2016届成都七中周练题1

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四川省成都市第七中学2016届高三3月第一周周练数学试题含解析

第Ⅰ卷（共60分)一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合2{|160}A x x =-<,{5,0,1}B =-，则（)A ．AB φ=B ．B A ⊆C ．{0,1}A B =D ．A B ⊆【答案】【解析】试题分析：由题2{|160}{|44}A x x x x =-<=-<<，则{0,1}A B =，选C考点：集合的运算 2。

命题“若220a b +=,则0a =且0b ="的逆否命题（ )A ．若220ab +≠，则0a ≠且0b ≠B ．若220ab +≠,则0a ≠或0b ≠C ．若0a ≠且0b ≠,则220a b +≠ D ．若0a ≠或0b ≠,则220ab +≠【答案】D考点：四种命题 3。

复数3||iz i -=-（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数为( ）A ．2i -B ．2i +C ．4i -D ．4i +【答案】B 【解析】试题分析：由题3||2iz i i -=-=-，则复数z 的共轭复数为2i +，选B考点：复数的运算，共轭复数 4。

数列{}na 的前n 项和为2*23()nSn n n N =-∈，若5p q -=，则p q a a -=（）A ．20B ．15C ．10D ．—5 【答案】A考点：等差数列的性质 5。

函数()(0,0)x f x a a a a =->≠的定义域和值域都是[0,1],则548log log 65aa +=（）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】C 【解析】试题分析:由已知函数()(0,0)x f x a a a a =->≠的定义域和值域都是[0,1]，而当1x =时，0y =,则函数为减函数，故1a ＞,则当0x =时,1y =,即112y a a =-=⇒=,则22548548log log log log 836565aa ⎛⎫+=⋅== ⎪⎝⎭，选C考点:函数的定义域、值域6.函数()sin()(0,0,||)2f x A x A πωϕωϕ=+>><的部分图象如图所示，若12,(,)63x x ππ∈-，且12()()f x f x =,则12()f x x +=（）A ．1B ．12C．22D ．32【答案】D考点：函数()sin y A x ωϕ=+的图像和性质7。

四川省成都七中2016届高三上学期第3周周练物理试卷 .doc

2015-2016学年四川省成都七中高三（上）第3周周练物理试卷一、选择题1．下列说法中正确的是( )A．做曲线运动的质点速度一定改变，加速度可能不变B．质点做平抛运动，速度增量与所用时间成正比，方向竖直向下C．质点做匀速圆周运动，它的合外力总是垂直于速度D．质点做圆周运动，合外力等于它做圆周运动所需要的向心力2．如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大3．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦转动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3．若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )A．B．C．D．4．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N﹣v2图象如，乙图所示．则( )A．小球的质量为B．当地的重力加速度小为C．v2=C时，杆对小球弹力方向向上D．v2=2b时，杆对小球弹力大小为mg5．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在离地面某一高度的同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )A．周期相同B．线速度的大小相等C．角速度的大小相等D．向心加速度的大小相等6．如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球仍从P点以2v0的初速度水平向右抛出，下列说法中正确的是( )A．小球在两次运动过程中速度增量方向相同，大小之比为2：1B．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角C．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的2倍D．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的倍7．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度H min=R二、解答题（共2小题，满分0分）8．如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．9．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）（1）求小物块下落过程中的加速度大小；（2）求小球从管口抛出时的速度大小；（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于L．2015-2016学年四川省成都七中高三（上）第3周周练物理试卷一、选择题1．下列说法中正确的是( )A．做曲线运动的质点速度一定改变，加速度可能不变B．质点做平抛运动，速度增量与所用时间成正比，方向竖直向下C．质点做匀速圆周运动，它的合外力总是垂直于速度D．质点做圆周运动，合外力等于它做圆周运动所需要的向心力考点：匀速圆周运动；平抛运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：曲线运动的速度方向沿着切线方向，时刻改变，一定具有加速度，故一定具有合外力；曲线运动的条件是合力与速度不共线；平抛运动是匀变速曲线运动；匀速圆周运动是变加速曲线运动．解答：解：A、做曲线运动的质点速度一定改变，加速度可能不变，如平抛运动，故A正确；B、平抛运动，加速度恒定，为g，故速度变化为：△v=gt；故速度增量与所用时间成正比，方向竖直向下，故B正确；C、质点做匀速圆周运动，速度沿着切线方向，向心力指向圆心，故合外力总是垂直于速度，故C正确；D、质点做匀速圆周运动，合外力等于它做圆周运动所需要的向心力；质点做变速圆周运动，合外力不等于它做圆周运动所需要的向心力，合外力沿半径方向的分力提供向心力，故D 错误；故选ABC．点评：本题关键明确曲线运动运动学特点和动力学条件，同时要熟悉两种特殊的曲线运动，平抛运动和匀速圆周运动．2．如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：由题知，两球均做斜抛运动，运用运动的分解法可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系．两球在最高点的速度等于水平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系．解答：解：A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g．故A错误．B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等．故B错误．C、h=v y t﹣，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由v y=v0sinα（α是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosα=v y cotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大．故C正确．D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大．故D正确．故选CD点评：本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究．3．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦转动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3．若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )A．B．C．D．考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑说明线速度相同，根据v=wr解答．解答：解：由甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑知三者线速度相同，其半径分别为r1、r2、r3则：ω1r1=ω2r2=ω3r3若甲轮的角速度为ω1解得：故A正确，BCD错误；故选：A．点评：此题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的关系式的应用，同时要知道皮带或齿轮连动的线速度相同．4．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N﹣v2图象如，乙图所示．则( )A．小球的质量为B．当地的重力加速度小为C．v2=C时，杆对小球弹力方向向上D．v2=2b时，杆对小球弹力大小为mg考点：向心力；物体的弹性和弹力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．解答：解：AB、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m解得：g=，m=，故A正确，B错误；C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a=mg，故D正确．故选：AD．点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．5．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在离地面某一高度的同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )A．周期相同B．线速度的大小相等C．角速度的大小相等D．向心加速度的大小相等考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解！解答：解：A、C、对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ①由向心力公式得到：F=mω2r ②设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ③由①②③三式得：ω=，与绳子的长度和转动半径无关，故C正确；又由T==2π，周期与绳子长度无关，故A正确；B、由v=ωr，两球转动半径不等，所以线速度不等，故B错误；D、由a=ω2r，两球转动半径不等，所以向心加速度不等，故D错误；故选：AC．点评：本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！6．如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球仍从P点以2v0的初速度水平向右抛出，下列说法中正确的是( )A．小球在两次运动过程中速度增量方向相同，大小之比为2：1B．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角C．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的2倍D．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的倍考点：平抛运动；动能．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动做加速度为g的匀变速曲线运动，速度变化量的方向竖直向下，大小△v=gt．根据水平位移一定，求出两次运动时间之比，从而得出竖直分速度之比，结合初速度，运用平行四边形定则求出碰撞墙壁的速度关系，从而得出动能关系．解答：解：A、初速度增大为原来的2倍，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动时间变为原来的，小球速度增量的方向竖直向下，根据△v=gt知，两次运动过程中速度增量大小之比为2：1．故A正确．B、小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，则有：v y=v0，小球以2v0的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原来的，水平分速度变为原来的2倍，则，可知α≠30°．故B错误．C、小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，则有：v y=v0，则小球的动能．小球以2v0的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原来的，大小为，水平分速度为2v0，则速度v=，则小球的动能．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的倍．故C错误，D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道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，结合运动学公式灵活求解．7．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度H min=R考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：从A到D运动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A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可．解答：解：A、从A到D运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：解得：从A点抛出后做平抛运动，则由2R=gt2得t=则x=故A错误，B正确；C、细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即解得：H＞2R，故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题涉及的知识点较多，有机械能守恒定律、平抛运动基本公式及圆周运动达到最高点的条件，难度适中．二、解答题（共2小题，满分0分）8．如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：滑块受打击获得速度后，由于受地面的摩擦力会做匀减速直线运动，匀减速要分两点来考虑起加速度，一个是小球没有掉落前，另一个是小球掉落后．其中有一个情况就是小球若没掉落滑块就停止了，这个要分类讨论．1：若滑块停止前小球已经掉落，则其位移为：s2：若滑块停止前小球没有掉下来，则其位移为：s'解答：解：滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，而滑块与地面间的压力为：F N=（m+M）g由牛顿第二定律滑块加速度为：，小球到达滑块前方时，滑块的速度为：．滑块的左端到达小球正上方后，小球掉落做自由落体，时间，滑块的加速度a′=μg①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为：=②若在t时间内滑块已经停下来，则：答：若滑块停止前小球已经掉落，则其位移为：s=若滑块停止前小球没有掉下来，则其位移为：s′=点评：容易忽视小球没掉落滑块就停止下来的情况，要注意对问题考虑要全面，比如刹车类问题，在判定在某个时间内的位移之前，要先判定车的停止时间．9．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）（1）求小物块下落过程中的加速度大小；（2）求小球从管口抛出时的速度大小；（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于L．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的公式；平抛运动．专题：压轴题．分析：开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．解答：解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：根据牛顿第二定律得：对M：Mg﹣T=Ma对m：T﹣mgsin30°=ma且M=km解得：a=（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．根据牛顿第二定律有：﹣mgsin30°=ma0对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2﹣v02=2a0L（1﹣sin30°）解得：v0=（k＞2）（3）平抛运动x=v0t Lsin30°=gt2解得x=L因为＜1，所以x＜L，得证．答：（1）求小物块下落过程中的加速度大小是；（2）求小球从管口抛出时的速度大小是；点评：本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律．要注意第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等．第（3）问中，因为，所以。

四川省成都市第七中学2016届高三3月第一周周练数学试

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合2{|160}A x x =-<，{5,0,1}B =-，则（） A ．AB φ= B ．B A ⊆C ．{0,1}A B =D ．A B ⊆【答案】【解析】试题分析：由题2{|160}{|44}A x x x x =-<=-<<，则{0,1}A B =，选C考点：集合的运算2.命题“若220a b +=，则0a =且0b =”的逆否命题（）A ．若220a b +≠，则0a ≠且0b ≠B ．若220a b +≠，则0a ≠或0b ≠C ．若0a ≠且0b ≠，则220a b +≠D ．若0a ≠或0b ≠，则220a b +≠【答案】D考点：四种命题3.复数||iz i i=-（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数为（） A ．2i - B ．2i + C ．4i - D ．4i + 【答案】B 【解析】试题分析：由题||2iz i i i=-=-，则复数z 的共轭复数为2i +，选B 考点：复数的运算，共轭复数4.数列{}n a 的前n 项和为2*23()n S n n n N =-∈，若5p q -=，则p q a a -=（） A ．20 B ．15 C ．10 D ．-5 【答案】A考点：等差数列的性质5.函数()0,0)f x a a =>≠的定义域和值域都是[0,1]，则548log log 65aa +=（）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】C 【解析】试题分析：由已知函数()0,0)f x a a =>≠的定义域和值域都是[0,1]，而当1x =时，0y =，则函数为减函数，故1a ＞，则当0x =时，1y =，即12y a =⇒=，则22548548log log log log 836565aa ⎛⎫+=⋅== ⎪⎝⎭，选C 考点：函数的定义域、值域6.函数()sin()(0,0,||)2f x A x A πωϕωϕ=+>><的部分图象如图所示，若12,(,)63x x ππ∈-，且12()()f x f x =，则12()f x x +=（）A ．1B ．12 C D【答案】D考点：函数()sin y A x ωϕ=+的图像和性质7.设,x y 满足约束条件112210x y x x y ≥⎧⎪⎪≥⎨⎪+≤⎪⎩，向量(2,)a y x m =-，(1,1)b =-，且//a b ，则m 的最小值为（）A ．-2B ．2C ．6D ．-6 【答案】D 【解析】试题分析：由题向量(2,)a y x m =-，(1,1)b =-，且10//21,y x m a b ∴-⨯--⨯=（），，即2m x y =-．由约束条件112210x y x x y ≥⎧⎪⎪≥⎨⎪+≤⎪⎩作可行域如图，联立1210x x y =⎧⎨+=⎩，解得18C （，），由2m x y =-，得2y x m =-，故当直线2y x m =-在y 轴上的截距最大时，m 最小，即当直线2y x m =-过18C （，）时，m 的最小值为2186⨯-=-．故答案为6-．选D考点：简单的线性规划8.在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若ABC ∆的面积为S ，且222()S a b c =+-，则tan C 等于（）A ．34 B ．43 C ．43- D ．34- 【答案】C考点：余弦定理，三角形面积公式，同角三角函数基本关系式 9.已知关于x 的不等式210(1)x bx c ab a ++<>的解集为空集，则1(2)2(1)1a b c T ab ab +=+--的最小值为（）A ．2 C ．．4 【答案】D考点：基本不等式，一元二次不等式的应用【名师点睛】本小题主要考查基本不等式、一元二次不等式的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属基础题．其中令1ab m -=，则0m ＞，进而利用基本不等式求出T 的最小值是解题的关键步骤10.已知()||x f x xe =，方程2()()10()f x tf x t R ++=∈有四个实数根，则t 的取值范围为（）A ．21(,)e e ++∞ B ．21(,)e e +-∞- C ．21(,2)e e +-- D ．21(2,)e e+ 【答案】B 【解析】试题分析：由题 ,0()||,0x xxxe x f x xe xe x ⎧≥⎪==⎨-<⎪⎩ 当0x ≥时0x x f x e xe '=+≥（）恒成立，所以f x （）在 [0+∞，）上为增函数；当0x ＜时，1x x xf x e xe e x '=--=-+（）（），由01f x x '=⇒=-（），得，当1x ∈-∞-（，）时，10xf x e x '=-+（）（）＞，f x （）为增函数，当10x ∈-（，）时，10xf x e x '=-+（）（）＜，f x （）为减函数，所以函数()||xf x xe =在0-∞（，）上有一个极大值为1111f e e--=--=（）（），要使方程2()()10()f x tf x t R ++=∈有四个实数根，令f x m =（），则方程210m tm ++=应有两个不等根，且一个根在(0)1e，内，一个根在(1),e+∞内，再令21g m m tm =++（），因为010g =（）＞，则只需10g e（）＜，即2210111()e et e e t ++⇒<+-＜．所以，使得函数()||xf x xe =，方程2()()10()f x tf x t R ++=∈有四个实数根，则t 的取值范围是21(,)e e+-∞- .选B 考点：根的存在性及根的个数的判断【名师点睛】本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，属难题，解题时对学生的考查了学生分析问题和解决问题的能力提出较高要求，解答此题的关键是分析出方程2()()10()f x tf x t R ++=∈有四个实数根时f x （）的取值情况．二、填空题（每题5分，满分25分，将答案填在答题纸上）11.已知圆22:4O x y +=，直线l 与圆O 相交于点,P Q ，且2OP OQ ∙=-，则弦PQ 的长度为【答案】考点：余弦定理，向量的数量积12.定义在R 上的奇函数()f x 满足3()()2f x f x -=+，(2014)2f =，则(1)f -= 【答案】2- 【解析】试题分析：由题()f x 为奇函数，则3()()()2f x f x f x -=-=+，以32x +代x ，可得()(3)f x f x =+即函数的周期为3，而(2014)(36711)(1)2(1)(1)2f f f f f =⨯+==∴-=-=-考点：函数的周期性13.设()f x 是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数,x y R ∈，都有()()()f x f y f x y =+，若*11,()()2n a a f n n N ==∈，则数列{}n a 的前n 项和n S 的取值范围是 . 【答案】1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭考点：抽象函数及其应用，等比数列的通项及其性质14.已知函数(sin cos )1()sin 2,2x x f x ex x R +=-∈，则函数()f x 的最大值与最小值的差是 .【答案】e -【解析】试题分析：令sin cos ,4t x x x t π⎛⎫⎡=+=+∈ ⎪⎣⎝⎭，则()21()1,2t t y f x e t y e t '==--=-在t ⎡∈⎣上恒成立，故()2112t y e t =--在⎡⎣上为增函数，即t =t =时函数取得最大值，则函数()f x 的最大值与最小值的差是e -考点：函数的最值15.已知8个非零实数1238,,,,a a a a ，向量112(,)OA a a =，234(,)OA a a =，356(,)OA a a =，478(,)OA a a =，现有以下几个结论：①若1238,,,,a a a a 成等差数列，则存在*,(18,,)i j i j i j N ≤<≤∈，使得1234OA OA OA OA +++与向量(,)i j n a a =共线；②若1238,,,,a a a a 成等比数列，则对任意的*,(1,4,,)i j i j i j N ≤≤∈，都有//i j OA OA ； ③若1238,,,,a a a a 成等比数列，则存在*,(1,4,,)i j i j i j N ≤≤∈，使得0i j OA OA ∙<；④若*(,1,4,,)i j m OA OA i j i j i j N =∙≠≤≤∈，则m 的值中至少有一个不小于0.其中正确的结论是 .（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④考点：平面向量数量积的运算【名师点睛】本题考查平面向量的数量积和共线的坐标表示，等差数列和等比数列的性质，反证法的运用，以及学生的运算能力和推理能力，属中档题．具体解题时运用等差数列的性质和向量共线的坐标表示，即可判断①；运用等比数列的性质和向量共线的坐标表示，即可判断②；运用的表示等比数列的性质，结合向量的数量积的坐标表示，即可判断③；运用反证法和两数和为负，则其中至少由一个负数，即可判断④．三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.已知(1,),(sin ,cos )a a b x x ==，函数()f x a b =∙的图象经过点(,0)3π-.（1）求实数a 的值；（2）求函数()f x 的最小正周期与单调递增区间.【答案】（1）a =2）函数()f x 的最小正周期为2π.单调增区间为5[2,2]66k k ππππ-+()k Z ∈（2）由（1）得，1()sin 2(sin )2f x x x x x =+=+2(sin coscos sin )33x x ππ=+2sin()3x π=+. 所以函数()f x 的最小正周期为2π. 因为函数sin y x =的单调递增区间为[2,2]22k k ππππ-+()k Z ∈，所以当22232k x k πππππ-≤+≤+，()k Z ∈时，函数()f x 单调递增，即52266k x k ππππ-≤≤+()k Z ∈时，函数()f x 单调递增. 所以函数()f x 的单调增区间为5[2,2]66k k ππππ-+()k Z ∈ 考点：函数sin()y A x ωφ=+的图像和性质17.已知数列{}n a 的前n 项和是n S ，且*11()2n n S a n N +=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设*31log (1)()n n b S n N +=-∈，求适合方程122311112551n n b b b b b b ++++=的正整数n 的值.【答案】（1）11(2)3n n a a n -=≥（2）100n =111112n n b b n n +=-++， 1223111111111111()()()23341222n n b b b b b b n n n ++++=-+-++-=-+++， 11252251n -=+，100n =.考点：等比数列的通项公式，数列求和18.为了响应学校“学科文化节”活动，数学组举办一场数学知识竞赛，共分为甲乙两组，其中甲组得满分的有1个女生和3个男生，乙组得满分的有2个女生和4个男生，现从得满分的学生中，每个组任选2个学生，作为数学组的活动代言人. （1）求选出的4个学生中恰有1个女生的概率；（2）设X 为选出的4人学生中女生的人数，求X 的分布列和数学期望. 【答案】（1）715（2）分布列见解析，X 的数学期望76EX =（2）依题意，X 可能的取值为0,1,2,3223422461(0)5C C P X C C ===，7(1)()15P X P A B ==+=，11112213243222463(2)10C C C C C C P X C C +===，21123122461(3)30C C C P X C C ===， ∴随机变量X 的分布列为因此X 的数学期望01231510306EX =+⨯+⨯+⨯=. 考点：离散型随机变量的分布列及其期望19.直角梯形ABCD 中，//AB CD ，090DAB ∠=，点,M N 分别在,AB CD 上，且,MN AB MC CB ⊥⊥，2,4BC MB ==，现将梯形ABCD 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直.（1）求证：//AB 平面DNC ；（2）当DN 的长为何值时，二面角D BC N --的大小为030. 【答案】（1）见解析（2）32DN =（2）解法一：过N 作NH BC ⊥交BC 延长线于H ，连DH ，∵平面AMND ⊥平面MNCB ，DN MN ⊥，∴DN ⊥平面MBCN ，BC ⊂平面MNCB ，∴DN BC ⊥，∴BC ⊥平面DNH ，从而DH BC ⊥，∴DHN ∠为二面角D BC N --的平面角. ∴030DHN ∠=.由04,2,90MB BC MCB ==∠=，知060MBC ∠=，042cos603CN =-=，∴03sin 60NH ==.由条件知：tan 3DN NHD NH ∠==，∴33232DN NH =∙=∙=.∴121212cos ,||||n n n n n n ∙<>===.即6a =294a =，又0a >，∴32a =，即32DN =.考点：直线与平面平行的判定，与二面角有关的综合问题20.定长为3的线段AB 的两个端点,A B 分别在x 轴，y 轴上滑动，动点P 满足2BP PA =. （1）求点P 的轨迹曲线C 的方程；（2）若过点(1,0)的直线与曲线C 交于,M N 两点，求OM ON ∙的最大值.【答案】（1）2214x y +=（2）14考点：直线与圆锥曲线的位置关系【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，以及向量的数量积的最大值的求法，属中档题.解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．21.已知函数()sin cos xf x e x x =-，()cos xg x x x =，其中e 是自然对数的底数. （1）判断函数()y f x =在(0,)2π内的零点的个数，并说明理由；（2）12[0,],[0,]22x x ππ∀∈∃∈，使得不等式12()()f x g x m +≥成立，试求实数m 的取值范围；（3）若1x >-，求证：()()0f x g x ->. 【答案】（1）函数()y f x =在(0,)2π上的零点的个数为1（2）实数m 的取值范围是(,1-∞-.（3）见解析【解析】试题分析：（1）利用导数得到函数函数()f x 在(0,)2π上单调递增，(0)10f =-<，2()02f e ππ=>，根据函数零点存在性定理得函数()y f x =在(0,)2π内的零点的个数1为；（2）因为不等式12()()f x g x m +≥等价于12()()f x m g x ≥-，所以12[0,],[0,]22x x ππ∀∈∃∈，使得不等式12()()f x g x m +≥成立，等价于 1min 2min ()(())f x m g x ≥-，即1min 2max ()()f x m g x ≥-，当[0,]2x π∈时，'()sin cos sin 0x x f x e x e x x =++>，故()f x 在[0,]2π上单调递增，所以0x =时，()f x 取得最小值-1.又'()cos sin x g x x x x =-，由于0cos 1x ≤≤，sin 0x x ≥x≥所以'()0g x <，故()g x 在区间[0,]2π上单调递减，因此，0x =时，()g x 取得最大值所以1(m -≥-，所以1m ≤.所以实数m 的取值范围是(,1-∞-.故0x =时，1(0)2k h =<=；0x ≠时，()1h x k >≥，综上所述，当1x >-时，()()0f x g x ->成立. 考点：导数在研究函数性质中的应用【名师点睛】本题考查了函数零点存在性定理，导数和函数的最值的关系，以及切线方程，考查分类整合思想、转化思想等知识，属难题。

【全国百强校】四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练数学试题(原卷版)

四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练数学试题第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知tan 290a = ，则tan 50= （）ABCD2. 1tan 8tan 8ππ+=（）A． BC ．2D ．33.函数()()()221sin sin cos sin f x x x x x =++-是（）A ．最小正周期为π的奇函数B ．最小正周期为π的偶函数C ．最小正周期为2π的奇函数D ．最小正周期为2π的偶函数4.若02πα<<，02πβ-<<，1cos 43πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，sin 42πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则cos 2βα⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）AB． CD．5.函数()()sin f x x b ωϕ=A ++（0A >，02πϕ-<<，0ω>）的部分图象如图所示，则()f x =（）A ．3sin 213x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭ B ．2sin 213x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭C ．3sin 213x π⎛⎫++ ⎪⎝⎭D ．2sin 213x π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭6.已知函数()sin 216f x x π⎛⎫=A -+ ⎪⎝⎭（0A ≠），下列说法正确的是（） A ．()f x 在区间,63k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦（k ∈Z ）上单调递增B ．()f x 的图象关于点,012π⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称 C ．()f x 的图象关于直线4x π=对称 D ．()f x 的图象向右平移6π个单位得到的()y g x =的图象关于点,14π⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称7.已知()sin 22f x x x =，在直角坐标系下利用“五点法”作()f x 在区间2,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象，应描出的关键点的横坐标依次是（）A ．0，2π，π，32π，2π B ．3π-，0，2π，23π，π C ．3π-，6π-，12π，3π，712π，23π D ．3π-，0，2π，π，32π，53π 8.已知函数①sin cos y x x =-，②4sin cos y x x =，则下列结论正确的是（）A ．两个函数的图象均关于点,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭成中心对称B ．倍，横坐标缩小为原来的12，再向左平移4π个单位即得②的图象C ．两个函数在区间,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上都是单调递增函数 D ．两个函数的最小正周期相同第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）9.角α终边上一点坐标为()1,2-，则cos sin αα+= ．10.已知1sin cos 3αα+=，则cos 5tan sin 4ααα++的值为． 11.函数()()13log sin 2cos 2f x x x =-的单调递减区间是．12. ()2228sin 1cos f x x x=++的最小值是．三、解答题（本大题共3小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）13.（本小题满分12分）已知函数()cos 23f x a x b π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭（0a >）的最大值为3，最小值为1-．（1）求a ，b 的值；（2）求当7,412x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()2sin 216g x b ax π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的值域．14.（本小题满分14分）已知函数()21cos cos 2f x x x x =--．（1）求()f x 在区间2,123ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值及其相应的自变量x 的值；（2）在直角坐标系中作出函数()f x 在区间[]0,π上的图象．15.（本小题满分14分）已知函数()22sin 5244f x x x a ππ⎛⎫⎛⎫=+---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）设sin cos t x x =+，将函数()f x 表示为关于t 的函数()g t ，求()g t 的解析式；（2）对任意0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式()62f x a ≥-恒成立，求a 的取值范围．：。

四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练数学试题含解析

第Ⅰ卷(选择题共40分）一、选择题（本大题共8个小题,每小题5分,共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

） 1。

已知tan 290a =，则tan 50=（)A ．331a-+ B ．313a a-+ C ．313a +-D ．313a ++【答案】B考点：1。

诱导公式；2.正切的差角公式． 2.1tan 8tan8ππ+=( )A ．22B 2C ．2D ．3【答案】A 【解析】试题分析：由于11sin 124tan tan 1824cos 124ππππ-⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭===⎪⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭==1===。

所以1tan 1118tan 8ππ+===。

故选A ．考点：三角函数给角求值． 3。

函数()()()221sin sin cos sin f x x x x x =++-是（）A ．最小正周期为π的奇函数B ．最小正周期为π的偶函数C ．最小正周期为2π的奇函数D ．最小正周期为2π的偶函数【答案】B考点：1.三角函数的性质;2。

三角恒等变形公式．4。

若02πα<<,02πβ-<<，1cos 43πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,3sin 42πβ⎛⎫-=⎪⎝⎭，则cos 2βα⎛⎫+= ⎪⎝⎭( )A 3B ．3C 6D ．6 【答案】C 【解析】试题分析：30,2444ππππαα<<∴<+<,且1cos 43πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭2122sin()1cos ()14493ππαα∴+=-+-, 又0,24422πππβπβ-<<∴<-<，且3sin 42πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭216cos 1sin 1424233πβπβ⎛⎫⎛⎫∴-=--=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭从而cos()cos[()]2442βππβαα⎛⎫+=+-- ⎪⎝⎭cos()cos()sin()sin()442442ππβππβαα=+-++- 16223633333=⨯+⨯=故选C ．考点：1.同角三角函数的关系；2.两角和与差的三角函数．【易错点晴】本题重点考查了三角函数的两角和与差的三角公式,同角三角函数的基本关系式，属于基础题．已知角的三角函数值,求另外角的三角函数值，属于给值求值；这类题型关键在于：用已知角和特殊角将未知角表示出来，本题中,其关键就在于将角2βα+表示成了()442ππβα⎛⎫+-- ⎪⎝⎭然后利用已知条件及余弦的差角公式即可求解,在求角的过程中一定要注意角的取值范围，利用平方关系时，一定要注意符号的判断,这是本题的易错点．5。

成都七中2016-2017学年理科综合能力测试

成都七中（高新校区）2016-2017学年理科综合能力测试（一）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn- 65一、选择题：本大题共13小题，每小题6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．下列有关酶的叙述，正确的是A．酶分子是在基因的指导下,在核糖体上合成的B．一种酶催化化学反应的种类与其空间结构有关C．经高温处理的酶，加入双缩脲试剂后不会出现紫色D．酶与无机催化剂都通过提高化学反应的活化能来起催化作用2.家兔睾丸中有的细胞进行有丝分裂，有的细胞进行减数分裂，不考虑分裂过程中染色体数目的异常情况，下列有关叙述错误的是A.每个细胞分裂前都进行基因表达B.每个细胞分裂时同源染色体不一定进行联会C.每个细胞分裂时会发生着丝点分裂D.每个细胞分裂后的子细胞中都含性染色体3.下列有关生物科学史的叙述中，正确的是A．沃森和克里克运用了构建物理模型的方法研究DNA分子的结构B．赫尔希和蔡斯用同位素标记法证明了蛋白质不是遗传物质C．孟德尔运用假说—演绎法揭示了分离定律和自由组合定律的实质D．萨顿利用类比推理法证明了基因在染色体上呈线性排列4.下列有关生物体内糖类的叙述，正确的是A.细胞代谢所需的能量大多数由葡萄糖直接提供B.只有单糖与斐林试剂水浴加热才出现砖红色沉淀C.ATP、RNA、DNA分子中含相同的糖D.纤维素与淀粉彻底水解后会得到相同的单糖5.胃内的酸性环境是通过质子泵维持的，质子泵催化1分子的ATP水解所释放的能量，可驱动1个H+从胃壁细胞进入胃腔和1个K+从胃腔进入胃壁细胞，K+又可经通道蛋白顺浓度进入胃腔。

四川省成都市第七中学2016届高三周末练习物理试题(2015-11-4) Word版含答案[ 高考]

1、某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。

实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。

②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。

每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F（N）0 0.50 1.00 1.05 2.00 2.50l（cm）l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O'，橡皮筋的拉力记为O O F'。

④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。

用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB。

（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F—l图线，根据图线求得l0=_____cm。

（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则F OA的大小为________N。

（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F'的图示。

（4）通过比较F'与________的大小和方向，即可得出实验结论。

2、李明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧秤拉力的大小，如图（a）所示，（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力.（2）有关此实验，下列叙述正确的是________.A.两弹簧秤的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧秤的拉力是分力C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O.这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D.实验中F1、F2的夹角应该取900，方便计算E.实验中，除了需要记录弹簧测力计的示数外，还需要记录下细绳套的方向（3）图（b）所示是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F′是用一只弹簧秤拉时的图示）答：__________________________________3、某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

四川省成都市第七中学2016届高三上学期第1次周练语文试卷(扫描版)

资料概述与简介 1.【答案】【C】【方法点拨】原文第一段第四句话“在科技黑箱的生产过程中，科学知识是基础，价值观和伦理道德则对科学知识进行选择”。

原文是“选择”而备选项为“修正”，显而易见，不符合文意。

2．【答案】【B】【方法点拨】B项原文信息，“计算机天才、黑客的年龄越来越小，神童不断出现，他们未必理解计算机的制作过程就能编写软件、破译密码。

每一代新科技黑箱的出现，就为相对无知识的年轻一代的崛起与赶超提供了机会。

”备选项说法过于绝对。

3．【答案】（D）【方法点拨】将备选项与原文比较，“科学技术是一把双刃剑，科技黑箱无疑会使得双刃剑的哪一刃都变得更为锋利”。

可以看出D项在说法上明显有问题，“科技黑箱”与“科技”在概念含义上是不同的。

4．【答案】【D】【方法点拨】结合语境，理解实词含义，要注意一词多义、古今异义、通假字、词类活用等。

阙：过错、缺点。

5．【答案】【C】【方法点拨】解答此类题目，首先要看清题干的要求，然后从文中找出筛选信息的区间，运用排除法，找出答案。

6．【答案】【A】【方法点拨】首先要审清题意要求，选不正确的一项，其中三项正确。

把每一选项和文中相应的事件对应，针对选项划定区域，小心比对，看是否搞混做事情况。

如秦桧当权，他的亲党密告萧，而不是秦桧与其亲党密告萧。

7.【答案】(1) 如今有德才和无德才的人混杂一道，风俗浇薄虚浮，兵力未强，财力未富，应当卧薪尝胆以求国内安定太平。

(2) 萧燧说：“东部西部不属同路，按说不该给粮食，但哪能忍心对原管辖地区不管不问呢?” 8．【参考答案】这首词表达了对远方行人的深切思念。

首句起兴，以红叶黄花染绘出深秋的特殊色调，渲染离别的悲凉气氛，增添对远方行人绵绵不尽的思念情怀。

【方法点拨】解答时要联系全词词句，联系题目、作者的情况，准确把握。

从题目上可以看出（思远人），可以看出是一首思念怀人之作；在写法上，借秋景、飞云、归鸿等意象来表现这一情感。

四川省成都市第七中学2016届高三周末练习化学试题(2015-10-10) Word版含答案[ 高考]

2016届成都七中高中化学分推试题（四）专题化学反应速率与平衡（2）1.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L-10.1 0.2 02 min末浓度/mol·L-10.08 a b平衡浓度/mol·L-10.05 0.05 0.1下列说法正确的是A. 平衡时，X的转化率为20% B．t ℃时，该反应的平衡常数为40C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y) = 0.03 mol·L-1·min-12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且乙的压强大C．图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为b3.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系下表：温度℃25 80 230平衡常数5×104 2 1.9×10-5下列说法正确的是A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为吸热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为0.5C．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）>v（逆）D．80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L4.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t℃700 800 830 1000 1200K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)B．上述反应的正反应是放热反应C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：，判断此时的温度是1000 ℃5.在一个固定容积的密闭容器中，可发生以下反应：A(g)+B(g)xC(g)；∆H＝?符合下图(a)所示的关系w(c)为C 的质量分数，由此推断关于图(b)的说法正确的是A．P3>P4，y轴表示A的转化率B．P3<P4，y轴表示B的体积分数C．P3<P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量D．P3>P4，y轴表示混合气体的密度6.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)△H＝－92.4 kJ/mol 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3① 1 3 0 放出热量a kJ② 2 3 0 放出热量b kJ③ 2 6 0 放出热量c kJ下列叙述正确的是( )A．放出热量关系：a < b < 92.4 B．三个容器内反应的平衡常数：③> ①> ②C．达平衡时氨气的体积分数：①> ③D．N2的转化率：②> ①> ③7．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及数量如图所示，三个容器最初的容积相等，温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。

2015-2016学年四川省成都七中高二(上)周测物理试卷(12.29)

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.29）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是（）A.导线通电后其下方小磁针偏转B.闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动C.通电导线在磁场中运动D.金属杆切割磁感线运动【答案】D【解析】解：A、导线通电后其下方小磁针偏转，是说明电流的周围存在磁场的实验，没有感应电流．故A错误；B、闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动，磁通量没有变化，不能产生感应电流．故B错误；C、该图中的导线是含有电源的闭合回路的一部分，导线在磁场中产生安培力而产生运动，所以不存在感应电流．故C错误；D、闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流．故D正确．故选：D根据磁感线的特点和产生感应电流的条件判断各个选项：（1）导体是闭合电路的一部分；（2）导体做切割磁感线运动．本题考查了产生感应电流的条件和磁感线的特点，是一道基础题．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.如图所示为探究产生感应电流的条件的实验装置，下列情况下能引起电流计指针偏转的是（）A.闭合电键瞬间B.断开电键瞬间C.闭合电键后拔出铁芯瞬间D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变【答案】ABC【解析】解：A、闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动．故A、B正确．C、闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动．故C正确．D、闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动．故D错误．故选ABC．当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转动．解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流．四、单选题(本大题共1小题，共3.0分)4.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线圈时，通过电流计的感应电流的方向是（）A.a→G→bB.先a→G→b，后b→G→aC.b→G→aD.先b→G→a，后a→G→b【答案】D【解析】解：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），故ABC错误，D 正确；故选：D当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向．本题是楞次定律的基本应用．对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动．五、多选题(本大题共2小题，共6.0分)5.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时（）A.a端聚积电子B.b端聚积电子C.金属棒内电场强度等于零D.φa＞φb【答案】BD【解析】解：由安培定则可知，电流右侧磁场方向向外；ab在转动中切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，a端电势高，b端电势低，即：φa ＞φb ，故金属棒内电场强度不等于零，b端将聚集电子，故BD正确；AC错误；故选：BD ．明确电流右侧产生的磁场方向，再根据右手定则可判断ab 两端电势的高低，即可知道哪端聚积了电子．本题考查右手定则及安培定则，要注意正确掌握电动势的方向，了解感应电动势产生的微观机理．6.两圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环，当A 以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B 中产生如图所示方向的感应电流，则（）A.A 可能带正电且转速减小B.A 可能带正电且转速增大C.A 可能带负电且转速减小D.A 可能带负电且转速增大【答案】 BC【解析】解：由图可知，B 中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A 中电流应为顺时针，故A 应带正电，因磁场变强，故A 中电流应增大，即A 的转速应增大，故B 正确；若原磁场向外，则A 中电流应为逆时针，即A 应带负电，且电流应减小，即A 的转速应减小，故C 正确；故选BC ．A 环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B 中的磁通量发生变化，则可以在B 中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A 中带电及转动情况．本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B 中感应电流是因为B 中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A 的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关．六、单选题(本大题共6小题，共18.0分) 7.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为（）A.12EB.13EC.23E D.E 【答案】 B【解析】解：由题大、小金属环的电阻之比R 左：R 右=2：1，R 左=2R 右，根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a 、b 两点间的电势差为：U=R 右R左+R 右E =13E ，故B 正确．故选：B ．磁感应强度随时间均匀变化时，大金属环内产生恒定的感应电动势．由欧姆定律求出a 、b 两点间的电势差．本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a 、b 两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势．8.图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A.匀速滑动时，I1=0，I2=0B.匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C.加速滑动时，I1=0，I2=0D.加速滑动时，I1≠0，I2≠0【答案】D【解析】解：当AB切割磁感线时，相当于电源．匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以I2=0，I1≠0；加速滑动，根据E=BL v，知电动势增大，电容两端的电压增大．所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I1≠0，I2≠0．故A、B、C错误，D正确．故选D．当AB切割磁感线时，相当于电源．匀速滑动，产生稳定的电动势，电容器“隔直流”，此时无电流通过电容器；加速滑动，电动势增大，电容器有充电电流．解决本题的关键知道电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流．9.在匀强磁场中，有一接有电容器的回路，如图所示．已知C=30μF，l1=5cm，l2=8cm，磁场以5×10-2T/s的速度增强．则（）A.电容器上板带正电，带电荷量2×10-9 CB.电容器上板带正电，带电荷量6×10-9 CC.电容器上板带负电，带电荷量4×10-9 CD.电容器上板带负电，带电荷量6×10-9 C【答案】B【解析】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电．根据法拉第电磁感应定律得：=5×10-2×0.05×0.08V=2×10-4 V，E=△B⋅S△t则：Q=CU=CE=3×10-5×2×10-4=6×10-9C．故B正确，A、C、D错误．故选：B．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．解决本题的关键掌握楞次定律判断出感应电动势的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律．10.一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是（）A.把线圈匝数增加一倍B.把线圈面积增加一倍C.把线圈半径增加一倍D.改变线圈与磁场方向的夹角【答案】C【解析】解：设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，则I=ER =n△Φ△tR=nπr2△B△tsinθρn2πrS0=S0r2ρ•△B△t•sinθ可见，将r增加一倍，I增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ不能变为原来的2倍（因sinθ最大值为1），若将线圈的面积增加一倍，半径r增加（√2-1）倍，电流增加（√2-1）倍，I与线圈匝数无关．故C正确，A、B、D错误．故选C．根据法拉第电磁感应定律E=n△Φ△t ，电阻定律R=ρL s以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍．本题综合考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电阻定律．关键能运用这些定律推导出电流的表达式．11.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）B.磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下C.磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D.磁铁落地时的速率一定等于√2gℎ【答案】A【解析】解：A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A正确；B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近线圈的过程中为阻碍磁铁的靠近，线圈对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过线圈远离线圈的过程中，为阻碍磁铁的远离，线圈对磁铁的作用力竖直向上，则在你整个过程中，线圈对磁铁的作用力始终竖直向上，故B错误；C、在磁铁下落过程中，线圈中产生感应电流，线圈中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故C错误；D、磁铁做自由落体运动时，v2=2gh，磁铁落地时的速度v=√2gℎ，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于√2gℎ，故D错误；故选A．A、由楞次定律可以判断出感应电流的方向；B、由楞次定律判断磁铁在下落过程中所受线圈作用力的方向；C、应用能量守恒定律分析答题；D、假设磁铁做自由落体运动，求出磁铁落地时的速度，然后判断磁铁落地时速度大小．本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键．12.如图（甲）所示，面积S=0.2m2的线圈，匝数n=630匝，总电阻r=1.0Ω，线圈处在变化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图（乙）所示规律变化，方向垂直线圈平面，图（甲）中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3V，0.9W”，滑动变阻器R0上标有“10Ω，1A”，则下列说法正确的是（）A.电流表的电流方向向左B.为了保证电路的安全，电路中允许通过的最大电流为1 AC.线圈中产生的感应电动势随时间在变化D.若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图（乙）中的t0最小值为40s【答案】D【解析】解：A、根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流，电流表的电流方向向右，故A 错误；B、传感器正常工作时电阻为：R=U 2P =3 20.9=10Ω，工作电流为：I=UR =310=0.3A变阻器的工作电流是1A所以电路允许通过最大电流为：I=0.3A，故B错误；C、因为△B△t 恒定，所以根据法拉第电磁感应定律E=n△B△tS，线圈中产生恒定的感应电动势，故C错误；D、滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为：R外 =20Ω电源电动势的最大值为：E=I(R外 +r)=6.3V由法拉第电磁感应定律：E=n△φ△t=nS△B△t =630×0.2×2.0t0 得t0 =40s，故D正确；故选：D由楞次定律判断感应电流的方向；根据欧姆定律，与公式R=U 2P相结合，即可求解；根据闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解．考查楞次定律、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律的应用与理解，同时学会运用图象来分析解答题．三、计算题(本大题共1小题，共3.0分)3.在探究磁场产生电流的条件，做了如图所示实验，在表格中填写观察到现象．实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转）（1）接通开关瞬间（2）接通开关，移动变阻器滑片（3）接通开关，变阻器滑片不移动（4）断开开关瞬间【答案】解：（1）接通开关瞬间，穿过副线圈磁通量增加，产生感应电流，则电流表指针偏转．（2）接通开关，移动变阻器滑片，原线圈中电流变化，则穿过副线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针偏转．（3）接通开关，变阻器滑片不移动，原线圈中的电流不变，穿过副线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转．（4）断开开关瞬间，穿过副线圈磁通量减小，产生感应电流，电流表指针偏转．故答案为：实验操作电流表的指针（偏转或不偏转）（1）接通开关瞬间偏转（2）接通开关，移动变阻器滑片偏转（3）接通开关，变阻器滑片不移动不偏转（4）断开开关瞬间偏转【解析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．根据该条件进行判断．解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化．七、计算题(本大题共5小题，共53.0分)13.如图所示，间距为2l的两条水平虚线之间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为R的单匝正方形闭合导体线框abcd，从磁场上方某一高度处自由下落，cd边恰好垂直于磁场方向匀速进入磁场．已知线框边长为l，线框平面保持在竖直平面内且cd边始终与水平的磁场边界平行，重力加速度为g，不考虑空气阻力．求：（1）线框开始下落时，cd边到磁场上边界的高度；（2）若线框ab边刚离开磁场区域时的速度与cd边刚进入磁场区域时的速度相等，则从cd边刚离开磁场区域到ab边离开磁场区域的过程中，线框中所产生的焦耳热．【答案】解：（1）在线框以v进入磁场时做匀速运动，受力平衡，即：F安=mg…①又F安=BIL…②…③而I=ERE=BL v…④mv2…⑤又据机械能守恒定律得：mgh=12…⑥联解上四式得：h=m2gR22B4L4（2）因为线框ab边刚离开磁场区域时的速度与cd边刚进入磁场区域时的速度相等，动能不变，则线框的重力势能转化为内能所以线框中所产生的焦耳热为Q=mg•3l=3mgl．答：（1）线框开始下落时，cd边到磁场上边界的高度是m2gR2；2B4L4（2）线框中所产生的焦耳热为3mgl．【解析】（1）线框进入磁场后做匀速运动，根据安培力和重力平衡求出进入磁场的速度，结合速度位移公式求出下落的高度．（2）在线框进入磁场的过程中运用能量转化和守恒定律求热量Q．本题考查了电磁感应与力学和电学的综合，难度中等，电磁感应是高考的重点和热点问题，需加强训练．14.如图所示，在高度差h=0.5m的平行虚线范围内，有磁感强度B=0.5T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m=0.1kg、边长L=0.5m、电阻R=0.5Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离．现用一竖直向上的恒力F=4.0N向上提线框，该框由位置“I”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“II”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平．设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动．g取10m/s2，求：（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；（2）线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？【答案】解：（1）由于线框cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，故此时线框所受合力为零，分析可知：F-mg-F A=0设此时线框的运动速度为v，安培力为：F A= BIL感应电流为：I=ER感应电动势为：E= BL v联立以上各式解得：线框匀速穿过磁场时的速度为：v=(F−mg)RB2L2=(4−0.1×10)×0.50．52×0．52m/s=24m/s根据动能定理，线框从Ⅰ位置到cd边刚进入磁场的过程中，有：F•H-mg•H=12mv2代入数据，解得：H=12mv2F−mg =12×0.1×2424−0.1×10m=9.6m（2）恒力F做的功为：W=F•（H+h+L）代入数据，解得：W=4×（9.6+0.5+0.5）J=42.4J从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力F所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即：F•（h+L）=mg•（h+L）+Q代入数据，解得：Q=F（h+L）-mg（h+L）=（F-mg）（h+L）=（4-0.1×10）×（0.5+0.5）J=3.0J答：（1）线框进入磁场前与磁场下边界的距离H是9.6m；（2）线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，恒力F做的功是42.4J，线框内产生的热量是3J．【解析】（1）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，分析线框的受力，由平衡条件列式得到安培力的大小，根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力与速度的关系式，即可求出线框刚进入磁场时的速度．线框进入磁场前做匀加速运动，由动能定理列式求H．（2）恒力F做功直接根据功的公式计算．根据能量守恒定律求解线框内产生的热量．本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究．对于第2题中热量，也可以根据焦耳定律这样列式求解：Q=I2R t=(BLvR )2⋅R⋅(ℎ+Lv)=3J．15.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd，质量为m、电阻为R，垂直纸面向外的匀强磁场区域宽度为H （H＞L），磁感应强度为B．线框竖直上抛，线框ab边向上离开磁场时的速率是进入磁场时速率的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．不计空气阻力，整个运动过程中线框不转动．求线框向上（1）ab边离开磁场时的速率；（2）通过磁场过程中安培力所做的功；（3）完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量．【答案】（1）线框落下并匀速进入磁场时合力为零，则mg=BILI=BLυR解得：υ=mgRB2L2因为从线框向上离开磁场到再次进入磁场的过程中合外力做功为零，所以ab边离开磁场时的速率υ'与线框匀速进入磁场时的速率υ相等．即υ′=υ=mgRB2L2（2）此过程中由动能定理有−mg(H+L)+W A=12mυ/2−12m(2υ/)2W A=mg(H+L)−3m3g2R2 2B4L4（3）通过横截面的电荷量：q=I△t 又：I=ERE=△Φ△t△Φ=BL2由以上几式解得：q=BL2R答：（1）ab边离开磁场时的速率是mgRB2L2；（2）通过磁场过程中安培力所做的功是mg(H+L)−3m3g2R22B4L4；（3）完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量是BL2R【解析】（1）线框下落阶段匀速进入磁场过程中，线框所受力：重力空气阻力及向上的安培力的合力为零，根据平衡条件和安培力公式列式，从而求出ab边离开磁场时的速率．（2）分析线框向上穿过磁场的过程能量转化：减少的动能转化为重力势能、线框中焦耳热Q及空气内能，据能量守恒定律求解安培力做的功．（3）根据感应电量q =△ΦR 即可求得向上完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量．本题关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误，所以，本类问题属于难题中的易错题． 16.如图所示，质量为m 、边长为L 的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R ．匀强磁场的宽度为H ．（L ＜H ），磁感应强度为B ，线框下落过程中ab 边与磁场边界平行且保持水平．已知ab 边刚进入磁场时和ab 边刚穿出磁场时线框都做减速运动，加速度大小都为13g ．求：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时的速度大小；（2）cd 边刚进入磁场时，线框的速度大小；（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量．【答案】解：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时，由牛顿第二定律可得：B 2L 2VR -mg =m •13g ，解得：v =4mgR 3B 2L 2（2）设cd 边刚进入磁场时线框的速度大小为v ′，考察从cd 边刚进入磁场到ab 边刚出磁场的过程，由动能定理可得：mg （H-L ）=12mv 2-12mv ′2解得：v ′=√16m2g 2R 29B 2L4−2g(H −L) （3）线框进入磁场的过程中，由能量守恒可得：mg L+12mv 2-12mv ′2=Q 解得：Q=mg L+mg （H-L ）=mg H答：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时的速度大小4mgR 3B 2L 2；（2）cd 边刚进入磁场时，线框的速度大小√16m2g 2R 29B 2L4−2g(H −L)；（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量mg H ．【解析】由题，ab 边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动，安培力与重力平衡，由平衡条件和安培力公式F=B 2L 2VR ，可求出此时线框的速度，cd 边进入磁场后到ab 边刚穿出磁场过程，线框的磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力而匀加速运动，由运动学公式求出cd边刚进入磁场时线框的速度；从线框开始下落到整个线框全部穿出磁场的过程，线框的重力势能减小转化为线框的动能和电路的内能，由能量守恒定律求解焦耳热．本题首先要正确分析线框的运动情况，会推导安培力的表达式，把握能量是如何转化的．17.一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB′重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2-s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，g=10m/s2．（1）根据v2-s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d．（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是多少？（3）匀强磁场的磁感应强度多大？【答案】解：（1）由图象可知，从s=0到s1=1.6m过程中，金属框作匀加速运动由公式v2=2as可得金属框的加速度a1=v122s1=162×1.6=5m/s2根据牛顿第二定律mgsinθ=ma1θ=30°金属框下边进磁场到上边出磁场，线框做匀速运动．∴△s=2L=2d=2.6-1.6=1m，d=L=0.5m（2）金属框刚进入磁场时，v12=16v1=4m/s金属框穿过磁场所用的时间t=2L v1=0.25s（3）因匀速通过磁场B BLv1RL=mgsinθ所以磁感应强度的大小B=0.5T答：（1）斜面的倾角为30°，匀强磁场的宽度为0.5m．（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是0.25s．（3）匀强磁场的磁感应强度为0.5T．【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出金属框的加速度，通过牛顿第二定律求出斜面的倾角．通过线框匀速直线运动的位移得出磁场的宽度．（2）根据匀速直线运动的位移和速度求出金属框进入磁场到穿出磁场所用的时间．（3）抓住线框匀速直线运动时，重力沿斜面方向上的分力等于安培力求出匀强磁场的磁感应强度．解决本题的关键理清金属框的运动规律，结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．。

四川省成都市第七中学2016届高三下学期第三次周练数学试题 Word版含答案

成都七中高2016届高三下第3周数学测试题第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题,每小题5分,共50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.若集合{}2x A y y ==，集合{B y y ==，则A B = （）A ．[)0,+∞B ．()1,+∞C ．()0,+∞D ．(),-∞+∞ 2.为了得到函数3sin(2)5y x π=+的图象，只需把函数3sin()5y x π=+图象上的所有点（） A ．横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变 B ．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变3.双曲线22221x y a b-=（0,0a b >>）的一条渐近线方程为43y x =，则双曲线的离心率是（）A ．54B ．53C ．73D ．34.在复平面内，复数(1)(1)z a a i =-++（a R ∈，i 为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是（）A ．1a ≥-B ．1a >-C ．1a ≤-D ．1a <-5.直线230x y +-=的倾斜角是θ，则sin cos sin cos θθθθ+-的值是（） A ．-3 B ．-2 C ．13D ．3 6.在闭区间[]4,6-上随机取出一个数x ，执行下图程序框图，则输出x 不小于39的概率为（）A ．15B ．25C ．35D ．457.已知点M 是边长为2的正方形ABCD 的内切圆内（含边界）一动点，则MA MB ∙ 的取值范围是（）A ．[]1,0-B ．[]1,2-C ．[]1,3-D ．[]1,4-8.已知正项等比数列{}n a 满足54328a a a a +--=，则67a a +的最小值为（）A ．4B ．16C ．24D ．329.已知函数21()2b f x x c x =++（,b c 是常数）和11()4g x x x=+是定义在{}14M x x =≤≤上的函数，对任意的x M ∈，存在0x M ∈使得0()()f x f x ≥，0()()g x g x ≥，且00()()f x g x =，则()f x 在集合M 上的最大值为（）A ．72B ．92C ．4D ．5 10.已知抛物线24x py =（0p >）的焦点为F ，直线2y x =+与该抛物线交于A 、B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，若2()15AF BF AF BF FN p ∙++∙=-- ，则p 的值为（）A ．14B ．12C ．1D ．2 第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，满分25分11.某小组4个同学的数学成绩的茎叶图如下图，则该同学成绩的中位数是__________.12.在5(1)x x -展开式中含3x 的系数是__________（用数字作答）13.从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有__________个（用数字作答）14.已知点P 在单位圆221x y +=上运动，点P 到直线34100x y --=与3x =的距离分别记为1d 、2d ，则12d d +最小值为__________ 15.现定义一种运算“⊕”；对任意实数,a b ，,1,1b a b a b a a b -≥⎧⊕=⎨-<⎩，设2()(2)(3)f x x x x =-⊕+，若函数()()g x f x k =+的图象与x 轴恰有三个公共点，则实数k 的取值范围是__________三、解答题：本大题共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.（本题满分12分）某市在“国际禁毒日”期间，连续若干天发布了“珍爱生命，远离毒品”的电视公益广告，期望让更多的市民知道毒品的危害性.禁毒志愿者为了了解这则广告的宣传效果，随机抽取了100名年龄阶段在[)10,20，[)20,30，[)30,40，[)40,50，[)50,60的市民进行问卷调查，由此得到样本频率分布直方图如图所示.（Ⅰ）求随机抽取的市民中年龄在[)30,40的人数；（Ⅱ）从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取5从，求[)50,60年龄段抽取的人数；（Ⅲ）从（Ⅱ）中方式得到的5人中再抽到2人作为本次活动的获奖者，记X 为年龄在[)50,60年龄段的人数，求X 的分布列及数学期望.17.（本题满分12分）已知函数44()cos 2sin cos sin f x x x x x =--.（Ⅰ）若x 是某三角形的一个内角，且()2f x =-，求角x 的大不；（）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求()f x 的最小值及取得最小值时x 的集合. 18.（本题满分12分）三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，090ACB ∠=，2AC CB ==.（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若2CB AD = ，且异面直线PC 和AD 的夹角为060时，求二面角P CD A --的余弦值.19.已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足：530S =，10110S =，数列{}n b 的前n 项和n T 满足：11b =，121n n b T +-=.（Ⅰ）求n S 与n b ；（Ⅱ）比较n n S b 与2n n T a 的大小，并说明理由.20.（本题满分13分）在平面直角坐标系中，动点M 到定点(1,0)F -的距离与它到直线2x =-的距离之比是常数，记动点M 的轨迹为T . （Ⅰ）求轨迹T 的方程；（Ⅱ）过点F 且不与x 轴重合的直线m ，与轨迹T 交于,A B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P ，在轨迹T 上是否存在点Q ，使得四边形APBQ 为菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说明理由.21. （本题满分14分）已知函数()ln f x x mx =-（m 为常数）.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当2m ≥时，设2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，2x ，（12x x <）恰为2()ln h x x cx bx =--的零点，求'1212()2x x y x x h +⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小值.。

《四川省成都七中二零一六年届高三数学4月第一次周练试题文新人教a版》.doc

成都七中2014届高三4月第一次周练数学（文）试题•、选择题（共50分，每题5分）1.数列满足:吗二2卫曲=%+2GwN ），则其前£项的和So2.命题甲:X H 2或y 工3 ；命题乙：兀+ y 丰5，则甲是乙的 A.充分非必耍条件 B.必要非充分条件C.充分必要条件 D.既不充分条件也不必要条件3•程序框图如右图所示，则该程序运行后•输出k 的值是6.在用土计算机进行的数学模拟实验中，一个应用微生物跑步参加化学反应,其物理速度与时间的关系是2r*f(x) = Inx --------- (0 <x<2)•6，则D. /（x ）冇最大值山彳2A.100B.101C.110D.111A.3B.4C.5D.62 2一沽=l （cz > 0,b > 0）4.己知双111|线。

的一条渐近线与兀轴的夹角为60°,贝眦双ill ］线的离心率为B.V3C.2D.35.设a > ° U. 口工1.若兀〉sin 2x 对・兀丘恒成立，则°的取值范围是A./S ）有最小值J" 2B./（兀）有最大值2 27淀义集合A 与B 的运算“*”为：=或xwB,但xgAI B}.设x 是偶数集,Y = {1,2,3,4,5}侧(X*H*r =A.X B .Y C.X1Y D .XUY8. 已知三棱柱A"—人的侧棱砂在下底面的射影 BD 与AC 平行，若码与底面所成角为30’ ,H 4BC = 6（/1 49. 正项等比数列⑺"｝满足：他=色+2舛,若存在5心,使得a m a n =\6a, 则m n 的最小值为25 11 1 1 A. 6 B. 4 C.3 D.2'x^y<4 < 3x-y >010. B 知兀ywR 且〔，则存在&WR,使得（兀-4）cos0+ysin0 + >/5 = O 的概率UUUUUUUUuui UUU114. 已知（2,0） OC = （2,2）CA = （V2 cos a 、丁2 sin a ），则 0A 与 OB 的夹角的取值范则ZACB 的余弦值为A. 6B. 273C. 3D.的71 A.471B. 8C. D.二、填空题（共25分，每题5分）11•将容量为5（）的样本数据，按从小到大的顺序分成4组如右表，则第3组的频率为— （要求将结果化为最简分数）1A3 4n14132-i12.若 2 +7Z，其中为虚数单位，则兀（_1）"M <2+13.若（-1严n 对恒成立贝J 实数M 的取值范围是 __________________围是______________ .=l（d〉b〉0）的左右顶点,F为右焦点丿为「在点B处的切线,P为r上异于4 5的一点，直线AP交/于D, M为BD中点，冇如下结论:①FM平分APFB PM与椭圆「相切;③PM平分ZFPD；④使得PM = BM的点P不存在.其中正确结论的序号是____________ .三、解答题(共75分)16.(12分)有驱虫药1618和1573各3杯,从屮随机取出3杯称为一次试验(假定每杯被取到的概率相等)，将1618全部取出称为试验成功.(1)求一次试验成功的概率.(2)求恰好在笫3次试验成功的概率(要求将结果化为最简分数)./(x) = V3(cos2 x-sin2 x)-2cos2(x + —) + 1 0,—17.(12分)已知4 的定义域为［2〕.⑴求/⑴的最小值.(2) AABC中,A = 45'少=3血,边。

四川省成都七中2015-2016学年高二上学期周测物理试卷(12.31) 含解析

2015—2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.31）一、选择题1．下列说法中，你认为正确的是（）A．电子伏是能量的单位B．1J=1.60×1019eVC．只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看成点电荷D．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2．真空中有相隔距离为r的两个点电荷,它们分别带4q和3q的电量，其间的静电力为F，如果保持它们之间的距离r不变，而将它们所带电量分别改变为8q和q,那么它们之间的静电力的大小应为( ）A．2F B． F C． F D．3．如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电电量为Q1，固定在绝缘的支架上,B质量为m，带电量为Q2,用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止，静止时悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为R，静电力常量为k，重力加速度为g．以下说法正确的是（）A．小球B带正电荷B．细线的拉力为mgcosθC．小球受到的库仑力是mgtanθD．小球受到的库仑力是4．下列说法中正确的是（）A．电场强度反映了电场的力的性质,因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度，由电场本身的性质决定，与试探电荷在该点所受的静电力及带电量无关C．规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向相同D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的5．如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及c、d到﹣Q的距离均为L，下列说法正确的是( ）A．a、d两点的电场强度相同,电势不等B．b、c两点的电场强度不同，电势相等C．将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能6．如图所示,Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，下列说法正确的是（）A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷,则O点的电场强度大小,与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的,与HG上各点相比是最大的7．如图所示，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2．在甲图电荷A1、B1的电场中,a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1;在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点,它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2．则（）A．a1、b1两点的场强相同，电势相同B．c1、d1两点的场强相同，电势相同C．a2、b2两点的场强相同,电势相同D．c2、d2两点的场强相同，电势相同8．某电场线分布如图所示,一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是( ）A．M、N点的场强E M＞E N B．粒子在M、N点的加速度a M＞a NC．粒子在M、N点的速度v M＞v N D．粒子带正电二、不定项选择题（每小题4分）9．下列说法，正确的是（）A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领,电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大C．在任何电路里都有W=UIt，Q=I2Rt,但W不一定等于QD．电源的负载增加，输出功率一定增大10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计)连接,下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带点油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大11．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是（）A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B．仅把R1的触头向右滑动时,电流表读数减小，油滴向上运动C．仅把两极板A、B间距离减小，油滴向下运动，电流表读数不变D．仅把两极板A、B间相对面积减小,油滴向下运动，电流表读数不变12．如图所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是（）A．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大B．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C．从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化D．从位置1到位置3的整个过程中,线圈受到的磁场力的方向保持不变13．如图（甲)所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出），O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图（乙）所示．以x轴的正方向为电场力的正方向,则（)A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在AB之间C．A点的电场强度大小为2×103N/CD．A点的电势比B点的电势高14．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为q a、q b．它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线穿过电磁场区，则（)A．它们带负电，且q a＞q b B．它们带负带电，q a＜q b C．它们带正电，且q a＞q b D．它们带正电,且q a＜q b二、非选择题15．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成60°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，（重力加速度为g），求:（1)匀强电场的电场强度的大小；（2）求小球经过最低点时丝线的拉力．2015—2016学年四川省成都七中高二(上）周测物理试卷（12.31）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法中，你认为正确的是（)A．电子伏是能量的单位B．1J=1。

2015-2016学年四川省成都七中高二(上)周测物理试卷(12.24)

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.24）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（）A.向左摆动B.向右摆动C.静止D.不能判定【答案】B【解析】解：当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆去，即向右摆动故选B．分析线圈中磁通量的变化，则由楞次定律可得出铜环的运动情况．本题可直接利用楞次定律的阻碍作用去解决，楞次定律的含义可理解为：增反、减同、来拒、去留．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中，则（）A.车将向右运动B.使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能C.条形磁铁会受到向左的力D.车会受到向左的力【答案】AC【解析】解：A、由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故AC正确，D错误；B、由于闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，所以小车将向右运动，外力所做的功部分由螺线管转变为电能，部分转化为小车的动能，B错误；故选：AC．当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向，以及小车的受力和磁铁的受力．楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．三、单选题(本大题共1小题，共3.0分)3.如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【答案】A【解析】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．四、多选题(本大题共2小题，共6.0分)4.如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是（）A.当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aB.当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到bC.断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD.断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b【答案】AD【解析】解：AB、当P向右移动，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极．则线圈N的左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；CD、当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N 极，右端是S极．则线圈N左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；故选：AD．通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断．解决本题的关键会用用楞次定律判断感应电流方向，关键确定原磁场方向及通过线圈的磁通量如何变化；会使用安培定则，注意大拇指向即为线圈内部磁场的方向．5.如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A.P、Q将相互靠拢B.P、Q将相互远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g【答案】AD【解析】解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，B错误．C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故C错误；D正确．故选AD当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．楞次定律的另一结论：增反减同．五、单选题(本大题共4小题，共12.0分)6.如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形线框，当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，从图示看，线框ab将（）A.保持静止不动B.逆时针转动C.顺时针转动D.发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向【答案】C【解析】解：当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流减小，通电螺旋管穿过线框的磁场强度减小，引起闭合矩形线框的磁通量减小，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．线框所在位置的磁场方向大致是水平的，要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线框顺时针转动．故选C．楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁场强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变．解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．7.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将（）A.S增大，l变长B.S减小，l变短C.S增大，l变短D.S减小，l变长【答案】D【解析】解：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向．根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积减小．故D正确，A、B、C错误．故选：D．弹性的金属圆环处于长直导线电流所产生的磁场中，根据右手螺旋定则可判定圆环所处磁场的方向，且大小变化．再根据楞次定律可确定圆环内的感应电流方向，根据左手定则，判断出弹性的金属圆环受到安培力的方向，从而判断出结果正确与否．解决本题的关键会用右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向．同时会运用等效思维．8.如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力．则下列说法正确的是（）A.A、B两点在同一水平线上B.A点高于B点C.A点低于B点D.铜环始终做等幅摆动【答案】B【解析】解：A、铜环在穿越磁场时，产生电能，如AB两点在同一水平线，违反了能量守恒定律．故A错误．B、C铜环在穿越磁场时，产生电能，机械能减小．则A点高于B点．故B正确，C错误．D、由上分析，铜环振幅先不断减小，完全在磁场内运动时，将不再产生电能，机械能不变，最终做等幅摆动．故D错误．故选：B．铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B过程中，重力做正功，穿越磁场时，要克服安培力做功，产生焦耳热，根据能量守恒来判断AB间高度关系．研究电磁感应问题，常常有两条思路，一条是力的角度，一条是能量的角度．9.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（）A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量【答案】A【解析】解：A、棒受重力G、拉力F和安培力F A的作用．由动能定理：W F+W G+W安=△E K得W F+W安=△E K+mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确．B、由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误．C、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C错误．D、棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量．故D错误故选A棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和．本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏．六、多选题(本大题共4小题，共12.0分)10.如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨的倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨平面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h．在此过程中（）A.金属棒所受各力的合力所做的功为零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热【答案】AD【解析】解：AB、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：W F+W G+W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，故A正确，B错误CD、W F+W G=-W安恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量．故C错误，D正确故选：AD．导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量．对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．11.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2B lv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相反【答案】AB【解析】解：A、当线圈运动到关于OO′对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故A 正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为E1=BL v0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为E=2E1=2BL v0，故B正确；C、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故D 错误．故选：AB．根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．本题关键要理解磁通量的概念，如有磁场两种方向穿过线圈时，要按抵消的磁感线条数来确定磁通量．要掌握导体切割磁感线感应电动势公式E=BL v，明确两个电动势方向相同时相互串联，要正确选择相关定则判断感应电流的方向和安培力方向，对于这些基本规律要加强理解和应用．12.如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时（）A.AB中感应电流的方向为A到BB.AB中感应电流的方向为B到AC.CD向左移动D.CD向右移动【答案】AD【解析】解：A、B、导体棒AB向左移动时，产生感应电流，根据右手定则判断得知AB中感应电流的方向为A到B，故A正确，B错误．C、D、AB中产生的感应电流通过CD时，方向由C到D，根据左手定则判断可知CD所受的安培力方向向右，所以CD向右移动，故C错误，D正确．故选：AD．AB中感应电流方向根据右手定则判断，根据左手定则判断出CD所受的安培力方向，即可判断CD的运动方向．本题是发电机带动电动机的类型，关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用，要注意两个定则使用的条件，不能搞混．13.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A.感应电流方向是N→MB.感应电流方向是M→NC.安培力水平向左D.安培力水平向右【答案】AC【解析】解：根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故AC正确，BD错误．故选：AC导体棒切割产生的感应电流方向由右手定则判断，所受的安培力方向由左手定则判断．在电磁感应中常常用到三大定则：左手定则、右手定则和安培定则，关键要明确各个定则使用的条件，知道如何运用．七、单选题(本大题共2小题，共6.0分)14.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则g（）A.导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB.导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右【答案】C【解析】解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为a→d→c→b→a，故A错误；B、由右手定则可知，导线框离开磁场时，感应电流方向为逆时针方向，故B错误；C、由左手定则可知，导线框离开磁场时，受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C线框进入时dc边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向．15.如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A.受力向右B.受力向左C.受力向上D.受力为零【答案】A【解析】解：金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故A正确，BCD错误；故选：A．金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向．当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动．本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断．八、计算题(本大题共2小题，共20.0分)16.如图所示，两条平行光滑导轨相距L，左端一段被弯成半径为H的圆弧，圆弧导轨所在区域无磁场．水平导轨区域存在着竖直向上的匀强磁场B，右端连接阻值为R的定值电阻，水平导轨足够长．在圆弧导轨顶端放置一根质量为m的金属棒ab，导轨好金属棒ab的电阻不计，重力加速度为g，现让金属棒由静止开始运动，整个运动过程金属棒和导轨接触紧密．求：（1）金属棒进入水平导轨时，通过金属棒的感应电流的大小和方向．（2）整个过程中电阻R产生的焦耳热．【答案】解：（1）ab棒沿圆弧轨道下滑的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得mg H=可得v=金属棒进入水平导轨时产生的感应电动势为E=BL v通过金属棒的感应电流为I=联立得I=由右手定则判断知，通过金属棒的感应电流的方向由b→a．（2）由能量守恒定律可知，整个过程中电阻R产生的焦耳热Q=mg H答：（1）金属棒进入水平导轨时，通过金属棒的感应电流的大小为，方向由b→a．（2）整个过程中电阻R产生的焦耳热为mg H．【解析】（1）ab棒沿圆弧轨道下滑的过程遵守机械能守恒，由机械能守恒定律求出它到达圆弧最低端时的速度，由右手定则判断感应电流的方向，由E=BL v和欧姆定律结合求感应电流的大小．（2）金属棒ab进入水平轨道后受到安培阻力而作减速运动，最终静止，由能量守恒定律求整个过程中电阻R产生的焦耳热．本题是电磁感应与电路的综合，关键要掌握电磁感应的基本规律，如法拉第电磁感应定律、欧姆定律和右手定则，并能熟练运用．17.如图所示，水平面内固定着U形光滑金属导轨道MNPQ，轨距为L，金属裸导线ab质量为m，电阻为r，横放在导轨上，导轨左端连一个阻值为R的电阻（导轨部分电阻不计），现加上竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，用水平恒力F拉动ab使其始终垂直于导轨向右匀速运动．问；（1）ab的速度为多少？（2）若突然撤去外力F，则在此后的时间中，电阻R上还能产生多少热量？【答案】解：（1）设ab的速度为v．则ab产生的感应电动势为：E=BL v回路中感应电流为：I=ab所受的安培力为：F安=BIL联立解得：F安=根据平衡条件有：F=F安，则得：v=（2）突然撤去外力F后，ab棒在安培力作用下做减速运动，直至停止运动，由能量守恒定律得回路还能产生的总热量为：Q=电阻R上还能产生的热量为：Q R=Q联立解得：Q R=答：（1）ab的速度为．（2）若突然撤去外力F，则在此后的时间中，电阻R上还能产生的热量为．【解析】（1）当金属杆匀速运动时，合力为零，恒力F与安培力平衡，由E=BL v、欧姆定律和安培力公式求出安培力与速度的关系式，应用平衡条件求出速度．（2）撤去外力F，ab棒在安培力作用下做减速运动，直至停止运动，由能量守恒定律求电阻R上还能产生的热量．本题是电磁感应与电路知识的综合，关键要掌握安培力与速度的关系式F安=，这个表达式经常用到，要在理解的基础上最好记住．。

四川省成都市第七中学2016届高三周末练习物理试题(2015-10-17) Word版含答案[ 高考]

周末练习51．质量为m 的物体以速度V 0离开桌面，当它经过A 点时，所具有的机械能是(以桌面为零势能面，不计空气阻力)（）A ．mgh mV +2021B ．mgh mV -2021C ．)(2120h H mg mV -+D ．2021mV 2.某机器的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动。

在移动过程中，下列说法正确的是（）A.木箱克服重力做的功大于木箱增加的重力势能B.F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和D.F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和3．从竖直面上大圆（直径d ）的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上,同一物体由静止开始,从A 点分别沿两条轨道滑到底端,则（）A.到达底端的动能相等B.重力做功都相同C.机械能都相同D.所用的时间相同 4．表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。

初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。

剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( ) A ．速率的变化量不同 B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同5．将质量为2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示，一质量为m 的小铅块(可视为质点)以水平初速度v 由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止，铅块在运动过程中所受的摩擦力始终不变。

现将木板分成长度与质量均相等的两段(①②)后紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速度v 由木块的左端开始滑动，如图乙所示，则下列判断正确的是 ( )A ．小铅块仍能滑到木板②的右端与木板保持相对静止B ．小铅块滑过木板②的右端后飞离木板C ．小铅块滑过木板②的右端前就与木板保持相对静止D ．如图乙所示的过程中产生的热量少于如图甲所示过程产生的热量6．如图所示，跨过同一高度处的光滑滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ．A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆高度为h =0.2 m ，开始让连接A 的细线与水平杆夹角θ=530(cos530=0.6，sin530=0.8，g =10m ／s 2)由静止释放，在以后的过程中（）A ．A 能获得的最大速度为1m/s ，B ．A 获得最大速度时，B 的速度为零C ．B 能下降的最大高度为0.05mD ．B 将一直加速下降7、如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m=0.1kg的滑块，它与盒子地面间的动摩擦因数为μ=0.5，开始滑块在盒子中央以初速度v 0=2m/s 向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长L=0.1m ，滑块与盒壁碰撞F B Aθ没有能量损失，则整个过程中与两壁碰撞的次数是（）A 、3次B 、4次C 、5次D 、6次8．如图，已知传送带两轮的半径r =1m ，传动中传送带不打滑，质量为1kg 的物体从光滑轨道A 点无初速下滑（A 点比B 点高h =5m ），物体与传送带之间的动摩擦因数2.0=μ，当传送带静止时，物体恰能在C 点离开传送带，则（1）BC 两点间距离为多少？（2）若要使物体从A 点无初速释放后能以最短时间到达C 点，轮子转动的角速度大小应满足什么条件？（3）当传送带两轮以12rad/s 的角速度顺时针转动时，物体仍从A 点无初速释放，在整个过程中物体与皮带系统增加的内能为多少？9.如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧。

四川省成都七中2016届高三上学期第4周周练物理试卷 .doc

2015-2016学年四川省成都七中高三（上）第4周周练物理试卷一、选择1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2．地球绕太阳的运行轨道是椭圆，因而地球与太阳之间的距离随季节变化．冬至这天地球离太阳最近，夏至最远．下列关于地球在这两天绕太阳公转速度大小的说法中，正确的是( )A．地球公转速度是不变的B．冬至这天地球公转速度大C．夏至这天地球公转速度大D．无法确定3．（多选）已知引力常量G和以下各组数据，能够计算出地球质量的是( )A．地球绕太阳运行的周期和地球与太阳球心间的距离B．月球绕地球运行的周期和月球与地球球心间的距离C．人造地球卫星在地面附近处绕行的速度与周期D．已知地球的半径与地面的重力加速度4．2014年10月24日，中国自行研制的探月工程三期再入返回飞行试验器发射升空．11月1日，再入返回飞行试验返回器在预定区域顺利着陆，试验获得圆满成功，假如宇航员在登陆月球表面后，用位移传感器测得从某特定位置自由下落的小球的高度随时间变化的关系为h=a﹣bt2（式中a，b为常量）．若将月球视为密度均匀、半径为R的球体，万有引力常量为G，则月球的密度为( )A．B．C．D．5．设地面附近重力加速度为g0，地球半径为R0，人造地球卫星的圆形轨道半径为R，那么以下说法正确的是( )A．卫星在轨道上向心加速度大小为B．卫星运行的速度大小为C．卫星运行的角速度大小为D．卫星运行的周期为2π6．经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径R( )A．R=R0B．R=R0C．R=R0D．R=R07．我国发射“嫦娥一号”飞船探测月球，当宇宙飞船到了月球上空先以速度v绕月球做圆周运动，为了使飞船较安全的落在月球上的B点，在轨道A点瞬间点燃喷气火箭，关于此时刻，下列说法正确的是( )A．喷气方向与v的方向一致，飞船减速，A点飞船的向心加速度增加B．喷气方向与v的方向相反，飞船加速，A点飞船的向心加速度增加C．喷气方向与v的方向一致，飞船减速，A点飞船的向心加速度不变D．喷气方向与v的方向相反，飞船加速，A点飞船的向心加速度减小二、解答题8．一位同学为探月宇航员设计了如下实验：在距月球表面高h处以初速度v o水平抛出一个物体，然后测量该平抛物体的水平位移为x，通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，求：（1）月球表面的重力加速度（2）月球的质量（3）环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．9．“嫦娥一号”探月卫星与稍早前日本的“月亮女神号”探月卫星不同，“嫦娥一号”卫星是绕月极地轨道上运动的，加上月球自转，因而“嫦娥一号”卫星能探测到整个月球的表面．12月11日“嫦娥一号”卫星CCD相机已对月球表面进行成像探测，并获取了月球背面部分区域的影像图．卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面高为H，绕行的周期为T M；月球地公转的周期为T E，半径为R0．地球半径为R E，月球半径为R M．试解答下列问题：（1）若忽略地球及太阳引力对绕月卫星的影响，试求月球与地球质量之比；（2）当绕月极地轨道的平面与月球绕地公转的轨道平面垂直，也与地心到月心的连线垂直（如图所示）．此时探月卫星向地球发送所拍摄的照片，此照片由探月卫星传送到地球最少需要多长时间？已知光速为c．2015-2016学年四川省成都七中高三（上）第4周周练物理试卷一、选择1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献考点：物理学史．专题：常规题型．分析：解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道哪些伟大科学家的贡献．解答：解：A、开普勒发现了行星运动的规律，故A错误；B、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故B正确；C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、伽利略、笛卡尔等科学家对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故D正确．故选BD．点评：本题考查了物理学史部分，要了解哪些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质和为科学的奉献精神．2．地球绕太阳的运行轨道是椭圆，因而地球与太阳之间的距离随季节变化．冬至这天地球离太阳最近，夏至最远．下列关于地球在这两天绕太阳公转速度大小的说法中，正确的是( )A．地球公转速度是不变的B．冬至这天地球公转速度大C．夏至这天地球公转速度大D．无法确定考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：根据开普勒第二定律可知近日点的速度大，远日点的速度小．解答：解：根据开普勒第二定律，近日点的速度大，远日点的速度小，故冬至这天地球公转速度最大，夏至这天地球公转速度最小，故B正确、ACD错误．故选：B．点评：也可以从能量的角度分析该题，地球沿椭圆轨道绕太阳运行时，总机械能守恒．在远日点时，地球离太阳最远，所以势能最大，从远日点向近日点运动时，高度越来越小，重力势能越来越小，重力势能转化为动能，所以速度越来越快，到近日点的速度最大，动能最大．3．（多选）已知引力常量G和以下各组数据，能够计算出地球质量的是( )A．地球绕太阳运行的周期和地球与太阳球心间的距离B．月球绕地球运行的周期和月球与地球球心间的距离C．人造地球卫星在地面附近处绕行的速度与周期D．已知地球的半径与地面的重力加速度考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．专题：万有引力定律的应用专题．分析：地球、月球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．解答：解：A、地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：=，∴太阳的质量M=，因此，不能求出地球的质量，故选项A错误．B、月球绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：=，∴地球的质量M′=，因此，可求出地球的质量，故选项B正确．C、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：=，又因T=∴地球的质量M′=，因此，可求出地球的质量，故选项C正确．D、地球表面的物体受到的地球的重力等于万有引力，即mg=，因此，可求出地球的质量M′=，故选项D正确．故选：BCD．点评：解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简．4．2014年10月24日，中国自行研制的探月工程三期再入返回飞行试验器发射升空．11月1日，再入返回飞行试验返回器在预定区域顺利着陆，试验获得圆满成功，假如宇航员在登陆月球表面后，用位移传感器测得从某特定位置自由下落的小球的高度随时间变化的关系为h=a﹣bt2（式中a，b为常量）．若将月球视为密度均匀、半径为R的球体，万有引力常量为G，则月球的密度为( )A．B．C．D．考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：先由位移时间关系h=a﹣bt2并结合位移时间关系公式求解出重力加速度g，然后根据在月球表面重力等于万有引力列式求解月球的密度．解答：解：自由下落的小球的高度随时间变化的关系为h=a﹣bt2，根据位移公式h′=，重力加速度为：g=2b ①在月球表面重力等于万有引力，故：mg=G②其中：M=③联立解得：ρ=故选：C点评：本题关键是先根据位移公式确定月球表面的重力加速度，然后根据重力等于万有引力列式求解月球的密度．5．设地面附近重力加速度为g0，地球半径为R0，人造地球卫星的圆形轨道半径为R，那么以下说法正确的是( )A．卫星在轨道上向心加速度大小为B．卫星运行的速度大小为C．卫星运行的角速度大小为D．卫星运行的周期为2π考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：在地面附近重力与万有引力相等，人造地球卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此分析．解答：解：在地球表面重力等于万有引力：，可得GM=，所以：A、卫星在轨道上运动时万有引力提供圆周运动向心力，可知，卫星的加速度，故A正确；B、卫星在轨道上万有引力提供圆周运动向心力有：，得卫星运行的线速度v=，故B正确；C、卫星在轨道上运动时万有引力提供圆周运动向心力有：，得卫星运动的角速度ω==，故C错误；D、由C分析知卫星的周期，故D正确．故选：ABD．点评：本题主要是从在地球表面万有引力等于重力，卫星绕地球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动的向心力，熟悉相关公式及公式变换是解决此类问题的关键．6．经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径R( )A．R=R0B．R=R0C．R=R0D．R=R0考点：开普勒定律．专题：万有引力定律的应用专题．分析：先根据多转动一圈时间为t0，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径．解答：解：A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，则有：t0﹣t0=2π，所以T=，由开普勒第三定律得：=，解得：R=R0，故选：A．点评：从本题可以看出，通过测量环绕天体的轨道半径和公转周期，可以求出中心天体的质量．7．我国发射“嫦娥一号”飞船探测月球，当宇宙飞船到了月球上空先以速度v绕月球做圆周运动，为了使飞船较安全的落在月球上的B点，在轨道A点瞬间点燃喷气火箭，关于此时刻，下列说法正确的是( )A．喷气方向与v的方向一致，飞船减速，A点飞船的向心加速度增加B．喷气方向与v的方向相反，飞船加速，A点飞船的向心加速度增加C．喷气方向与v的方向一致，飞船减速，A点飞船的向心加速度不变D．喷气方向与v的方向相反，飞船加速，A点飞船的向心加速度减小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：喷气方向与v的方向一致，则飞船速度增加，由于此时半径没变，由：G=ma，解得：a=．因此可以知道向心加速度是不变的．喷气方向与v的方向相反，飞船速度减小，此瞬间半径也没变，同理可以知道飞船向心加速度是不变的解答：解：AC、由G=ma，解得：a=．喷气方向与v的方向一致，则飞船速度减小，但是此瞬间半径没变，故A点飞船向心加速度是不变的，故A错误，C正确．BD、喷气方向与v的方向相反，飞船速度加速，此瞬间半径也没变，同理可以知道飞船向心加速度是不变的．故B、D错误故选：C点评：本题是易错题，易错点在于：若用a=，来分析，r不变，v增加，则加速时向心加速度就增大，这是个错误的结论．因为万有引力提供向心力，故向心加速度是由万有引力决定的．二、解答题8．一位同学为探月宇航员设计了如下实验：在距月球表面高h处以初速度v o水平抛出一个物体，然后测量该平抛物体的水平位移为x，通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，求：（1）月球表面的重力加速度（2）月球的质量（3）环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．考点：万有引力定律及其应用；平抛运动．专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）由平抛运动的规律，可得月球表面重力加速度（2）由月球表面万有引力等于重力，可得月球质量（3）由万有引力提供向心力的速度表达式，可得环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．解答：解：依题意可知，（1）月球表面的物体做平抛运动x=v o t故月球表面的重力加速度（2）由得月球质量（3）由及可得环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度答：（1）月球表面的重力加速度（2）月球的质量（3）环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．点评：对于在星体表面做平抛，或竖直上抛之类的运动，其目的一般都是让通过给定的运动求得星球表面的重力加速度，应注意这一规律．9．“嫦娥一号”探月卫星与稍早前日本的“月亮女神号”探月卫星不同，“嫦娥一号”卫星是绕月极地轨道上运动的，加上月球自转，因而“嫦娥一号”卫星能探测到整个月球的表面．12月11日“嫦娥一号”卫星CCD相机已对月球表面进行成像探测，并获取了月球背面部分区域的影像图．卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面高为H，绕行的周期为T M；月球地公转的周期为T E，半径为R0．地球半径为R E，月球半径为R M．试解答下列问题：（1）若忽略地球及太阳引力对绕月卫星的影响，试求月球与地球质量之比；（2）当绕月极地轨道的平面与月球绕地公转的轨道平面垂直，也与地心到月心的连线垂直（如图所示）．此时探月卫星向地球发送所拍摄的照片，此照片由探月卫星传送到地球最少需要多长时间？已知光速为c．考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力．专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题．分析：（1）卫星绕月做圆周运动时，由月球的万有引力提供向心力，知道距月球表面高为H，月球半径为R M，绕行的周期为T M，根据由牛顿第二定律可求出月球的质量．月球绕地球公转时，由地球的万有引力提供向心力，由月球公转的周期为T E，半径为R0．地球半径为R E，根据由牛顿第二定律可求出地球的质量．（2）根据几何知识求出卫星到地面最短距离，再求出时间．解答：解：（1）由牛顿第二定律得月球绕地公转由万有引力提供向心力得，同理，探月卫星绕月运动时有：由上两式联立解得：；（2）设探月极地轨道上卫星到地心的距离为L0，则卫星到地面最短距离为L0﹣R E，由几何知识得：L02=R02+（R M+H）2将照片发回地面的时间t=答：（1）月球与地球质量之比：；（2）探月卫星传送到地球最少需要时间．点评：本题是计算天体质量问题，利用万有引力与圆周运动知识的结合求解环绕天体的质量，是常用方法之一．。

四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练语文试题及答案

四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练语文试题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1—3题。

和谐高于冲突与西方文化和西方价值观相比，中华文化和中华价值观更强调社会和谐、以和为贵，追求“和而不同”。

春秋时期的史伯提出“和实生物，同则不继”，形成了中华文化“和而不同”的思想。

“和”所具有的“和谐合一”的意义，在我国文明发展早期就有了。

《尚书•舜典》记载，帝舜命其乐官通过诗歌音乐，达到“八音克谐，无相夺伦，神人以和”。

这说明我国古人已了解音乐促进和谐的作用，体现了早期智者对宇宙和谐的向往。

我国古人反复以声乐之和比喻世界各种事物之间的和谐，从而成为一种普遍追求。

如《左传》中说：“八年之中，九合诸侯，如乐之和，无所不谐。

”可见，我国古人将音乐的和谐作为处理人与人、人与社会、族群与族群、人与天地等关系的模型，对“和”的追求塑造了中华文明的思维方式、价值取向。

这一思想对儒家也产生了重要影响。

儒家经典《礼记•乐记》说：“乐者，天地之和也；礼者，天地之序也。

和故百物皆化，序故群物皆别。

”这表明，人类的和谐在根本上来源于天地的和谐，即自然的和谐。

和谐是一切事物的生成原理，没有和谐就没有万物化生，和谐的实现有着深刻的宇宙论根源。

宋代哲学家张载曾说：“有象斯有对，对必反其为；有反斯有仇，仇必和而解。

”显然，张载强调：从对立到和谐，不仅是天地的法则，也是社会、人生中具有普遍意义的原理。

把追求永久和谐作为对待外部世界的态度，这在中华文化和中华价值观中同样源远流长。

《尚书•尧典》提出：“克明俊德，以亲九族。

九族既睦，平章百姓。

百姓昭明，协和万邦。

”以后，“协和万邦”便成为中华世界观的典范。

类似的说法还有“以和邦国，以统百官，以谐万民”（《周礼•天官冢宰》）。

孔子把“和”作为同外部世界交往的原则，提出“‘柔远能迩，以定我王’，平之以和也”。

构建一个和平共处的世界，是中华文明几千年来持续不断的理想。

人与自然的和谐统一，汉代以后被表达为“天人合一”，成为中华文化的价值理想。