四川省成都市石室中学2015-2016学年高二下学期期中考试物理试题
四川省成都石室中学高二下学期期中考试物理试题 Word版含答案
（满分100分，考试时间90分钟）第Ⅰ卷（40分）一、本题8小题；每小题3分，共24分。
在每小题给出的四个选项中只有一项是正确的。
1.如图所示，两束单色光a，b射向水面A点，经折射后组成一束复色光，则( )A. 在水中a光的速度比b光的速度小B. 以水下S点为光源向水面发射复色光，a光更容易发生全反射C. a光的波长小于b光的波长D. 在水下相同深度，点光源分别发出a、b单色光，在水面上看到a光照亮的面积更大2.汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前( )A .汽车和拖车的总动量减少 B. 汽车和拖车的总动量不变C. 汽车和拖车的总动能减少D. 汽车和拖车的总动能不变3.如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A. 图中质点的加速度在减小B. 从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为40cm，此时相对平衡位置的位移为零C. 从图示时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并向上做减速运动D. 若该波所遇障碍物尺寸为4m，不能产生明显的衍射现象4.交流发电机线圈电阻r＝1Ω，用电器电阻R＝9Ω，电压表示数为9V，如图所示，那么该交流发电机()A. 电动势的峰值为10 VB. 电动势的有效值为9 V5.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A. 发电机输出交流电的电压有效值是500VB. 用户用电器上交流电的频率是50HzC. 输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D. 在输送功率一定的情况下，保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减少输电线上损失的功率6.定值电阻R0、滑动变阻器R、灯泡L及理想交流电压表和电流表接入如图所示的电路中，其中，理想变压器原线圈匝数通过触头P1可调，滑动变阻器的阻值通过触头P2可调，当原线圈接入电压有效值为U1的正弦式交流电时，下列说法正确的是（）A.如果仅向下移动P1，则电流表A2的示数变大，电压表V的示数变大B.如果仅向下移动P2，则灯泡L变亮，电流表A1的示数变大C.如果同时向下移动P 1、P 2，则灯泡L 的亮度可能不变D.如果仅向下移动P 2，则定值电阻R 0和滑动变阻器R 消耗的功率都变大7.如图甲是一列简谐横波在t=1.25s 时的波形图，已知c 位置的质点比a 位置的晚0.5s 起振，则图乙所示振动图象对应的质点可能位于（ ）A. b <x <aB. c <x <bC. d <x <cD. e <x <d8.如图为一圆柱中空玻璃管，管内径为R 1，外径为R 2，R 2＝2R 1。
四川省成都市第七中学2015-2016学年高二下学期期中考试物理试题
电流表，读数分别为 I 1、 I 2和 I 3，现断开 S， U 1 数值不变，下列推断中正确的是 ( )
A ．U 2 变小
B． I1 变大
C． I2 变小 D ． I3 变小
12．关于单摆，下列说法中正确的是（
）
A ．摆球运动回复力是摆线张力和重力的合力 B ．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度相等 C ．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
) 14． 如图所示，在质量为 m
0
)
A ．通过 RT 的电流
B ．通过 R1 的电流
C．通过 R2 的电流
D ．电容器两极板间的电场强度
10．电厂发电机的输出电压 250V ，输出功率为 10kW ，在进行远距离输电
时，输电线总电阻为 5Ω，则 (
)
A ．直接输电，用户两端的电压只有 50V
B ．若要求用户两端的电压为 220V ，则应配备原、 副线圈匝数比为 1:4 （发电厂） 和 5:1 （用 户端）的变压器
C．当 t =10 -2s 时，线圈转动过程中磁通量变化率为 100wb/s D ．若将该交流电压加在阻值为 R＝ 100 Ω 的电阻两端，则电阻 消耗的功率是 50W
8．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为 R、理想交流电表 A 。下列说法正确的是 ( ) A ．当 U 增大时，变压器的输入功率增大
D ．摆球经过平衡位置时，加速度为零 13．如图甲所示，弹簧振子以 O 点为平衡位置，在
A 、B 两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子
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的位移 x 随时间 t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是 ( A ． t＝0.8 s 时，振子的速度方向向左 B ． t＝ 0.2 s时，振子在 O 点右侧 6 cm 处 C． t＝ 0.4 s和 t＝ 1.2 s时，振子的加速度完全相同 D ． t＝0.4 s 到 t＝ 0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐减小
四川省成都市石室中学2015年高考物理模拟测试试题(含解析)
2015年四川省成都市石室中学高考物理模拟测试选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48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，有的小题有多项正确，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分；有错选或不选的得0分．）1．（6分）（2015•成都校级模拟）下列说法正确的是（）A．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大B．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性C．凡是遵守热力学第一定律的过程都一定能够发生D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减小考点：热力学第二定律；热力学第一定律．专题：热力学定理专题．分析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具有“单向性”，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以判断出气体内能的变化解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与压强无关，故A错误B、自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故B正确C、满足热力学第一定律并不一定满足热力学第二定律，故C错误D、由△U=W+Q可知，绝热Q=0，当外界对气体做功时W为正，故内能一定增加，故D错误故选B点评：本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比较简单2．（6分）（2015•成都校级模拟）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．当放射性元素的原子外层电子具有较高能量时，将发生β衰变C．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期D．核反应方程，U+n→Ba+Kr+3X中的X是中子考点：重核的裂变；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：太阳辐射的能量是核聚变反应；β衰变是原子核内部发生的；原子核内的核子有半数发生衰变成新核，所需的时间就是半衰期；核反应方程满足质量数与质子数守恒，即可求解．解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；B、β衰变的电子是由中子转变成质子而放出的，故B错误；C、放射性元素的原子核内的核子有半数发生衰变成新核所需的时间就是半衰期，故C错误；D、根据质量数与质子数守恒，则有X是，即为中子，故D正确；故选：D．点评：考查核裂变与聚变的区别，掌握β衰变的实质，注意半衰期的概念，知道如何书写核反应方程的规律．3．（6分）（2007•四川）两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则（）A．在真空中，a光的传播速度较大B．在水中，a光的波长较小C．在真空中，b光光子的能量较大D．在水中，b光的折射率较小考点：光电效应；波长、频率和波速的关系；光的折射定律；光子．分析：根据光电效应的条件，比较出两光的频率，即可得出两光的折射率大小，光子能量大小；不同的色光在真空中传播速度相同，再根据公式，比较出在介质中的速度，从而比较出波长．解答：解：A、不同的色光在真空中传播的速度相同．故A错误．B、入射光的频率大于截止频率，才会发生光电效应，可知a光的频率大于b光的频率．根据公式：，，得，频率大的光折射率也大，知在水中，a光的波长较小．故B正确．C、a光的频率大于b光的频率，E=hγ，a光光子的能量较大．故C错误．D、a光的频率大于b光的频率，所以在水中，b光的折射率小于a光的折射率．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键，掌握光电效应产生的条件，以及频率、折射率、波长等量的联系．4．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示的电路中，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大、直流电阻可忽略不计的理想线圈，在电键S接通和断开时，下列观察到的现象正确的是（）A．当电键S接通时，灯泡L1缓慢亮起来，L2立即亮起来B．当电键S接通时，灯炮L1和L2都缓慢亮起来C．当电键S断开时，灯炮L2闪亮一下，然后才逐渐熄灭D．当电键S断开时，灯泡L2不会闪亮，只是逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．解答：解：A、B、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯L2立即发光．通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来．所以L2比L1先亮．故A 正确，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时L1灯的电流大于L2灯泡的电流，故L1逐渐变暗，L2先闪亮一下，最后一起熄灭，故C正确，D错误；故选：AC．点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．5．（6分）（2010•重庆模拟）海浪的传播速度跟海水的深度有关，其关系式为v=，式中h 为海水的深度，g为重力加速度．现有剖面如图甲所示为一个海岸，A、B两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，看到海岸边O处向外传播的水波波形（图中弧形实线代表波峰）．若己知A处海水深为5m，则B处的水波波长和B处的海水深分别为（）A．4m，l0m B．8m，l0m C．4m，20m D． 8m，20m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：波传播的频率不变．由图分析A、B两处波长关系，由波速公式v=λf确定出波速关系，即可由v=求解B处的水深；解答：解：由图看出，A处水波波长为：λA=2m．B处水波波长为：λB=4m．故：λB=2λA由于水波在水中的频率不变，则由波速公式v=λf得水波在A、B两处波速与波长成正比，则：==又由题意，水波的速度跟水深度关系为：v=，则有：==4因A处海水深为5m，解得：h B=4h A=20m．故选：C．点评：本题一要抓住波的基本特点：波的频率与介质无关，水波的频率不变；二要由图读出波长关系，结合题中信息进行分析．6．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（）A．物块滑到b点时的速度为B．物块刚滑到b点时对b点的压力是mgC．c点与b点的距离为D．整个过程中物块机械能损失了mgR考点：功能关系；向心力；机械能守恒定律．分析：由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；由动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失．解答：解：A、由机械能守恒可知，mgR=mv2，解得b点时的速度为，故A错误；B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F﹣mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg，故B错误；C、对全程由动能定理可知，mgR﹣μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D错误；故选：C．点评：在功能关系中，要注意明确：重力做功等于重力势能的改变量；而摩擦力做功等于机械能的改变量．7．（6分）（2015•成都校级模拟）据环球报报道，美国和俄罗斯的两颗卫星2009年2月10日在太空相撞，相撞地点位于西伯利亚上空500英里（约805公里）．相撞卫星的碎片形成太空垃圾，并在卫星轨道附近绕地球运转，国际空间站的轨道在相撞事故地点下方270英里（434公里）．若把两颗卫星和国际空间站的轨道看作圆形轨道，上述报道的事故中以下说法正确的是（）A．这两颗相撞卫星在同一轨道上B．这两颗相撞卫星的周期、向心加速度大小一定相等C．两相撞卫星的运行速度均大于国际空间站的速度D．两相撞卫星的运动周期均大于国际空间站的运动周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：卫星的线速度，加速度，周期与半径有关，依据万有引力等于向心力，确定出各量与半径的数量关系，进而分析比较所给问题．解答：解：AB、两颗卫星相撞，说明两颗卫星运行的轨道有交点，即两颗卫星的轨道半径大小相同，所以两颗卫星的周期和加速度相同，两颗卫星能够相撞说明两颗卫星不可能在同一个轨道上，故A错误，B正确；CD、卫星的运行时万有引力提供圆周运动向心力，可得卫星运行的速度表达式：，周期表达式T=由此可知，半径大的卫星速度小，半径大的卫星周期大，故C错误，D正确．故选：BD．点评：考查卫星的运动规律，明确卫星的线速度，加速度，周期与半径的关系，从而比较不同运动半径的各量的大小关系．8．（6分）（2015•成都校级模拟）一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．考点：洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．专题：电学图像专题．分析：带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．解答：解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＞mg时，F N=qvB﹣mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；当qvB＜mg时，F N=mg﹣qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．故选AD．点评：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．二、非选择题：9．（6分）（2010•山西二模）在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1所示，则该小球的直径为 2.010 cm．乙同学在实验中测出多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2﹣L的关系图象如图2所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时多加（选填“漏加”或“多加”）了小球的半径．虽然实验中出现了上述错误，但根据图象中的数据仍可计算出准确的重力加速度，其值为9.86 m/s2．（最后结果保留三位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．通过摆长是正值时，周期才为零，根据此判断错误的原因．根据单摆的周期公式T=2π求解重力加速度．解答：解：游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.05×2mm=0.10mm，所以最终读数为20.10mm=2.010cm．摆长是正值时，周期才为零，知计摆长时多加摆球的半径．根据g=，T2=．知图线的斜率为=4，解得g=9.86m/s2．故答案为：2.010；多加；9.86点评：解决本题的关键知道“用单摆测定重力加速度”实验的注意事项和一般步骤，以及知道实验的原理：周期公式T=2π．10．（11分）（2015•成都校级模拟）从表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电压表V1的内阻R1．要求方法简便，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．器材（代号）规格电压表（V1）电压表（V2）电流表（A）滑动变阻器（R）电池（E）电键（s）导线若干量程6V，内阻R1待测（约30kΩ）量程3V，内阻R2=10KΩ量程0.6A，内阻R=0.2Ω总阻值约20Ω电动势10V，内阻很小①在右方虚框中画出电路图．标明所用器材的代号．②若选测量数据中的一组来计算R1，则所用的表达式为R1= 式中各符号的意义式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：要测电压表的内阻，可以把电压表看做一只能读出两端电压的电阻．在本题中由于电压表的内阻远远大于滑动变阻器的最大电阻，若采用限流式接法，通过待测电压表的电流变化范围比较小，不可能达到多测几组数据的压强，无法精确测量电压表的内阻，故只能采用分压式接法．解答：解：（1）先把滑动变阻器的最大阻值和电源、开关串联组成电路，再把电压表V1、V2串联后接到滑动变阻器的滑片P串联，如图所示：（2）电压表V1、V2串联，即两者的内阻R1、R2串联，通过两电压表的电流相等，即=，R1=；式中中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻故答案为：（1）如图所示；②；式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．点评：本题考查串并联电路的应用，要注意电压表就相当于能测出电压的电阻，仍然符合串并联电路的基本规律．11．（16分）（2015•成都校级模拟）如图所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨．BC、ED是水平放置的粗糙直导轨．在矩形区域BCDE 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．金属棒MN质量为m、电阻为r．它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1=R2=r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形轨道上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止（金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失．金属棒MN 始终与两导轨垂直，重力加速度为g）．求：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）金属棒在弧形轨道上下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出速度，金属棒刚到达水平面时速度最大，所受安培力最大，所受合外力最大，由牛顿第二定律求出最大加速度．（2）由能量守恒定律可以求出电阻上产生的热量．解答：解：（1）金属棒在弧形导轨上下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，电路总电阻：R总=r+R并=r+=，金属棒所受安培力：F=BIL==，由牛顿第二定律得：+μmg=ma，解得，最大加速度：a=μg+；（2）由能量守恒定律得：mgh=Q+μmgs，由Q=I2Rt可知，Q r=4Q R1=4Q R2，则：Q R1=Q，解得：Q R1=mgh﹣μmgs；答：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度为μg+；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热为mgh﹣μmgs．点评：本题考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚金属棒的运动过程，应用机械能守恒定律、安培力公式、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．12．（19分）（2015•成都校级模拟）如图所示，一光滑绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半径为R，空心内径远小于R．以圆环圆心O为原点在一半面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m 的小球在轨道内从b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动．（1）求匀强磁场的电场强度E；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；（3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）因为小球刚好能绕圆管做圆周运动，则在最高点的速度为零，根据动能定理求出匀强电场的电场强度．（2）根据动能定理求出第二次到达最高点的速度，抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）根据动能定理求出第三次到达最高点的速度，根据径向的合力提供向心力求出圆管对小球的作用力，从而得出小球对圆管的压力．解答：解：（1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为：v1=0，由动能定理得：qER﹣mgR=0，解得：；（2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，由以上两式可解得：；（3）小球第三次过最高点速度v3，设球受圆环向下的压力F N，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，解得：；答：（1）匀强磁场的电场强度E为；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，磁感应强度B为；（3）小球第三次到达a点时对圆环的压力为（3﹣）mg．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源．13．（20分）（2015•成都校级模拟）如图所示，质量为M=6kg的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧．在滑板的最左端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端C与A相距L=1m．弹簧下面的那段滑板是光滑的，C左侧的那段滑板是粗糙的，物体A与这段粗糙滑板间的动摩擦因数为μ=0.2，A的质量m=2kg．滑板受到水平向左恒力F作用1s后撤去，撤去水平力F时A刚好滑到C处，g取10m/s2，求：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为多大？其对地的位移为多大？（2）作用力F的大小；（3）试分析判断在F撤去后，小物体能否与滑板相分离？若能，分离后物体和滑板的速度各为多大？若不能，小物体将停止在滑板上的什么位置？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）根据牛顿第二定律求解A的加速度．由位移公式求解位移．（2）对滑板B研究，先求出1s内滑板B的位移为S B=S A+L，再根据位移公式求解其加速度，由牛顿第二定律求解F的大小．（3）撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，运用动量守恒和能量守恒列式求出此时A、B的速度，之后A做减速运动，B做加速运动，假设它们能达到共同速度，根据动量守恒和能量守恒列式求出共同速度和两者相对位移，根据相对位移与板长的关系判断即可．解答：解：（1）用字母B表示滑板，在这1s内滑板B和小物A均向左做匀加速运动，对A有：，，（2）这1s内滑板B的位移为：s B=s A+L=1+1=2m，对B有：，F﹣μmg=Ma B，解得：F=28N；（3）撤去水平力F时，A、B的速度：v AO=a A t=2m/s，v BO=a B t=4m/s，撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，A、B动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv AO+Mv BO=mv A+Mv B，由能量守恒定律得：mv AO2+Mv BO2=mv A2+Mv B2，解得：v A=5m/s，v B=3m/s，之所A做减速运动，B做加速运动，设它们达到其同速度v'根据动量守恒定律得：，由动能定理有：，，所以：，，因此两者不会分离，小物体将停在距C 0.75m处．答：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为2m/s2，其对地的位移为1m；（2）作用力F的大小为28N；（3）小物体与滑板不分离，小物体将停在距C 0.75m处．点评：本题是复杂的力学问题，在分析运动情况的基础上，运用力学基本规律：牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒和能量守恒进行求解．。
四川省成都石室中学2015届高考模拟(二)物理试题(Word版含答案)
石室中学高2015级高考模拟（二）理科综合能力测试物理试题第I卷（选择题共42分）第I卷共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分。
1.下列说法中不正确的是A．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律。
B．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的。
C．用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象D．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象【答案】D伽利略将两个光滑的斜面对接，从一个斜面上由静止释放小球，发现如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，进一步假设若减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，但是在另一个斜面上的路程变大，继续减小角度，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，说明物体的运动不需要力维持，选项A正确；根据光速不变的原理，可以知道不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，所以选项B正确的；在微安表内部存在磁铁和金属线框，在搬运微安表的时候会产生感应电流，如果用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象这样对微安表是一种保护作用，所以选项C正确；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，全反射现象对于光的能量损失非常的低，所以选项D错误；本题选错误的选项，即D正确。
【考点】伽利略理想斜面，相对论，电磁感应，全反射2.一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。
现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图2所示。
已知入射光线与桌面的距离为。
下列说法中正确的是A．增大入射角α，光线将不再从竖直表面射出B．不同的单色光有相同的光路产生C．入射角α无论如何变化，光线都能从竖直表面射出D．从竖直表面射出光线与竖直方向夹角是300【答案】D当入射角增大，根据可以知道，也是增大的，在根据三角形相关知识可以知道变小，则仍然有光线从竖直表面射出，故选项A错误；不同的单色光有不同的折射率，即使入射角相同，但折射角不同，所以有不同的光路产生，故选项B错误；根据上面的分析当入射角变小则折射角变小，但是入射角增大，增大到一定程度则发生全反射，会出现部分光线无法射出，故选项C错误；由于入射光线与桌面的距离为，根据几何知识，在根据可以知道，由图知，光线在球体的竖直表面上的入射角。
四川省成都市石室中学2015-2016学年高二物理4月月考试题
石室中学高2017届2015—2016学年度下期四月月考物理试卷第Ⅰ卷（选择题 共42分）一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题给出的四个选项中只有一个最符合题意．）1．根据所学知识判断，下列说法中正确的是A ．一交流电动机铭牌上标有“380 V，12 A”，这里的两个值都是指输入交流电的最大值B ．简谐运动的一次全振动是指振子的速度第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程C ．水平弹簧振子做简谐运动时的能量等于在平衡位置时振子的动能D ．直流输电的过程中是先通过转变器将交流变成直流再输入升压变压器，以提高输送电压，减小能量损耗2．如图两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8 Hz ，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz ，当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz 的驱动力作用做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是A ．甲的振幅较大，且振动频率为8 HzB ．甲的振幅较大，且振动频率为9 HzC ．乙的振幅较大，且振动频率为9 HzD ．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz3．如图所示，物体A 和B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M ，弹簧的劲度系数为k 。
当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 将在竖直方向上做简谐运动，则A 振动的振幅为A.Mg kB.mg kC.M ＋m g kD.M ＋m g 2k4．如下图两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110V.若分别在c 、d 两端与g 、h 两端加上110V 的交流电压，则a 、b 间与e 、f 间的电压分别为A ．220V ，220VB ．220V ，110VC ．110V ，110VD ．220V ，0V5．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x 随时间t 变化的关系为x ＝A s in ωt ，振动图象如图所示，下列说法不正确的是A ．弹簧在第1 s 末与第3 s 末的长度相同B ．简谐运动的角速度ω=π4rad/s C ．第3 s 末振子的位移大小为22A D ．从第3 s 末到第5 s 末，振子的速度方向发生变化6．一个摆长为l 1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T 1，已知地球质量为M 1，半径为R 1.另一摆长为l 2的单摆，在质量为M 2，半径为R 2的星球表面做简谐运动，周期为T 2.若T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，M 1＝4M 2，则地球半径与星球半径之比R 1∶R 2为A ．2∶1 B．2∶3 C．1∶2 D ．3∶2二．不定项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选0分．）7．如图所示，有一带铁芯的线圈，a 、c 是线圈两端，b 为中间抽头，把a 、b 两点接入一平行金属导轨，在导轨上横放一金属棒，导轨间有如图所示的匀强磁场，要使a 、c 两点的电势都低于b 点，则金属棒沿导轨的运动情况可能是A ．向左做匀加速直线运动B ．向左做匀减速直线运动C ．向右做匀加速直线运动D ．向右做匀减速直线运动8．条形磁铁放在光滑的水平面上，以条形磁铁中央位置正上方的某点为圆心，水平固定一铜质圆环，不计空气阻力，以下判断中正确的是A ．给磁铁水平向右的初速度，磁铁在向右运动的过程中做减速运动B ．给磁铁水平向右的初速度，圆环将受到向左的磁场力C ．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大D ．释放圆环，下落过程中环的机械能不守恒9．如下图，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置．在两极板间，不计重力的带正电粒子Q 位于两板正中间，在t ＝0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是A ．若t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，粒子能到达极板B ．若t ＝0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动C ．若t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动D ．若t ＝0时，线圈平面与磁场平行，粒子能到达极板10．如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。
四川省成都市石室中学(北湖校区)高二物理模拟试题含解析
四川省成都市石室中学(北湖校区)高二物理模拟试题含解析一、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. 如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过P点进入板间的运动过程中，以下分析正确的是( )A.其动能将会增大 B．其电势能将会减小C.小球所受洛伦兹力增大 D．小球所受的电场力将会增大参考答案：AC2. (单选)如图所示，在A、B两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是过a、b的直线，P是直线上的一点。
若P点的场强为零，则（）A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1＜|q2|C．q1是负电荷，q2是正电荷，且|q1|＞q2D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|参考答案：BA、两电荷若都是正电荷，则两点电荷在p点产生的场强方向均向左，故无法为零，A错误；B、q1是正电荷，则q1在p点的场强方向向左，q2是负电荷，q2在p点的场强方向向右，因r1＜r2，由可知，要使两电荷在p点场强相等，应保证q1＜|q2|，故B正确；C、q1是负电荷，则q1在p点的场强方向向右，q2是正电荷，q2在p点的场强方向向左，由B的分析可知，电荷量应保证|q1|＜q2，故C错误；D、若两电荷均为负电荷，则两电荷在p点的场强方向均向右，故无法为零，故D错误；故选B。
3. 在图甲所示的装置中，K为一金属板，A为金属电极，都密封在真空的玻璃管中，W为由石英片封盖的窗口，单色光可通过石英片射到金属板K上，E为输出电压可调的直流电流，其负极与电极A相连，A是电流表，实验发现，当用某种频率的单色光照射K时，K会发出电子（光电效应），这时，即使A、K之间的电压等于零，回路中也有电流。
当A的电势低于K时，而且当A比K的电势低到某一值Uc时，电流消失，Uc称为截止电压，当改变照射光的频率，截止电压Uc也将随之改变，其关系如图乙所示，如果某次实验我们测出了画出这条图线所需的一系列数据，又知道了电子电量e。
2015-2016学年四川省成都市石室中学高二(下)期中物理试卷
2015-2016学年四川省成都市石室中学高二（下）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共26.0分)1.下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是（）A.电场力、电场强度B.电场强度、电势差C.电场力做的功、电势能D.电势差、电势能【答案】B【解析】解：A、电场力F=q E与电场和电荷都有关，电场强度由电场本身性质决定，故A错误．B、电场强度反映电场本身的力性质，由电场本身决定；电势差反映电场本身的能的性质，由电场本身决定，故B正确．C、由电场力做功W=q U、电势能E P=qφ，可知电场力做功和电势能都与电场和电荷都有关，故C错误．D、电势差反映电场本身的能的性质，由电场本身决定．电势能与电场和电荷都有关，故D错误．故选：B电场强度和电势差反映电场本身的特性，而电场力、电场力做功、电势能既与电场有关，还与试探电荷有关．电场这一章中物理量可分为两类，一类只与电场有关，如电场强度、电势差；另一类既与电场有关，又和电荷有关，如电场力，电势能等等．2.如图所示，ab=3bc，在c点固定一负电荷，将一负电荷从a点移到b点，负电荷在a、b两点的电势能分别为E pa、E pb，所受的电场力分别为F a、F b．则（）A.E pa＜E pbB.3F a=F bC.E pa＞E pbD.9F a=F b【答案】A【解析】解：A、C、在c点固定一负电荷，电场线的方向从a指向c，将另一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，所以电荷的电势能增加，则有E pa＜E pb．故A正确，C错误；B、D、根据库仑定律F=得：==．故BD错误．故选：A．根据库仑定律列式比较电场力大小；根据电场力做功等于电势能的减小量判断电势能的变化情况．本题关键根据库仑定律和电场力做功等于电势能的减小量分析判断，基础题．3.在点电荷Q形成的电场中，一带正电的粒子通过时的轨迹如图中实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A.Q为负电荷B.运动中带正电的粒子总是克服电场力做功C.带正电的粒子经过两等势面的电势能E pa＞E pbD.带正电的粒子经过两等势面的动能E ka＞E kb【答案】D【解析】解：A、正电荷受到了排斥力作用，所以Q的电性一定是正电荷．故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，远离Q的过程中电场力做正功．故B错误；CD、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，则有E pa＜E pb．E ka＞E kb，故C错误，D正确；故选：D从粒子运动轨迹看出，轨迹向下弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从而能判断Q 的电性．从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小．该题考查电场中的轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．4.如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，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R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（）A.V1的示数减小，A2的示数增大B.V2的示数减小，A1的示数增大C.V1的示数不变，A1的示数减小D.V2的示数不变，A2的示数减小【答案】B【解析】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以B正确，ACD错误．故选：B与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．5.位于某电场中的x轴上的电势φ随位置x变化的图象如图所示，x=x1和x=-x1处，图象切线的斜率绝对值相等且最大，则在x轴上（）A.x=x1和x=-x1两处，电场强度相同B.x=x1和x=-x1两处，电场强度最小C.x=0 处电场强度大小为零D.正电荷从x=x1运动到x=+∞过程中，电势能逐渐减小【答案】C【解析】解：A、根据E=知，在φ-x图象中，图线的斜率表示电场强度的大小和方向．由图可知，x1和-x1两点的电场强度大小相等．方向相反，则电场强度不同．故A错误BC、x=0处图象的斜率为零，电场强度大小为零，电场强度最小，故B错误，C正确．D、从x=x1运动到x=+∞过程中，电势逐渐升高，由E p=qφ可知，正电荷从x=x1运动到x=+∞过程中，电势能逐渐增大．故D错误．故选：C根据题图知电场关于x轴对称分布，根据图象的斜率表示场强，分析电场强度的关系．根据电势的变化，由电势能公式分析正电荷电势能的变化．本题的关键要抓住φ-x图象中，图线的斜率表示电场强度，知道正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，从而确定电势能的变化情况．6.如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器极板间电压为U，两极板间距为d．一电荷量大小为q的带电油滴以初动能E k从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（）A.断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E k+U q B.断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击上极板，撞击下极板时的动能为E k+U q C.闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E k+U q D.闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k+U q【答案】D【解析】解：AB、断开开关，电荷量不变，将上极板上移，根据，，可得两极板间的电场强度不变，所以油滴仍处于平衡状态，沿直线通过，故A错误，B错误；C、D、带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则说明受到的重力和电场力平衡，故有，保持开关闭合，将上极板下移，由于和电源相连，则两极板间的电压恒定，所以可得电场强度增加，即电场力增大，油滴向上偏转，撞击时，根据动能定理可得，，结合，解得，故C错误，D正确．故选：D带电油滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．解决本题的关键掌握电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变．7.如图所示，以O点为圆心，以R=0.20m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ=60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4V、4V、-4V，则下列说法正确的是（）A.该匀强电场的场强E=40V/mB.该匀强电场的场强E=80V/mC.d点的电势为-4VD.d点的电势为-2V【答案】C【解析】解：A、由题意得，a、c间的电势差为：U ac=φa-φc=4-（-4）V=8V，a、c两点沿电场强度方向的距离为：d=2R sinθ=2×0.2×=m，故该匀强电场的场强为：E==40V/m．故AB错误．C、根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=E d，相等距离，电势差相等，因为φa=4，φc=-4V，可知，O点电势为0，而d O=O a，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知，d点的电势为-4V，故C正确，D错误．故选：C匀强电场中，电势差与电场强度的关系为U=E d，d是两点沿电场强度方向的距离，根据此公式和ac间的电势差，求出电场强度E．由题可知，圆心O点的电势为0，根据U=E d分析d、b间电势差的关系，即可求得d 点的电势．解决本题的关键是正确理解匀强电场中电势差与强场的间的关系U=E d，分析匀强电场中两点间的电势差关系，注意d为沿电场线方向上的距离．8.如图，某带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M，N两点间的距离d随着U和U 的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（）A.d随U 变化，d随U 变化B.d随U 变化，d与U 无关C.d与U 无关，d与U 无关D.d与U 无关，d随U 变化【答案】B【解析】解：对于加速过程，有q U=mv02，得v0=带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：=cosθ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则=cosθ所以d=又因为半径公式R=，则有d==．故d随U变化，与U'无关，故B正确，ACD错误．故选：B．不加磁场时粒子做匀速直线运动；加入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得d表达式，再进行分析d的决定因素．带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解，而带电粒子在电场中的运动优先考虑动能定理的应用和运动的合成与分解规律求解．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)9.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=E q，则（）A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gC.小球上升的最大高度为D.若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】解：A、B小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=E q，所以电场力E q与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力q E与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A错误，B正确．C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x=，则最大高度为h=xsin30°=．故C错误．D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确．故选BD．首先对小球的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=q E且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30°角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式可判断C 的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半．本题应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析．10.如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为△U1，电压表V2的示数改变量大小为△U2，电流表A的示数改变量大小为△I，则下列判断正确的有（）A.的值变大B.的值变大C.的值不变，且始终等于电源内阻rD.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】AC【解析】解：由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压．若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大．A、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R1+r），则=R1+r，所以的值不变；故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E-I r，则=r，所以的值不变；故C正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，只会充电，不会放电，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选：AC．由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化．闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)11.如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与导线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正，竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故AB错误．C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F A=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F A=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．故选：C．根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向．解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向．八、多选题(本大题共2小题，共8.0分)16.下列说法中，正确的是（）A.台湾高雄2 月6 日凌晨发生6.7 级地震，地震波是机械波，既有横波又有纵波B.横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C.变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场D.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直E.可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率F.两束频率不同的激光能产生干涉现象【答案】ADE【解析】解：A、地震波具有横波又有纵波，是一种较为复杂的机械波；故A正确；B、横波在传播过程中，介质并不随着波的传播而向前运动；只是在垂直波的方向上振动；故B错误；C、均匀变化的电场产生恒定的磁场；而均匀变化的磁场产生恒定的电场；只有周期性变化的电（磁）场才能产生周期性变化的磁（电）场；故C错误；D、电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直，故D正确；E、根据电磁波谱可知，可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率，故E正确．F、干涉现象的条件需要两光的频率相同，故F错误．故选：ADE．地震波既有纵波也有横波；波在传播中只是传播的能量和振动形式，质点并不随波传播；麦克斯韦电磁场理论是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，知道变化分为均匀变化和周期性变化；熟记电磁波谱，知道各种电磁波频率大小、波长大小的关系．干涉的条件是两波的频率相同．本题考查了地震波以及电磁波的性质，要注意明确机械波和电磁波之间的联系和区别．知道电磁波谱中各种电磁波波长、频率的大小关系，掌握干涉产生的条件．17.图（a）为一列简谐横波在t=0.025s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点P的振动图象．下列说法正确的是（）A.在t=0.10s时，质点P 向y轴负方向运动B.在t=0.25s时，质点Q 的加速度方向与y轴负方向相同C.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD.从t=0.10s到t=0.25s，质点P 通过的路程为30cmE.质点Q 简谐运动的表达式为y=0.10sin 10πt（国际单位制）【答案】ACD【解析】解：A、图（b）为质点P的振动图象，则知在t=0.025s时，质点P正向上运动，周期为T=0.2s．在t=0.10s时，即t=0.025s时刻再经过时间0.075s=T，所以在t=0.10s时，质点P 向y轴负方向运动．故A正确．B、根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，t=0.025s Q质点正向下运动，在t=0.25s 时，即t=0.025s时刻再经过时间0.25s-0.025s=0.225s=1T，所以在t=0.25s时，质点Q位于x轴的下方，位移沿y轴负方向，则Q 的加速度方向沿y轴正方向，故B错误．C、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v==m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确；D、从t=0.10s时刻质点P在平衡位置，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，所以质点P通过的路程是S=3A=30cm，故D正确；E、质点Q简谐运动的表达式为y=A sin（t+φ0），将t=0.025s，y=0，A=10cm代入得φ0≠0，所以y≠0.1sin t=0.10sin10πt，故E错误．故选：ACD由图b读出：t=0.025s时P点正向上振动，从而确定了该波向左传播．根据时间与周期的关系，分析质点Q的位置和加速度，求出通过的路程．根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，根据x=vt求解波传播的距离．根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程．本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析．四、实验题探究题(本大题共1小题，共14.0分)12.采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差．某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图所示的测量电源电动势E和内电阻r的电路，E 是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G．（1）请你补充实验步骤：①闭合开关S1、S2，调节R和R 使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA ______ φB（选填“远大于”、“远小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1 ______ （选填“远大于”、“远小于”或“等于”）通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R 的阻值，重新使得______ ，读出______ ．（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为______ 、内电阻r的表达式______ ．（3）该实验中E测______ E真（选填“远大于”、“远小于”或“等于”），r测______ r（选填“远大于”、“远小于”或“等于”）．真【答案】等于；等于；灵敏电流计示数为零；电流表和电压表的示数I2和U2；U1+；；等于；等于【解析】解：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R 使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R 的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．（2）根据闭合回路欧姆定律得E=I1r+U1E=I2r+U2解得：E=U1+r=（3）两次测量，调节R和R 使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r．真故答案为：（1）等于，等于，灵敏电流计示数为零，电流表和电压表的示数I2和U2（2）U1+，（3）等于，等于本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法．本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解．电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度．五、计算题(本大题共1小题，共7.0分)13.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ=30°角，平行导轨间距L=1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B=0.20T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m=0.20kg，电阻均为R=0.20Ω．若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）cd杆受安培力F安的大小；（2）通过金属杆的感应电流I；（3）作用在金属杆ab上拉力的功率P．【答案】解：（1）金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．根据共点力的平衡条件可得：F安=mgsin30°解得：F安=1.0N；（2）根据安培力的计算公式可得：F安=BIL解得：I=5.0A；（3）金属杆ab所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg作用下匀速上滑，则拉力F=BIL+mgsin30°根据电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为E感=BL v根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I=感根据功率公式：P=F v联立解得：P=20W．答：（1）cd杆受安培力F安的大小为1.0N；（2）通过金属杆的感应电流为5.0A；（3）作用在金属杆ab上拉力的功率为20W．【解析】（1）以cd杆为研究对象，根据共点力的平衡条件求解安培力大小；（2）根据安培力的计算公式求解电流强度大小；（3）以ab杆为研究对象，根据平衡条件求解拉力大小，根据闭合电路的欧姆定律求解ab杆的速度，根据功率公式P=F v求解拉力的功率．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．六、简答题(本大题共1小题，共13.0分)14.如图（a），O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP=37°，OP中点处固定一电量为q1=2.0×10-8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光滑绝缘杆，其中ON 长为a=1m，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴（取O点处x=0），图（b）中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.24×10-3J，E1=1.92×10-3J，E2=6.2×10-4J．（静电力恒量k=9.0×109N•m2/C2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）（1）求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；（2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；。
(四川)四川省成都市石室中学2015届高三物理下学期“二诊”.
四川省成都市石室中学2015届高三物理下学期“二诊”模拟考试试题（扫描版，无答案）新人教版成都石畫中学高游15届201—2015学年度下期”二诊穩试物理试题第I •（透择體 共斗2分）蘇T 咖r 毎■召井.««»出的回仙I 中"有的只育 ftflu 有的有护曲（挣刨■目嘉轨 全 轉如的耨点如 逢对徂不全的轴 育选■翊|0九1.下列痕正越盼是< ）A. 牛鶴、米和称都是国砂牲制中的基本单垃B. 豊外卷比虹外捲灵容曷发生箭射现象c 離义相蔚锻认为・在不同的憤性阿紊中’ 一如您理规1W 是牌同的.K 空申的光逋都是相同的.m 麦克斯韦认为』只要空聞有至代的孚场或燮化的电珈就亠定16爭磁电理锻Z-如图新筋在咼―執道平而上的三牛心地薄卫星乐B. C.在熹一时期愴好在同一条直域上，官们的 埶堰半凰之比为】：玉3.质■相尊.则下刊询法屮正确的矗（）A, 三JBU 星的加速覆之比为如和1B. 三越卫星具旁机梯能的大小黃離为C 3卫星加逑启可与A 卫里相遇0-梵卫謹运动即周時T C 卫星也怆回到鷹地点3.如图甲为一列向谓横注在UMS 时劇的谀飛圏，的质臥Q 是平衡匹为= =4m 处的质点丫图乙为质点匕的振动岳*,轴 （｝A. t-o.ism T 筋点a 的加速度療于#E” t -O.15s 时，展点P 的远勒方向电#輛缺方何C +Ar=aioi 到t=0J5i T W?B 忙岫正方向传弄了 6 m 6从t=0<105到巴023齢质点匸通述的路程为30 CE 斗”如图甲所冠矩酵金*罐框鑒与確遷缱垂直的转報在匀强 磁场中匀速转动.■出交攝电的电动劳圈眾如图比所^婭Him ■的匝数比为1 : 10的理凉变压器结L 仃电供电.如图両所示*砲顿定功睾为22*”现闭會开洛 灯泡正亀发光.则（）A. z 血时则當过翔E 回磅的B.交槪电机的转速为100呐c.变压畧廩找■中电“示数为1A D,灯?S 的额宦电还为220^V5. Stiffly 弭光垂亶射入静止的水中，水中离堪足燐远的题有一小平面镜”在 增加和ar上各有一光坯井别为乳刖（图宇未脖出）.若己知水对红托折射車 为叫对紫比折射审为曲.平面険和水乎面的夹丸为0下列说准正•的是〔\ A.光査呂是彩色的且上如为鬻色 B.署増大&光5ES 中首先消先的是虻光U 若霖证$、亍均存在，哑需皿却卡 D.若保程陥S 1訥存在.则需心冷WP禺乙L … SW ” ■ ■ T ■»■ ■ r r T —e—・、*^w ■- r * r>>r J E B <■ *■ ■■ Ai Atfi-如国所示* WW1同种点电荷園定在卿谢上的片3阴点*过皿中点。
2015-2016年四川省成都市石室中学高一(下)期中物理试卷(解析版)
2015-2016学年四川省成都市石室中学高一（下）期中物理试卷一、单项选择题（每题只有一个答案正确，选对得3分，共12个小题，共36分）1．（3分）下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同2．（3分）下列说法中正确的是（）A．静摩擦力一定不做功B．滑动摩擦力一定做负功C．一对相互作用力做功之和一定等于零D．一对相互作用的摩擦力做功之和可能等于零3．（3分）关于功率的说法，正确的是（）A．由P＝知，力做功越多，功率就越大B．由P＝F•v知，物体运动越快，功率越大C．由W＝Pt知，功率越大，力做功越多D．由P＝Fvcosθ知，某一时刻，力大速率也大，功率不一定大4．（3分）下列关于物体的重力势能的说法中不正确的是（）A．物体重力势能的数值随选择的参考平面的不同而不同B．物体的重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的C．重力对物体做正功，则物体的重力势能增加D．物体位于所选的参考平面之下时，物体的重力势能为负值5．（3分）现在很多高档汽车都应用无极变速，无极变速可以在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速器．如图所示是截锥式无极变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动（不打滑）．当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速减小，当滚动轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是（）A．＝B．＝C．＝D．＝6．（3分）起重机从静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．铁索对货物的最大拉力为B．铁索对货物的最大拉力为C．重物的最大速度v2＝D．重物做匀加速运动的时间为7．（3分）如图所示，两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力，则（）A．两球的速度变化快慢不相同B．在同一时刻，两球的重力的功率不相等C．在下落过程中，两球的重力做功不相同D．在相等时间内，两球的速度增量相等8．（3分）如图所示，长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω．在轻杆A与水平方向的夹角α从0°增加到90°的过程中，下列说法正确的是（）A．小球B受到轻杆A作用力的方向一定沿着轻杆AB．小球B受到的合力的方向一定沿着轻杆AC．小球B受到轻杆A的作用力逐渐增大D．小球B受到轻杆A的作用力对小球B做正功9．（3分）据报道，美国宇航局发射的“勇气”号和“机遇”号孪生双子火星探测器在2004年1月4日和1月25日相继带着地球人的问候在火星着陆．假设火星和地球绕太阳的运动可以近似看作同一平面内同方向的匀速圆周运动，已知火星的轨道半径r1＝2.4×1011m，地球的轨道半径r2＝1.5×1011m，如图所示，从图示的火星与地球相距最近的时刻开始计时，请估算火星再次与地球相距最近需多长时间（）A．1.4年B．4年C．2.0年D．1年10．（3分）随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。
四川省成都市2015-2016学年高二物理下册期中考试题
成都七中 2015—2016 学年度下期高 2017届半期考试物理试卷考试时间：100分钟总分：110分一．选择题（本题为不定项选择题，共20小题，每小题3分，全选对得3分，选对不全得2分，选错或不选得分：共计 60分）1．下列关于电磁场和电磁波的说法中错误的是( )A ．只要空间某处有变化的电场或磁场，就会在其周围产生电磁场，从而形成电磁波B ．任何变化的电场周围一定有磁场C ．振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场D ．转换收音机频道的过程称为调谐2．以下对机械波的说法中正确的是()A ．由惠更斯原理可知，折射波与入射波的频率、波长都不相等B ．波长比障碍物尺寸小或相差不多时，会发生明显衍射现象C ．纵波不能用波的图象描述D ．医院中彩超检查利用了波的多普勒效应3．如图所示，LC 振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板 A带正电荷，则该瞬间：( )A ．电流 i正在增大，线圈L中的磁场能也正在增大 B ．电容器两极板间电压正在增大C ．电容器带电量正在减小D ．线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增强4．如图所示为LC 振荡电路中电容器的极板带电荷量随时间变化曲线，下列判断中正确的是( )．A ．在b和d时刻，电路中电场能最大B ．在 a 和 c时刻，电路中磁场能最大 C ．在 a →b时间内，电场能转变为磁场能 A C 0 A ．A灯比原来亮 B ．B灯比原来亮C ．C灯比原来亮 D ．A 、B 、C 三灯亮度仍然相同 K 3 b D K 1D ．在O →a 和 c →d时间内，电容器被充电5．一交流电源上，供电电压瞬时值为U =U sinω t ，此时三只灯泡亮度相 B L 同。
现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为 U =U sinω t ，ω =2ω 。
则C改换电源后( )～ u6．如图所示为日光灯示意电路，L 为镇流器，S为起动器.下列操作中， S观察到的现象不正确的是（ ）灯管 A ．接通 K ，K 接a ，K 断开，灯管正常发光aL K 2第 1 页 共 6 页B．将K2接到b，断开K3，接通K1，灯管可以正常发光C．断开K1、K3，令K2接b，待灯管冷却后再接通K1，可看到S闪光，灯管不能正常发光D．取下S，令K2接a，再接通K1、K3，接通几秒后迅速断开K3，灯管可能正常发光7．一个100匝矩形导线圈产生的正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（）A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin（25t）VB．当t =10-2s时，磁通量最大C．当t =10-2s时，线圈转动过程中磁通量变化率为100wb/sD．若将该交流电压加在阻值为R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W8．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、理想交流电表A。
四川省成都石室中学2015-2016学年高二下学期第8周周练
成都市石室中学高2017届高二下第8周周练一．选择题1．已知集合{}2|23,P y y x x x R ==-+∈，{}|ln(2)Q x y x ==+，则PQ =（ ）A ．RB ．()2,-+∞C ．[)2,+∞D ．(]2,2- 2．在ABC ∆中，1660=︒=b A ，，面积3220=S ，则a 等于（ ） A ．48 B ．49 C ．50 D ．513．已知某几何体的三视图如右图所示，其中，正（主）视图，侧（左）视 图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数 据可得此几何体的体积为（ ） A12+ B ．4136π+ C16+ D ．2132π+ 4．下面程序运行后，输出的值是（ ）A ．7B ．8C ．9D ．105．如果点P 在平面区域⎪⎩⎪⎨⎧≥-≤-+≥+-01202022y y x y x 上,点O 在曲线的那么上||,1)2(22PQ y x =++最小值为（ ）A ．23 B1-C ．122-D ．12-6．在长为12的线段AB 上任取一点C ．现作一矩形，两边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32的概率为（ ） A ．16 B ．13 C ．23 D ．457．已知函数37sin 20,466y x x ππ⎛⎫⎛⎫⎡⎤=+∈ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎝⎭的图像与直线y m =有三个交点，其横坐标分别为1x 、2x 、3x ()123x x x <<，那么1232x x x ++=（ ） A ．53π B ．43π C ．34π D ．32π8．函数()()nf x ax x 2=1-g 在区间()0,1上的图像如图所示，则n 可能是（i=0DO i=i+1LOOP UNTIL i*i>=90 i=i -1 PRINT i ENDA ．1B ．2C ．3D ．49．设F 是椭圆16722=+y x 的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点i P ()1,2,3,i =，使1FP ，2FP ，3FP ，组成公差为d 的等差数列，则d 的取值范围为（ ）A ．1(0,]10B ．11[,0)(0,]1010-C ．11[,]1010- D ．11(,)1010-10．设函数()1f x x x=-．对任意[)1,x ∈+∞，()()0f mx mf x +<恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(),1-∞-B ．()1,-+∞C ．(),1-∞D ．()1,+∞ 11．点P 在直线:1l y x =-上，若存在过P 的直线交抛物线2y x =于,A B 两点，且|||PA AB =，则称点P 为“优秀点”，那么下列结论中正确的是（ ）A ．直线l 上的所有点都是“优秀点”B ．直线l 上仅有有限个点是“优秀点”C ．直线l 上的所有点都不是“优秀点”D ．直线l 上有无穷多个点（点不是所有的点）是“优秀点”12．已知一非零“向量数列”{}n a 满足：()11,1a =，(),n n n a x y =()11111,2n n n n x y x y ----=-+ ()2,n n N *≥∈．给出下列四个结论：①数列{}n a 是等差数列；②1512a a =；③设22log n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，当且仅当2n =时，n T 取得最大值；④记向量n a 与1n a -的夹角为n θ()2n ≥，则均有4n πθ=，其中所有正确的结论的序号是（ ） A ．①③④ B ．②④ C ．②③④ D ．②③ 二．填空题13．一工厂生产了某种产品16800件，它们来自甲,乙,丙3条生产线，为检查这批产品的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样，已知甲．乙．丙三条生产线抽取的个体数组成一个等差数列，则乙生产线生产了 件产品．14．设双曲线12222=-by a x 的一条渐近线与抛物线21y x =+只有一个公共点，则双曲线的离心率为 ．15．在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数)0()(>=x e x f x 的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是 ．16．有两个相同的直三棱柱，高为a2，底面三角形的三边长分别为()3,4,50a a a a >。
四川省成都市石室中学2015-2016学年高二下学期期中考试物理答案
15
0.31s
=1.69s 0.52s 16.ADE 17.ACD 18.
（3）对 O 到 N，小球离开弹簧后到达 N 点的速度为零，根据能量守恒，得到
EP E0 E2 mghNP
E p E2 mghNP E0 6.2 104 103 10 0.6-1.24 10-3 5.38 10-3 J
考点：库仑定律；牛顿第二定律；能量守恒定律的应用
13【答案】 （1）1.0N； （2）5.0A ； （3）20W 【解析】 （1）金属杆 cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上。 则 F 安= mgsin30° 解得：F 安=1.0N （2）F 安=BIL 解得：I=5.0A （3）金属杆 ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆 ab 在拉力 F、安培力 F 安和重 力 mg 作用下匀速上滑， 则 F=BIL+ mgsin30°根据电磁感应定律，金属棒 ab 上产生的感应电动势为 E 感 = BLv E感 根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆 ab 的电流 I = 根据功率公式：P=Fv 2R 解得： P =20W 14
石室中学高 2017 届 2015—2016 学年度下期半期考试 物理答案
选择题 1 B
2 A
3 D
4 B
5 C
6 D
70 BC
11 AC
12（1）等于；等于（2）灵敏电流计 G 的示数为零；电流表和电压表的示数 I2 和 U2（3） (4 分)
U1 I 2 U 2 I1 U 2 U1 ； （4）等于。 I1 I 2 I 2 I1
四川省成都市石室中学2015-2016学年高二下学期期中考试文数试题 含解析
一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.）1。
已知集合{}{}24|0log 1,|40A x x B x x =<<=-≤，则A B =（ )A ．()0,1B ．(]0,2C ．()1,2D ．(]1,2【答案】D【解析】试题分析:由题意得{}{}|14,|22A x x B x x =<<=-≤≤,所以{|12}A B x x =<≤,故选D 。
考点：集合的运算. 2。
设x R ∈，且0x ≠,“112x ⎛⎫> ⎪⎝⎭”是“11x <”的( ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A考点：充要条件的应用.3.已知动点P 到点()2,0M -和到直线2x =-的距离相等，则动点P 的轨迹是（ )A ．抛物线B ．双曲线左支C ．一条直线D ．圆【答案】C【解析】试题分析：由题意得，设(,)P x y ，因为动点P 到点()2,0M -和到直线2x =-的距离相等,即PA d =，即22(2)2x y x ++=+，化简得0y =，所以动点P 的轨迹是一条直线，故选C. 考点：轨迹方程的求解.4.下列结论中，正确的是（ )A ．“2x >”是“220xx ->”成立的必要条件 B ．命题“若21x =，则1x =”的逆否命题为假命题C ．命题“2:,0p x R x∀∈≥"的否定形式为“200:,0p x R x ⌝∃∈≥” D ．已知向量,a b ，则“a b ”是“0a b +=”的充要条件【答案】B 考点：命题的真假判定.5.如图，该程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输出的3a=，则输入的,a b分别可能为（）A．15,18B．14,18C．13,18D．12,18【答案】A【解析】试题分析：根据题意,执行程序后，输出的3a=，则执行该程序框图前，输入,a b的最大公约数是3，分析选项中的四组数,满足条件的选项A，故选A.考点:程序框图。
四川省成都市石室中学2015-2016学年高二下学期期中考试数学(理)答案
理科答案D A C B A D B D C A C B13． ln 24π+ . 14． ____23____． 15. . 16.12 . 17．解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为11a =,∴2441=2+,123,46.++=+=+a d a d S d∵2441,1,a a S ++成等比数列,∴2424(1)(1)a a S +=+，即()223(2)(46).+=++d d d ……………4分解得2=d 或23=-d . ∵等差数列{}n a 是递增数列， ∴2=d ，∴21n a n =-.……………6分（Ⅱ）∵112n n n n na ab a a ++=+-212122121-+=+-+-n n n n 22(1)(1)22121=-++-+-n n 112()2121n n =--+……………8分 ∴111112(1)2()2()3352121=-+-++--+n T n n 12(1)21=-+n 421=+n n .……………10分 18.解：21cos cos 2C C C -=12cos 212C C -=，即sin(2)16C π-=，……………4分 ∵0C π<<，∴262C ππ-=，解得3C π=.……………6分（Ⅱ）∵m 与n 共线，∴sin 2sin 0B A -=.由正弦定理sin sin a b A B =，得2b a =，①……………8分 ∵3c=，由余弦定理，得2292cos 3a b ab π=+-，②，……………10分联立①②，a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩……………12分 19．解：（Ⅰ）如图1，在等腰梯形ABCD 中， E C DBA 图1B F OC D A 1E图2由//BC AD ，122BC AD ==，60A ∠=︒，E 为AD 中点， 所以ABE ∆为等边三角形．如图2,因为O 为BE 的中点，所以1AO BE ⊥． 又因为平面1A BE ⊥平面BCDE ，且平面1A BE 平面BCDE BE =，所以1AO ⊥平面BCDE ，所以1AO CE ⊥．……4分 （Ⅱ）连结OC ，由已知得CB CE =，又O 为BE 的中点，所以OC BE ⊥．由（Ⅰ）知1AO ⊥平面BCDE ， 所以11,AO BE AO OC ⊥⊥， 所以1,,OA OB OC 两两垂直．以O 为原点，1,,OB OC OA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系（如图）．因为2BC =，易知1OA OC ==所以1(00(100),(0(100)A B C E -，，，，，所以111(103),(033),(10A B AC A E =-=-=-，，，，，，． 设平面1ACE 的一个法向量为(,,)x y z =n ， 由 110,0 AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得0,0. x =-=⎪⎩ 即0, 0. y z x-=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取1z =，得(=n ．设直线1A B 与平面1ACE 所成角为θ，则1sin cos ,5A B θ=〈〉===n ． 所以直线1A B 与平面1ACE 所成角的正弦值为5． …………………8分 （Ⅲ）假设在侧棱1AC 上存在点P ，使得//BP 平面1AOF ． 设11A P AC λ=，[0,1]λ∈．因为1111BP BA AP BA AC λ=+=+，所以(10(0()BP λ=-+=-．易证四边形BCDE 为菱形，且CE BD ⊥，又由（Ⅰ）可知，1AO CE ⊥，所以CE ⊥平面1AOF ．所以(1,CE =-为平面1AOF 的一个法向量．由()(1,130BP CE λ⋅=-⋅-=-=，得1[0,1]3λ=∈． 所以侧棱1AC 上存在点P ，使得//BP 平面1AOF ，且1113A P AC =． …………12分20.解：（Ⅰ）()1x f x e '=-……………2分（Ⅱ）当0x >时，1xe a x->恒成立．……………8分 令()1xe g x=-，0x >，则()()21x e x g x x -'=，min 11g x g e ==-，实数a 的取值范围是(),1e -∞-．……………12分21.解：（Ⅰ）(3,0)F 在圆22:(16M x y +=内，∴圆N 内切于圆.M NM NF +∴轨迹E 的方程为（Ⅱ）①当4(11OA OC =2(14)(142k k ++≤当且仅当182,5>∴∆22.解：（Ⅰ）0a =…………2分（Ⅱ）),1(+∞∈∀x ，1ln ()x m x x ≤-恒成立， 设1()ln ()g x x m x x=--，即0)(),,1(≤+∞∈∀x g x . 22211()(1)mx x m g x m x x x-+-'=-+=…………4分 ①若0,()0m g x '≤>，0)1()(=≥g x g ，这与题设0)(≤x g 矛盾. …………5分 ②若0m >方程20mx x m -+-=的判别式214m ∆=-当0≤∆，即12m ≥时，0)(≤'x g .)(x g ∴在)(0,+∞上单调递减， 0)1()(=≤∴g x g ，即不等式成立. …………6分 当102m <<时，方程20mx x m -+-=，其根10x =>，21x =>， 当0)(),,1(2>'∈x g x x ,)(x g 单调递增，0)1()(=>g x g ，与题设矛盾. 综上所述，12m ≥ . …………8分 （Ⅲ）当1n =时，11≤，…………9分当2n ≥时， 在11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭中，令1k x k =-得111ln 121k k k k ⎛⎫<+ ⎪--⎝⎭()2k ≥， ()111ln 1221k k k k k+-<--()2k ≥，…………11分 ()221111ln 11221nn k k k k k k k ==⎡⎤++-<+⎢⎥--⎣⎦∑∑， 即*11111ln 1,2223n n N n n++≤++++∈…………12分。
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石室中学高2017届2015—2016学年度下期半期考试物理试卷一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题给出的四个选项中只有一个最符合题意．）1．下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是A．电场力、电场强度B．电场强度、电势差C．电场力做的功、电势能D．电势差、电势能2．如图所示，ab＝3bc，在c点固定一负电荷，将一负电荷从a点移到b点，负电荷在a、b两点的电势能分别为E p a、E p b，所受的电场力分别为F a、F b，则A．E p a<E p b B．3F a＝F bC．E p a>E p b D．9F a＝F b3．在点电荷Q形成的电场中，一带正电的粒子通过时的轨迹如图中实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是A．Q为负电荷B．运动中带正电的粒子总是克服电场力做功C．带正电的粒子经过两等势面的电势能E p a＞E p bD．带正电的粒子经过两等势面的动能E k a＞E k b4．如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，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R 2所在处出现火情时，以下说法中正确的是A．V1的示数减小，A2的示数增大B．V2的示数减小，A1的示数增大C．V1的示数不变，A1的示数减小D．V2的示数不变，A2的示数减小5．位于某电场中的x轴上的电势φ随位置x变化的图像如图所示，x=x1和x=−x1处，图像切线的斜率绝对值相等且最大，则在x轴上A．x=x1和x=−x1两处，电场强度相同B．x=x1和x=−x1两处，电场强度最小C．x=0处电场强度大小为零D．正电荷从x=x 1运动到x= +∞过程中，电势能逐渐减小6．如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器极板间电压为U，两极板间距为d．一电荷量大小为q的带电油滴以初动能E k从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则A．断开开关，将上极板上移d3，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E k+qU4B．断开开关，将上极板上移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击下极板时的动能为E k+qU4C．闭合开关，将上极板下移d3，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E k+qU8D．闭合开关，将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k+qU12二．不定项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选0分．）7．如图所示，以O点为圆心，以R=0.20m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ=60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4√3V 、4V、−4√3V，则下列说法正确的是A ．该匀强电场的场强E =40√3V/mB ．该匀强电场的场强E =80V/mC ．d 点的电势为−4VD ．d 点的电势为−2√3V8．如图，某带电粒子由静止开始经电压为U 的电场加速后，射入水平放置、电势差为U ′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M ，N 两点间的距离d 随着U 和U ′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）A. d 随U 变化，d 随U ′变化B. d 随U 变化，d 与U ′无关C. d 与U 无关，d 与U ′无关D. d 与U 无关，d 随U ′变化9．如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。
ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv 20410．如图所示，C 为电容器，D 为理想二极管（具有单向导电作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关S 至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P 向左移动一小段距离，结果发现电压表V 1的示数改变量大小为△U 1，电压表V 2的示数改变量大小为△U 2，电流表A 的示数改变量大小为△I ，则下列判断正确的有A ．∆U 1∆I 的值变大B ．U1I 的值变大C ．∆U 2∆I 的值不变，且始终等于电源内阻rD ．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少11．如下左图所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如下右图所示。
0 t 时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向水平向左为正。
则下面关于感应电流i 和cd 所受安培力F 随时间t 变化的图象正确的是三、实验题（本题共2小题，每空2分，共计14分）12．采用伏安法测量电源电动势E 和内阻r 时，由于电表因素带来了实验的系统误差．某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势E 和内电阻r 的电路，E′是辅助电源，A 、B 两点间有一灵敏电流计G ．（1）请你补充实验步骤：①闭合开关S 1、S 2，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，这时，A 、B 两点的电势φA 、φB 的关系是φA ______φB （选填“大于”、“小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数I 1和U 1，其中I 1______（选填“大于”、“小于”或“等于”）通过电源E 的电流．②改变滑动变阻器R 、R ′的阻值，重新使得 ，读出 ．（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E 表达式为______________、内电阻r 的表达式为___________．（3）该实验中E 测______E 真（选填“大于”、“小于”或“等于”）四、计算题（本题共3个小题，共34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，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．（7分）如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30︒角，平行导轨间距L =1.0 m 。
匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B =0.20T 。
两根金属杆ab 和cd 可以在导轨上无摩擦地滑动。
两金属杆的质量均为m =0．20 kg ，电阻均为R =0.20Ω。
若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab 上，使ab 杆沿导轨匀速上滑并使cd 杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。
金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g=10m/s 2。
求：（1）cd 杆受安培力F 安的大小；（2）通过金属杆的感应电流I ； （3）作用在金属杆ab 上拉力的功率P 。
14．（13分）如图（a ），O 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，∠NOP ＝37°，OP 中点处固定一电量为q 1＝2.0×10-8C 的正点电荷，M 点固定一轻质弹簧。
MN 是一光滑绝缘杆，其中ON 长为a ＝1m ，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O 点由静止释放，小球离开弹簧后到达N 点的速度为零。
沿ON 方向建立坐标轴（取O 点处x ＝0），图（b ）中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x 变化的图像，其中E 0＝1.24×10-3J ，E 1＝1.92×10-3J ，E 2＝6.2×10-4J 。
（静电力恒量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2）（1）求电势能为E 1时小球的位置坐标x 1和小球的质量m ；（2）已知在x 1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q 2；（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p 。
a b c d θB15．（14分）水平放置的平行正对的金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场（如图a所示，垂直纸面向里为正），磁感应强度B0=50T，已知两板间距离d=0.3m，电场强度E=50V/m，M板正中央有一小孔P，在P正上方h=5cm处的O点，一带电液滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t=0时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出（液滴以水平速度从M、N板位置经过时，认为夜滴恰好没有打在板上），已知油滴的质量m=10-4kg，带电量q=+2×10-5C。
（不计空气阻力，油滴可视为质点，重力加速度g=10m/s2）求：（1）油滴在P点的速度（2）N板的长度L和交变磁场的变化周期T五、选修3-4部分（本题共3个小题，共14分）(16、17题将正确答案标号填在答题卷上．选对一个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)16．下列说法中，正确的是______．A．台湾高雄2月6日凌晨发生6.7级地震，地震波是机械波，既有横波又有纵波B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场D．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直E．可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率F．两束频率不同的激光能产生干涉现象17．图(a)为一列简谐横波在t＝0.025 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点P的振动图象。
下列说法正确的是________．A．在t＝0.10 s时，质点P向y轴负方向运动B．在t＝0.25 s时，质点Q的加速度方向与y轴负方向相同C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位制)18．（6分）如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC，AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°，发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出，真空中的光束为c，求：①玻璃砖的折射率；②光线P从进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间。