v mg R r=+ （1分）由Q R =34Q （1分）得：Q R = 0.58J （1分）16.解:（1）对第二象限的小球受力分析：合外力一定沿PO 方向则：mg=Eq （3分）即mgE q==2N/C （2分）（2）对第二象限的小球受力分析有：2F a m==合（1分）由22op v aS =可得v == （1分）mv R Bq =，2m T Bqπ=（2分）画出轨迹图如图，由几何关系可求得：Q 点的纵坐标0.1m y === （（3）总时间分为三段时间之和：小球在第二象限时间：10.1vt a==S （1分）小球在第一、四象限时间：233440t T π==S （2分）小球回到第二象限和第三象限，落到挡板上做类平抛运动时间：30.1t === S （2分）总时间：）π4032.0(321+=++=t t t t S （1分）。

广东省中山市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题含答案

广东省中山市2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题一.选择题：1. 在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法。

下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是（）A. 物理学中所有物理量都是采用比值法定义的B. 元电荷、点电荷都是理想化模型C. 奧斯特首先发现了电磁感应现象D. 法拉第最早提出了“电场”的概念【答案】D【解析】A A错误；B项：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点电荷都是理想化模型，元电荷不是，故B正确；C项：奧斯特首先发现了电流的磁效应，故C错误；D项：法拉第先提出电场的概念，揭示了电荷间相互作用就是电场对电荷的作用，故D正确。

2. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去，该过程中（）A. 通过电流表的感应电流方向一直是b→G→aB. 通过电流表的感应电流方向是先b→G→a，后a→G→bC. 条形磁铁的加速度一直等于重力加速度D. 条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度【答案】B【解析】A、B项：当磁铁自上向下穿入线圈时，原磁场向下，磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，感应电流是从b→G→a；当磁铁向下离开线圈时，原磁场向下，磁通量减少，感应电流的磁场方向向下，感应电流是从a→G→b，故A错误，B正确；C、D项：当磁铁自上向下穿入线圈时，磁通量增加，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，当磁铁向下离开线圈时，磁通量减少，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，故C、D均错误。

3. 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。

接通开关K，电源即给电容器充电，则A. 断开K,减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小B. 断开K,在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大C. 保持K接通，使两极板左右错幵一些，则极板上的电荷量增大D. 保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小【答案】A【解析】试题分析：先根据电容的定义式C=分析电容如何变化，再根据电容的定义式C=分析电容器的电压或电量如何变化．解：A、断开K，电容器所带电量不变．减小两极板间的距离，根据电容的定义式C=分析得知电容C增大，由C=分析得知，两极板间的电势差U减小．故A正确．B、保持K接通，电容器板间电压U不变．在两极板间插入一块介质，根据电容的定义式C=分析得知电容C增大，由C=分析得知，极板上的电荷量Q增大．故B正确．C、电容器所带电量Q不变．在两极板间插入一块电介质，根据电容的定义式C=分析得知电容C增大，由C=分析得知，两极板间的电势差减小．故C错误．D、保持K接通，板间电压U不变，减小两极板间的距离d，由公式E=分析得知，两极板间电场的电场强度E增大．故D错误．故选AB．4. 如图所示，电源电动势为E，内阻不计，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当开关闭合后，两小灯泡均能正常发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是A. 小灯泡L1、L2均变暗B. 小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小【答案】B【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联的电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大，路端灯的电压增大，BC正确。

【物理】广东省中山市第一中学2017-2018学年高二上学期第一次统测试题(解析版)

广东省中山市第一中学2017-2018学年高二上学期第一次统测物理试题一、单项选择题1. 在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝F/q，下列说法正确的是（）A. 若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B. 若检验电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4EC. 若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D. 若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变【答案】D【解析】试题分析：电场中某点的电场强度与试探电荷的大小及电性无关；若移去试探电荷，则该点的电场强度为E，选项A错误；若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强仍为E，选项B错误；若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，方向也不变，选项C错误；若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小，方向均不变，选项D正确；故选D．考点：电场强度2. 有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12 cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12 cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A 所带电荷量之比是（）A. 1：2B. 1：4C. 2：1D. 4：1【答案】C【解析】试题分析：库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．解：将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F；将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F；根据库仑定律公式F=k，当距离一定时，库仑力与电荷量的乘积成正比；现在库仑力变为2倍，说明电荷量乘积变为2倍，即：q B q C=2q A q B，故q C：q A=2：1；故选C．【点评】本题关键是根据库仑定律并采用控制变量法进行研究，基础题．3. 如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（）A. 甲图：点电荷的电场中，与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：等量异种电荷电场中，两电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷的电场中，与点电荷成一直线的a、b两点D. 丁图：匀强电场中的a、b两点【答案】B【解析】A、甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；B、ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等，故B正确；C、a、b两点电场方向相同，a点电势大于b点电势，两点的场强大小不等，故C错误；D、a、b两点不在同一等势面上，故电势不相等，故D错误。