第一章 章末检测试卷(一)
第一章 章末检测试卷(一))
第一章章末检测试卷(一))章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是()A．∀x∈(－∞，0)，x3＋x＜0B．∀x∈(－∞，0)，x3＋x≥0C．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0D．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0考点全称命题的否定题点识别全称命题的否定答案 C解析全称命题的否定是存在性命题．全称命题：∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0的否定是存在性命题：∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0.考点充分、必要条件和充要条件的综合应用题点必要不充分条件的判断答案 C解析当x＝1，y＝－2时，x>y，但x>|y|不成立；因为|y|≥y，所以若x>|y|，则x>y.所以x>y是x>|y|的必要不充分条件．4．命题“对于正数a，若a>1，则lg a>0”以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4考点四种命题的真假判断题点由四种命题的关系判断命题的真假答案 D解析原命题和逆命题是真命题，故逆否命题和否命题也是真命题．5．已知命题p：∃x∈R，使sin x＝52，命题q：∀x∈R，都有x2＋2x＋3>0.给出下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且綈q”是假命题；③命题“綈p或q”是真命题；④命题“綈p或綈q”是假命题．其中正确的是()A．②④B．②③C．③④D．①②③考点逻辑联结词与量词的综合应用题点逻辑联结词与量词的综合应用答案 B解析因为p为假命题，q为真命题，故綈p为真命题，綈q为假命题，所以“p且q”为假命题，“p且綈q”为假命题，“綈p或q”为真命题，“綈p或綈q”为真命题．6．“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点逻辑联结词与充要条件的综合应用题点逻辑联结词与充要条件的综合应用答案 B解析p∨q是真命题⇒p与q至少有一个是真命题⇏p∧q是真命题，p∧q是真命题⇒p∨q是真命题．所以“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的必要不充条件．7．“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是()A．a≥4 B．a≤4C．a≥5 D．a≤5考点四种条件题点识别四种条件答案 C解析任意x∈[1,2]，x2－a≤0⇔a≥4，又{a|a≥5}{a|a≥4}，∴“a≥5”是“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的充分不必要条件．8．给出以下四种命题：①若“p∨q”为真命题，则p，q均为真命题；②“若a>b，则2a>2b－1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b－1”；③“∀x∈R，x2＋x≥1”的否定是“∃x∈R，x2＋x≤1”；④“x>0”是“x＋1x≥2”的充要条件．其中正确的命题是() A．①②B．②③C．①④D．②④考点四种命题及命题的否定题点四种命题及命题的否定答案 D解析选项①中，若p∨q为真命题，则p与q 只需有一个为真命题即可，故①不正确；选项③中，∀x∈R，x2＋x≥1的否定为∃x∈R，x2＋x<1，故③不正确．9．若命题“∃x∈R，使ax2＋x－1>0”是假命题，则实数a的取值范围是()A．a<－14B．a>－1 4C．a≥－14D．a≤－14考点存在性命题题点由存在性命题的真假求参数的范围答案 D解析由题意知∀x∈R，ax2＋x－1≤0是真命题．当a ＝0时，x －1≤0，得x ≤1，所以不成立．当a ≠0时，由⎩⎨⎧a <0，Δ＝12＋4a ≤0， 得a ≤－14，故选D. 10．设x ∈Z ，集合A 是奇数集，集合B 是偶数集．若命题p ：∀x ∈A,2x ∈B ，则( )A ．綈p ：∀x ∈A,2x ∉BB ．綈p ：∀x ∉A,2x ∉BC ．綈p ：∃x ∉A,2x ∈BD ．綈p ：∃x ∈A,2x ∉B考点 全称命题的否定题点 识别全称命题的否定答案 D解析命题p：∀x∈A,2x∈B是一个全称命题，其命题的否定綈p应为∃x∈A,2x∉B.故选D.11．已知命题p：1x＋1>0；命题q：lg(x＋1＋1－x2)有意义，则綈p是綈q的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点四种条件与等价命题题点四种条件与等价命题答案 A解析由p得x>－1，由q得－1＜x≤1，则q是p的充分不必要条件，故綈p是綈q的充分不必要条件，故选A.12．设集合U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R}，若A ＝{(x ，y )|2x －y ＋m >0}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －n ≤0}，则点P (2,3)∈A ∩(∁U B )的充要条件是( )A ．m >－1，n <5B ．m <－1，n <5C ．m >－1，n >5D ．m <－1，n >5考点 充要条件的探求与证明题点 探求充要条件答案 A解析 A ∩(∁U B )满足⎩⎨⎧ 2x －y ＋m >0，x ＋y －n >0，∵P (2,3)∈A ∩(∁U B )，则⎩⎨⎧ 2×2－3＋m >0，2＋3－n >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >－1，n <5. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．命题“若a <b ，则2a <2b ”的否命题为____________，命题的否定为____________． 考点 否命题的概念题点 辨析命题的否定与否命题答案 若a ≥b ，则2a ≥2b 若a <b ，则2a ≥2b14．已知命题p ：关于x 的函数y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数，命题q ：函数y ＝(2a －1)x 为减函数，若“p 且q ”为真命题，则实数a 的取值范围是________．考点 p ∧q 形式的命题题点 由p ∧q 的真假求参数的范围答案 ⎝⎛⎦⎥⎥⎤12，23 解析 由y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数， ∴3a 2≤1，即a ≤23， ∴p ：a ≤23. ∵y ＝(2a －1)x 为减函数，∴0<2a －1<1，即12<a <1. ∴q ：12<a <1， ∵p 且q 为真命题，∴p 与q 均为真命题， 则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤23，12<a <1，∴a 的取值范围是12<a ≤23. 15．记不等式x 2＋x －6<0的解集为集合A ，函数y ＝lg(x －a )的定义域为集合B .若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则实数a 的取值范围为________．考点 充分、必要条件与充要条件的综合应用 题点 由充分条件求参数的范围答案 (－∞，－3]解析 由于A ＝{x |x 2＋x －6<0}＝{x |－3<x <2}，B＝{x |x >a }，而“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则有A ⊆B ，故a ≤－3.16．在下列四个命题中，真命题的个数是________．①∀x ∈R ，x 2＋x ＋3＞0；②∀x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1是有理数； ③∃α，β∈R ，使sin(α＋β)＝sin α＋sin β； ④∃x ，y ∈Z ，使3x －2y ＝10.考点 全称命题与存在性命题题点 全称命题与存在性命题的真假判断 答案 4解析 ①中x 2＋x ＋3＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋114≥114＞0， 故①是真命题；②中x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1一定是有理数， 故②是真命题；③中当α＝π4，β＝－π4时， sin(α＋β)＝0，sin α＋sin β＝0，故③是真命题； ④中当x ＝4，y ＝1时，3x －2y ＝10成立，故④是真命题．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知命题p ：x <－6或x >1，命题q ：5x －6>ax 2(a 为常数)．(1)写出原命题“若p ：x <－6或x >1，则q ：5x －6>ax 2”的逆否命题．(2)若p ⇔q ，则实数a 应满足什么条件？ 考点 四种条件题点 由四种条件求参数的范围解 (1)命题“若p ，则q ”的逆否命题为“若5x －6≤ax 2，则－6≤x ≤1”．(2)∵p ⇔q ，∴x <－6或x >1⇔5x －6>ax 2，即不等式ax 2－5x ＋6<0的解集为{x |x ＜－6或x >1}，故方程ax 2－5x ＋6＝0有两根－6,1，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝(－5)2－4a ×6>0，a (－6)2－5×(－6)＋6＝0，a －5×1＋6＝0，解得a ＝－1，故实数a 应满足a ＝－1.18．(12分)已知集合A ＝{x |x 2－3x －10≤0}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，且B ≠∅.(1)若“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题，求m 的取值范围；(2)“命题q ：∃x ∈A ，x ∈B ”是真命题，求m 的取值范围．考点 全称命题与存在性命题题点 由命题的真假求参数范围解 (1)A ＝{x |－2≤x ≤5}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，B ≠∅.∵“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题， ∴B ⊆A ，B ≠∅，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋1≤2m －1，m ＋1≥－2，2m －1≤5，解得2≤m ≤3.(2)q 为真，则A ∩B ≠∅，∵B ≠∅，∴m ≥2，∴⎩⎨⎧ －2≤m ＋1≤5，m ≥2，∴2≤m ≤4. 19．(12分)已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y | y ＝x 2－32x ＋1，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2，B ＝{x |x ＋m 2≥1}．若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，求实数m 的取值范围．考点 充分条件、必要条件与充要条件的综合应用题点 由四种条件由参数的范围解 y ＝x 2－32x ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716的对称轴为x ＝34， ∴y ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2上为增函数， ∴716≤y ≤2，即A ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤716，2. 又B ＝{x |x ＋m 2≥1}＝{x |x ≥1－m 2}，∵x ∈A ⇒x ∈B ，∴716≥1－m 2，即m 2≥916，∴m ≥34或m ≤－34. 即实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－34∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫34，＋∞. 20．(12分)已知命题p ：若函数f (x )＝1－x 3，则实数m 满足不等式f (m )＜2，命题q ：关于x 的方程2x ＋m ＝0(x ∈R)有实根．若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，求实数m 的取值范围．考点 p ∨q 与p ∧q 形式命题的综合应用 题点 由p ∨q 、p ∧q 的真假求参数的范围解 p ：∵f (x )＝1－x 3且f (m )＜2， ∴1－m 3＜2，即m ＞－5. q ：∵关于x 的方程2x ＋m ＝0有根，则m ＝－2x ，∴m ＜0.若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则存在两种情况；①当p 为真命题，q 为假命题时，⎩⎨⎧m ＞－5，m ≥0，∴m ≥0；②当q 为真命题，p 为假命题时，⎩⎨⎧m ≤－5，m ＜0，∴m ≤－5. 综上，若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则实数m 的取值范围是(－∞，－5]∪[0，＋∞)．21．(12分)设命题p ：实数x 满足|x －1|>a ，其中a >0；命题q ：实数x 满足3x 2－x －6<1.(1)若命题p 中a ＝1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围；(2)若綈p 是q 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．考点 逻辑联结词与四种条件题点 逻辑联结词与四种条件的综合应用解 (1)当a ＝1时，p ：x >2或x <0，q ：－2<x <3， 又p ∧q 为真，∴p ，q 都为真，∴由⎩⎨⎧ x >2或x <0，－2<x <3，得－2<x <0或2<x <3， ∴实数x 的取值范围为(－2,0)∪(2,3)．(2)p ：|x －1|>a ，∴x <1－a 或x >1＋a ，a >0， 綈p ：1－a ≤x ≤1＋a ，a >0.∵綈p 是q 的必要不充分条件，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，a ＋1≥3，1－a ≤－2，∴a ≥3，即实数a 的取值范围为[3，＋∞)．22．(12分)已知p ：x 2－8x －20≤0；q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，求m 的取值范围；(2)若綈p 是綈q 的必要不充分条件，求m 的取值范围．考点 四种条件题点 由四种条件求参数范围解 由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10， 即p ：－2≤x ≤10，q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，则⎩⎨⎧ 1－m 2≥－2，1＋m 2≤10， 即⎩⎨⎧m 2≤3，m 2≤9，即m 2≤3， 解得－3≤m ≤3，即m 的取值范围是[－3，3]．(2)∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件．即⎩⎨⎧ 1－m 2≤－2，1＋m 2≥10，(两个等号不同时成立) 即m 2≥9，解得m ≥3或m ≤－3.即m 的取值范围是{m |m ≤－3或m ≥3}．。
第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1．(2019·泰州高二月考)下列能层中，包含f能级的是()A．K能层B．L能层C．M能层D．N能层考点能层与能级题点能层与能级的表示方法及数量关系答案 D解析K能层是第一能层，只有1s能级；L能层是第二能层，有两个能级，即2s和2p；M 能层是第三能层，有三个能级，即3s、3p、3d；N能层是第四能层，有四个能级，即4s、4p、4d、4f。
根据能级数等于能层序数，只有能层序数≥4的能层才有f能级。
2．(2020·河南林州一中高二月考)下列有关“核外电子的运动状态”的说法中错误的是()A．各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7B．只有在能层、原子轨道、原子轨道的伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来C．原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的D．原子轨道伸展方向与能量大小无关考点原子结构的综合题点原子结构的综合答案 C解析各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，s轨道是球形的，故A正确；电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在能层、能级、电子云的伸展方向，以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确；根据泡利原理和洪特规则，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增加而增大，所以电子云伸展方向与能量大小无关，故D正确。
3．下列有关原子的最外能层的电子排布图正确的是()A．铍原子：B．碳原子：C．氯原子：D．铝原子：考点核外电子排布的表示方法题点电子排布图的书写与判断答案 C解析A项，铍原子的最外能层的电子排布图为，错误；B项，2p能级上的电子排布违反洪特规则，错误；C项氯原子的最外能层的电子排布图为，正确；D项，根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，则电子先排满3s轨道，才能排3p 轨道，所以该电子排布违背了能量最低原理，错误。
2022秋高中数学章末检测1第一章空间向量与立体几何新人教A版选择性必修第一册
第一章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共8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．在空间直角坐标系中，点P(－2，1，4)关于x轴的对称点的坐标是( )A．(－2，－1，－4)B．(－2，1，－4)C．(2，－1，4)D．(2，1，－4)【答案】A 【解析】关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标和竖坐标相反．故选A．2．已知a＝(1，2，－y)，b＝(x，1，2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则( )A．x＝，y＝1B．x＝，y＝－4C．x＝2，y＝－D．x＝1，y＝－1【答案】B 【解析】由题意可得，a＋2b＝(1＋2x，4，4－y)，2a－b＝(2－x，3，－2y－2)．∵(a＋2b)∥(2a－b)，∴∃λ∈R，使a＋2b＝λ(2a－b)，得解得故选B．3．已知空间三点O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(0，1，1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )A．(－2，2，0)B．(2，－2，0)C．D．【答案】C 【解析】由OA＝(－1，1，0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则BH＝(－λ，λ－1，－1)．又因为BH⊥OA，所以BH·OA＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，所以H．4．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量AB1，AD1，BD是( )A．有相同起点的向量B．等长的向量C．不共面向量D．共面向量【答案】D 【解析】因为AD1－AB1＝B1D1＝BD，所以AB1，AD1，BD共面．5．已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是( )A．B．C．D．【答案】C 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(1，0，0)，E，F，D1(0，0，1)，所以AD1＝(－1，0，1)，AE＝．设平面AEFD1的法向量n＝(x，y，z)，则即所以x＝2y＝z．取y＝1，则n＝(2，1，2)．而平面ABCD的一个法向量u＝(0，0，1)，因为cos〈n，u〉＝，所以sin〈n，u〉＝．6．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1．若EF＝xAB＋yAD＋zAA1，则x＋y＋z＝( )A．－1B．0C．D．1【答案】C 【解析】因为EF＝AF－AE＝AD＋DF－(AB＋BE)＝AD＋DD1－AB－BB1＝－AB＋AD＋AA1，所以x＝－1，y＝1，z＝，所以x＋y＋z＝．7．在以下命题中，不正确的个数为( )①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP＝2OA－2OB－OC，则P，A，B，C四点共面；④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|．A．5B．4C．3D．2【答案】B 【解析】①|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知，正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．8．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )A．B．C．D．【答案】C 【解析】如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F，所以PA＝(0，0，－2)，DE＝，DF＝．设n＝(x，y，z)是平面DEF的法向量，由得取x＝2，则z＝1，y＝0，所以n＝(2，0，1)是平面DEF的一个法向量．设直线PA与平面DEF所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈PA，n〉|＝＝．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列各选项中，不正确的是( )A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有AB＋BC＋CD＋DA＝0B．对于非零向量a，b，〈a，b〉与〈a，－b〉相等C．若AB，CD共线，则AB∥CDD．对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面【答案】BCD 【解析】显然A正确；若a，b为非零向量，则〈a，b〉与〈a，－b〉互补，故B错误；若AB，CD共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误．10．若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式的结果为零向量的是( )A．AB＋2BC＋2CD＋DC B．2AB＋2BC＋3CD＋3DA＋ACC．AB＋CA＋BD D．AB－CB＋CD－AD【答案】BD 【解析】A中，原式＝AB＋2BD＋DC＝AB＋BD＋BD＋DC＝AD＋BC，不符合题意；B中，原式＝2(AB＋BC＋CD＋DA)＋(AC＋CD＋DA)＝0；C中，原式＝CD，不符合题意；D中，原式＝(AB－AD)＋(CD－CB)＝0．11．已知正方体ABCD－A′B′C′D′的中心为O，则在下列各结论中正确的有( )A．OA＋OD与OB′＋OC′是一对相反向量B．OB－OC与OA′－OD′是一对相反向量C．OA＋OB＋OC＋OD与OA′＋OB′＋OC′＋OD′是一对相反向量D．OA′－OA与OC－OC′是一对相反向量【答案】ACD 【解析】如图，A中，OA＝－OC′，OD＝－OB′，所以OA＋OD＝－(OB′＋OC′)，是一对相反向量；B中，OB－OC＝CB，OA′－OD′＝D′A′，而CB＝D′A′，故不是相反向量；C中，同A也是正确的；D中，OA′－OA＝AA′，OC－OC′＝C′C＝－AA′，是一对相反向量．12．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，CD＝2，点Q是PD的中点，则下列结论正确的是( )A．CQ⊥平面PADB．PC与平面AQC所成角的余弦值为C．三棱锥B－ACQ的体积为6D．四棱锥Q－ABCD外接球的内接正四面体的表面积为24【解析】取AD的中点O，BC的中点E，连接OE，OP，因为三角形PAD为等边三角形，所以OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD．因为AD⊥OE，所以OD，OE，OP两两垂直，如图，以O为坐标原点，OD，OE，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，D(，0，0)，A(－，0，0)，P(0，0，3)，C(，2，0)，B(－，2，0)．因为点Q是PD的中点，所以Q，平面PAD的一个法向量m＝(0，1，0)，QC＝，显然m 与QC不共线，所以CQ与平面PAD不垂直，所以A不正确；PC＝(，2，－3)，AQ ＝，AC＝(2，2，0)，设平面AQC的法向量n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝－，z＝－，所以n＝(1，－，－)，设PC与平面AQC所成角为θ，则sinθ＝＝＝，所以cosθ＝，所以B正确；三棱锥B－ACQ的体积为V B－ACQ＝V Q－ABC＝S△ABC·OP＝××2×2××3＝6，所以C不正确；设四棱锥Q－ABCD外接球的球心为M(0，，a)，则MQ＝MD，故＋()2＋＝＋＋a2，解得a＝0，即M(0，，0)为矩形ABCD对角线的交点，所以四棱锥Q－ABCD外接球的半径为3，设四棱锥Q－ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为x，所以3＝62，得x2＝24，所以正四面体的表面积为4×x2＝24，所以D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2021年潮州模拟)由空间向量a＝(1，2，3)，b＝(1，－1，1)构成向量集合A＝{x|x＝a＋k b，k∈Z}，则向量x的模|x|的最小值为________．【答案】 【解析】因为a＝(1，2，3)，b＝(1，－1，1)，所以x＝a＋k b＝(1＋k，2－k，3＋k)，所以|x|＝＝＝．因为k∈Z，所以k＝－1时，|x|的值最小，最小值为．14．下列命题：①已知λ∈R，则|λa|＝λ|a|；②在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BC＝B1C1；③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．其中正确的命题的序号是________．【解析】①|λa|＝|λ||a|，故①错误；②正确；③若两个平面垂直，则它们的法向量一定垂直，若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，故③正确．15．如图，设O为▱ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若AE＝OD＋xOB＋yOA，则x＋y＝________．【答案】－1 【解析】AE＝OE－OA＝OC－OA＝(OB＋BC)－OA＝(OB＋AD)－OA＝(OB＋OD －OA)－OA＝－OA＋OB＋OD，所以x＝，y＝－．所以x＋y＝－1．16．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是________；若D1E⊥EC，则AE＝________．【答案】90° 1 【解析】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，又因为AD＝AA1＝1，AB＝2，则D(0，0，0)，D1(0，0，1), A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，2，0)，设E(1，m，0)，0≤m≤2，则D1E＝(1，m，－1)，A1D＝(－1，0，－1)，所以D1E·A1D＝－1＋0＋1＝0，所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°．因为D1E＝(1，m，－1)，EC＝(－1，2－m，0)，D1E⊥EC, 所以D1E·EC＝－1＋m(2－m)＋0＝0，解得m＝1，所以AE＝1．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上是否存在一点E，使得OE⊥b(O为原点)?解：(1)因为a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，所以2a＋b＝(0，－5，5)．所以|2a＋b|＝＝5．(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，则AE＝λAB，即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)，所以所以E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，所以OE＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．又因为b＝(－2，1，1)，OE⊥b，所以OE·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，所以λ＝，所以E．所以在直线AB上存在点E，使OE⊥b．18．(12分)已知空间三点A(1，2，3)，B(2，－1，5)，C(3，2，－5)，试求：(1)△ABC的面积；(2)△ABC的AB边上的高．解：(1)AB＝(2，－1，5)－(1，2，3)＝(1，－3，2)，AC＝(3，2，－5)－(1，2，3)＝(2，0，－8)，AB·AC＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，|AB|＝，|AC|＝2，cos〈AB，AC〉＝＝－，sin〈AB，AC〉＝，S△ABC＝|AB|·|AC|sin〈AB，AC〉＝×2×＝3．(2)|AB|＝，设AB边上的高为h，则|AB|·h＝S△ABC＝3，所以h＝3．19．(12分)如图，在三棱锥S－ABC中，侧面SAC与底面ABC垂直，E，O分别是SC，AC的中点，且SA＝SC＝，BC＝AC，∠ASC＝∠ACB＝90°．(1)求证：OE∥平面SAB；(2)若点F在线段BC上，问：无论点F在BC的何处，是否都有OE⊥SF？请证明你的结论．(1)证明：因为E，O分别是SC，AC的中点，所以OE∥SA．又因为OE⊄平面SAB，SA⊂平面SAB，所以OE∥平面SAB．(2)解：方法一，在△SAC中，因为OE∥AS，∠ASC＝90°，所以OE⊥SC．又因为平面SAC⊥平面ABC，∠BCA＝90°，BC⊂平面SAC，所以BC⊥平面SAC．又因为OE⊂平面SAC，所以BC⊥OE．因为SC∩BC＝C，所以OE⊥平面BSC．又因为SF⊂平面BSC，所以OE⊥SF．所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF．方法二，连接SO．因为O是AC的中点，SA＝SC，所以SO⊥AC．又因为平面SAC⊥平面ABC，所以SO⊥平面ABC．同理可得BC⊥平面SAC．如图，在平面ABC内，过点O作OM⊥AC，以O为原点，OM，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则点O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，E，OE＝．由于点F∈BC，故可设点F(x，1，0)，则SF＝(x，1，－1)，SF·OE＝0恒成立，所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF．20．(12分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图1把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD(如图2)．(1)求证：CD⊥AB．(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离．(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(1)证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD．因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD．又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB．(2)解：如图，以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，由已知可得A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0)，所以CD＝(0，－2，0)，AD＝(－1，0，－1)，MC＝(－1，1，0)．设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则CD⊥n，AD⊥n，所以令x＝1，得平面ACD的一个法向量n＝(1，0，－1)，所以点M到平面ACD的距离d＝＝．(3)解：假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设BN＝λBC，0≤λ≤1，则N(2－2λ，2λ，0)，所以AN＝(1－2λ，2λ，－1)．又因为平面ACD 的一个法向量n＝(1，0，－1)，且直线AN与平面ACD所成角为60°，所以sin60°＝＝，可得8λ2＋2λ－1＝0，所以λ＝或λ＝－(舍去)．综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60°，此时＝．21．(12分)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝2．(1)求线段BC1的长度；(2)求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，所以DC＝(0，2，0)，BC1＝(－2，－2，2)，|DC|＝2，|BC1|＝＝2．(2)由(1)可知，DC＝(0，2，0)，BC1＝(－2，－2，2)，所以cos〈DC，BC1〉＝＝＝＝－．所以异面直线BC1与DC所成的角的余弦值为．22．(12分)如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，C是AB的中点，D为AC的中点．(1)求证：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．解：如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，D．(1)证明：设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·OD＝0，n1·OP＝0，得所以z1＝0，x1＝y1，取y1＝1，得n1＝(1，1，0)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·PA＝0，n2·PC＝0，得所以x2＝－z2，y2＝z2，取z2＝1，得n2＝(－，，1)．因为n1·n2＝(1，1，0)·(－，，1)＝0，所以n1⊥n2，从而平面POD⊥平面PAC．(2)因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量n3＝(0，1，0)．由(1)知，平面PAC的一个法向量n2＝(－，，1)．设向量n2和n3的夹角为θ，则cosθ＝＝＝．由图可知，二面角B－PA－C的平面角为锐角，所以二面角B－PA－C的余弦值为．11。
高中数学选择性必修一 第1章 章末检测试卷(一)
解析 由l∥α，故a⊥μ，即a·μ＝0，故选D.
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3.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则
—→ → AO1 ·AC
7.已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1).若c
为平面α的法向量，则m，n的值分别为
√A.－1,2
B.1，－2
C.1,2
D.－1，－2
解析 c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1) ＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)， 由 c 为平面 α 的法向量，得cc··ba＝＝00，， 即3mm＋＋5nn＋－19＝＝00，， 解得mn＝＝2－. 1，
15.在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线
5 BC1与直线AB1所成角的余弦值为___5___.
解析 不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1). ∴—BC→1 ＝(0,2，－1)，—AB→1 ＝(－2,2,1).
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4.已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(03
C.4
D.5
解析 设BC边的中点为D，
则A→D＝12(A→B＋A→C)＝(－1，－2,2)， 所以|A→D|＝ 1＋4＋4＝3.
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章末检测1：章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是( )A ．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B ．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间C ．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去D ．跳高运动中的垫子总是十分松软答案 C2．如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A 和B ，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力F ，A 和B 迎面相碰后合在一起，则A 和B 合在一起后的运动情况是( )图1A ．停止运动B ．因A 的质量较大而向右运动C ．因B 的速度较大而向左运动D ．运动方向不确定答案 A解析 由动量定理知，A 和B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.3．(2019·湖北重点高中联考)一只小船质量为M ，船上人的质量为m .船原来以速度v 0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为( )A ．v 0B.m M v 0C.M ＋m M v 0D.M ＋2m Mv 0 答案 D解析 当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m (－v 0)＋M v解得：v ＝M ＋2m Mv 0，故D 正确． 4．一质量为60 kg 的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N答案 D解析 设建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力大小为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－m v ，所以F ＝mg ＋m v t＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错． 5．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a 球的动量p a ＝30 kg·m/s ，b 球的动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/sD ．30 kg·m/s 答案 C解析 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，故此时a 球的动量是10 kg·m/s ，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为20 kg·m/s.6．(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v 的水平速度，重力加速度为g ，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A.v 42h g B.2v 32h g C ．4v2h g D.4v 32h g 答案 D解析 设其中一块质量为m ，另一块质量为3m .爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －3m v ′＝0，解得v ′＝v 3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2h g ，落地后两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v 32h g ，故选D.7.如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M 2MgR M ＋m ，方向向左 C.m M 2MgR M ＋m，方向向右 D ．不能确定答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝m M 2MgR M ＋m，方向向左，故选项B 正确． 8.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m 的装有14弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )图3A ．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B ．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C ．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D ．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v 0答案 C解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为v 1，小车的速度为v 2，整个过程中水平方向动量守恒：m v 0＝m v 1＋m v 2，由机械能守恒得：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22，联立解得v 1＝0，v 2＝v 0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图4所示，用水平轻弹簧相连的物块a 和b 放在光滑的水平面上，物块a 紧靠竖直墙壁，物块c 以初速度v 0向物块b 运动并在极短时间内与b 粘在一起．对于由物块a 、b 、c 和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是( )图4A ．c 刚与b 接触→c 与b 粘在一起B ．b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大C ．弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长D ．弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大答案 BC解析 c 与b 粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A 错误；b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，机械能守恒，但动量不守恒，故B 正确；弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C 正确；弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大，动量守恒，机械能守恒，故D 错误．10．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 球的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能．当v A ′＝13v 0时，v A ′与v 0同向，有 m v 0＝13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝13v 0 当v A ′＝－13v 0时，v A ′与v 0反向，有 m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝23v 0，故选A 、B.11.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，木块C 距小车右端的距离为L ，如图5所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图5A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块相对地面运动的速度大小为v 时，小车相对地面运动的速度大小为m M vC ．小车向左运动的最大位移为mL M ＋mD ．小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC解析 小车、弹簧与木块C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝m Mv ，该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mL M ＋m，综上，选项B 、C 正确． 12.(2020·郑州一中高二期中)如图6所示，质量为m 的小球A 静止于光滑的水平面上，在球A 和墙之间用水平轻弹簧连接，现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧．若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A 、B 整体的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )图6A ．E ＝14m v 02 B ．E ＝12m v 02 C ．I ＝m v 0D ．I ＝2m v 0答案 AD解析 选取A 、B 作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v ，在A 、B 两球碰撞过程中，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋m )v ，解得v ＝v 02，再将A 、B 及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 02，A 正确，B 错误；弹簧压缩到最短后，A 、B 开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A 、B 的速度大小均为v 02，以水平向右为正方向，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A 、B 整体的冲量大小I ＝2m ×v 02－2m ×⎝⎛⎭⎫－v 02＝2m v 0，C 错误，D 正确．三、非选择题(本题6小题，共60分)13．(6分)(2019·玉溪一中期中)如图7所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图7(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP .然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m 2相撞，并多次重复．(小球质量关系满足m 1>m 2)接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放时的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________[用(2)中测量的量表示]． 答案 (1)C(2分) (2)ADE(2分) (3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP (2分)解析 (1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C.(2)实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E.(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON.14．(8分)(2019·济宁市模拟考试)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验：图8①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．②按如图8所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中________点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点在图中________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A．m1L F＝m1L D＋m2L EB．m1L E2＝m1L D2＋m2L F2C．m1L E＝m1L D＋m2L FD．L E＝L F－L D答案(1)E(2分)D(2分)(2)C(4分)解析(1)小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在题图中的E点，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落点是D点，b球的落点是F点．(2)设斜面BC 的倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只需满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，把速度v 代入整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，就可说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．15．(8分)(2019·陕西怀仁高二期中)如图9所示，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，已知人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：图9(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向；(2)人最终与滑板的共同速度的大小．答案 (1)20 kg·m/s 方向水平向右 (2)2.4 m/s解析 (1)人跳起后A 与B 碰撞前后动量守恒，设碰后AB 的速度为v 1，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1 (2分)解得：v 1＝1 m/s(1分)A 对B 的冲量：I ＝m B v 1＝20×1 kg·m/s ＝20 kg·m/s 方向水平向右．(2分)(2)人下落与AB 作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v 2，m 人v 0＋(m A ＋m B )v 1＝(m 人＋m A ＋m B )v 2(2分)代入数据得：v 2＝2.4 m/s.(1分)16．(12分)如图10所示，在光滑水平面上静止放着一质量为2m 的木板B ，木板表面光滑，右端固定一水平轻质弹簧，质量为m 的木块A 以速度v 0从木板的左端水平向右滑上木板B .图10(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)弹簧被压缩至最短的过程中，求弹簧给木块A 的冲量；(3)当木块A 和木板B 分离时，求木块A 和木板B 的速度．答案 (1)13m v 02 (2)23m v 0，方向水平向左 (3)13v 0，方向水平向左 23v 0，方向水平向右 解析 (1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与木板B 具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v ，从木块A 开始沿木板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 和轻弹簧组成的系统的动量守恒，取向右为正方向，有m v 0＝(m ＋2m )v (2分)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12m v 02－12(m ＋2m )v 2(1分) 解得E p ＝13m v 02(1分) (2)对木块A ，根据动量定理得I ＝m v －m v 0(1分)解得I ＝－23m v 0，负号表示方向水平向左(1分) (3)从木块A 滑上木板B 直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A 、B 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2(2分)根据机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 22 (2分) 解得v 1＝－v 03，v 2＝2v 03，负号表示方向水平向左．(2分) 17.(12分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以大小为v 02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图11所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4，速度大小为v 0，子弹射入木块A (时间极短)并留在其中．求：图11(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小．(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02 解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；(1分) 由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 02－m v 04＝(m 4＋m )v A (2分) 解得v A ＝v 05(2分)(2)在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选向左为正方向，由动量守恒定律得： 54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v (2分) 由机械能守恒定律得：12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm (3分) 联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02.(2分) 18．(14分)(2020·荆门市龙泉中学期末考试)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面平滑相接，如图12所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：图12(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．答案 (1)v 04，方向向左 (2)5v 0216μg (3)v 0264g解析 (1)物块由点A 到点B 时，取向左为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB (2分)又v B ＝v 02，(1分) 解得v AB ＝v 04，方向向左(1分) (2)物块由点A 到点B 时，根据能量守恒定律得12m v 02－12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝μmgL (3分) 解得L ＝5v 0216μg.(1分) (3)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 组成的系统在水平方向上动量守恒m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共(2分) 滑块CD 与物块P 组成的系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2m v 共2(2分) 联立解得，滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 0264g .(2分)。
新教材高中数学必修一第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．设集合A＝{1,2,3}，B＝{x|－1<x<2，x∈Z}，则A∪B等于()A．{1} B．{1,2}C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}答案 C解析集合A＝{1,2,3}，B＝{x|－1<x<2，x∈Z}＝{0,1}，所以A∪B＝{0,1,2,3}．2．集合A＝{x∈N|0<x<4}的真子集个数为()A．3 B．4 C．7 D．8答案 C解析∵集合A＝{x∈N|0<x<4}＝{1,2,3}，∴真子集的个数是23－1＝7.3．命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是()A．对任意x∈R，都有x2<1B．不存在x∈R，使得x2<1C．存在x∈R，使得x2≥1D．存在x∈R，使得x2<1答案 D解析因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是：存在x∈R，使得x2<1.4．设集合A＝{x，y}，B＝{0，x2}，若A＝B，则2x＋y等于()A．0 B．1 C．2 D．－1答案 C解析由A＝B，得x＝0或y＝0.当x＝0时，x2＝0，此时B＝{0,0}，不满足集合中元素的互异性，舍去；当y＝0时，x＝x2，则x＝0或x＝1.由上知x＝0不合适，故y＝0，x＝1，则2x＋y＝2. 5．“a＝－1”是“函数y＝ax2＋2x－1与x轴只有一个交点”的()A．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 当a ＝－1时，函数y ＝ax 2＋2x －1＝－x 2＋2x －1与x 轴只有一个交点；但若函数y ＝ax 2＋2x －1与x 轴只有一个交点，则a ＝－1或a ＝0，所以“a ＝－1”是“函数y ＝ax 2＋2x －1与x 轴只有一个交点”的充分不必要条件．6．已知集合A ＝[－2,7]，B ＝(m ＋1,2m －1)，若A ∪B ＝A 且B ≠∅，则m 的取值范围为( ) A ．[－3,4] B ．(－3,4) C ．(2,4) D ．(2,4]答案 D解析 ∵A ∪B ＝A ，∴B ⊆A ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≥－2，2m －1≤7，m ＋1<2m －1，即2<m ≤4.7．已知集合A ＝{x |a －2<x <a ＋2}，B ＝{x |x ≤－2或x ≥4}，则A ∩B ＝∅的充要条件是( ) A ．0≤a ≤2 B ．－2<a <2 C ．0<a ≤2 D ．0<a <2答案 A解析 A ∩B ＝∅⇔⎩⎪⎨⎪⎧a －2≥－2，a ＋2≤4⇔0≤a ≤2.8．已知命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋2x ＋3>0.若命题p 为假命题，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，13 B.⎝⎛⎦⎤0，13 C.⎝⎛⎦⎤－∞，13 D.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 答案 C解析 若a ＝0，则不等式等价为2x ＋3>0，对于∀x ∈R 不恒成立，若a ≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4－12a <0，解得a >13，∴命题p 为真命题时a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，＋∞， ∴使命题p 为假命题的a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知集合 A ＝{x |ax ≤2}，B ＝{2，2}，若 B ⊆A ，则实数 a 的值可能是( ) A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2 答案 ABC解析 因为B ⊆A ，所以2∈A ，2∈A ，⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤2，2a ≤2，解得a ≤1. 10．下列说法正确的是( )A ．命题“∀x ∈R ，x 2>－1”的否定是“∃x ∈R ，x 2<－1”B ．命题“∃x ∈(－3，＋∞)，x 2≤9”的否定是“∀x ∈(－3，＋∞)，x 2>9”C ．“x 2>y 2”是“x >y ”的必要不充分条件D ．“m <0”是“关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根”的充要条件 答案 BD解析 A ．命题“∀x ∈R ，x 2>－1”的否定是“∃x ∈R ，x 2≤－1”，故错误； B ．命题“∃x ∈(－3，＋∞)，x 2≤9”的否定是“∀x ∈(－3，＋∞)，x 2>9”，正确； C ．x 2>y 2⇔|x |>|y |，|x |>|y |不能推出x >y ，x >y 也不能推出|x |>|y |，所以“x 2>y 2”是“x >y ”的既不充分也不必要条件，故错误；D ．关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根⇔⎩⎨⎧4－4m >0，m <0⇔m <0，所以“m <0”是“关于x 的方程x 2－2x ＋m ＝0有一正根一负根”的充要条件，正确．11．给出下列四个条件：①xt 2>yt 2；②xt >yt ；③2x >2y ；④0<1x <1y .其中能成为x >y 的充分条件的是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 ACD解析 ①由”xt 2>yt 2可知t 2>0， 所以x >y ，故xt 2>yt 2⇒x >y ；② 当t >0时，x >y ；当t <0时，x <y ，故xt >yt ⇏ x >y ； ③ 2x >2y ⇒x >y ； ④0<1x <1y⇒x >y .12．若x ∈{x |x <k 或x >k ＋3}是x ∈{x |－4<x <1}的必要不充分条件，则实数k 可以是( ) A ．－8 B ．－5 C ．1 D ．4 答案 ACD解析 由题意知(－4,1)(－∞，k )∪(k ＋3，＋∞)， 所以k ≥1或k ＋3≤－4， 即k ∈(－∞，－7]∪[1，＋∞)．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．“红豆生南国，春来发几枝？愿君多采撷，此物最相思．”这是唐代诗人王维的《相思》，在这四句诗中，可作为命题的是________． 答案 红豆生南国解析 “红豆生南国”是陈述句，意思是“红豆生长在中国南方”，这在唐代是事实，故本语句是命题，且是真命题；“春来发几枝”是疑问句，“愿君多采撷”是祈使句，“此物最相思”是感叹句，都不是命题．14．已知p ：－1<x <3，q ：－1<x <m ＋1，若p 是q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是________，若p 是q 的充要条件，则m 的值是________．(本题第一空3分，第二空2分) 答案 (－2,2) 2解析 由p ：－1<x <3，q ：－1<x <m ＋1，p 是q 的必要不充分条件，得－1<m ＋1<3，即－2<m <2；若p 是q 的充要条件，则m ＋1＝3，所以m ＝2.15．已知集合A ＝{x |x <a }，B ＝{x |1<x <2}，A ∪(∁R B )＝R ，则实数a 的取值范围是________． 答案 {a |a ≥2}解析 因为B ＝{x |1<x <2}，所以∁R B ＝{x |x ≤1或x ≥2}．又因为A ∪(∁R B )＝R ，A ＝{x |x <a }， 观察∁R B 与A 在数轴上表示的区间，如图所示，可得当a≥2时，A∪(∁R B)＝R.16．当A，B是非空集合，定义运算A－B＝{x|x∈A，且x∉B}，若M＝{x|x≤1}，N＝{y|0≤y≤1}，则M－N＝________.答案{x|x<0}解析画出数轴如图：∴M－N＝{x|x∈M且x∉N}＝{x|x<0}．四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知全集U为R，集合A＝{x|0<x≤2}，B＝{x|x<－3或x>1}．求：(1)A∩B；(2)(∁U A)∩(∁U B)；(3)∁U(A∪B)．解(1)在数轴上画出集合A和B，可知A∩B＝{x|1<x≤2}．(2)∁U A＝{x|x≤0或x>2}，∁U B＝{x|－3≤x≤1}．在数轴上画出集合∁U A和∁U B，可知(∁U A)∩(∁U B)＝{x|－3≤x≤0}．(3)由(1)中数轴可知，A∪B＝{x|x<－3或x>0}．所以∁U(A∪B)＝{x|－3≤x≤0}．18．(12分)写出下列命题的否定，并判断所得命题的真假性．(1)∀x∈Z，|x|∈N；(2)每一个平行四边形都是中心对称图形；(3)∃x∈R，x＋1≤0；(4)∃x∈R，x2＋2x＋3＝0.解 (1)∃x ∈Z ，|x |∉N ，假命题．(2)有些平行四边形不是中心对称图形，假命题． (3)∀x ∈R ，x ＋1>0，假命题． (4)∀x ∈R ，x 2＋2x ＋3≠0，真命题．19．(12分)若一个数集中任何一个元素的倒数仍是该数集中的元素，则称该数集为“可倒数集”．(1)判断集合A ＝{－1,1,2}是否为可倒数集； (2)试写出一个含3个元素的可倒数集．解 (1)由于2的倒数为12，12不在集合A 中，故集合A 不是可倒数集．(2)若a ∈B ，则必有1a ∈B ，现已知集合B 中含有3个元素，故必有1个元素a ＝1a ，即a ＝±1.故可以取集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，2，12或⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，2，12或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3，13等．20．(12分)已知集合M ＝{x |2x －4＝0}，集合N ＝{x |x 2－3x ＋m ＝0}． (1)当m ＝2时，求M ∩N ，M ∪N ； (2)当M ∩N ＝M 时，求实数m 的值．解 (1)由题意得M ＝{2}，当m ＝2时，N ＝{x |x 2－3x ＋2＝0}＝{1,2}， 则M ∩N ＝{2}，M ∪N ＝{1,2}．(2)因为M ∩N ＝M ，所以M ⊆N ，因为M ＝{2}，所以2∈N . 所以2是关于x 的方程x 2－3x ＋m ＝0的解， 即4－6＋m ＝0，解得m ＝2.21．(12分)设a ，b ，c 为△ABC 的三边，求证：方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°.证明 必要性：∵方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根ξ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ξ2＋2aξ＋b 2＝0，ξ2＋2cξ－b 2＝0⇒ξ＝－b 2a －c ＝b 2c －a .∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c －a 2＋2c ·b 2c －a－b 2＝0⇒a 2＝b 2＋c 2， ∴∠A ＝90°.充分性：若∠A ＝90°，则a 2＝b 2＋c 2， 易得x 0＝b 2c －a是方程的公共根．综上可知，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°. 22．(12分)已知非空集合P ＝{x |a ＋1≤x ≤2a ＋1}，Q ＝{x |－2≤x ≤5}． (1)若a ＝3，求(∁R P )∩Q ；(2)若“x ∈P ”是“x ∈Q ”的充分不必要条件，求实数a 的取值范围． 解 因为P 是非空集合，所以2a ＋1≥a ＋1，即a ≥0. (1)当a ＝3时，P ＝{x |4≤x ≤7}， (∁R P )＝{x |x <4或x >7}， Q ＝{x |－2≤x ≤5}，所以(∁R P )∩Q ＝{x |－2≤x <4}．(2)若“x ∈P ”是“x ∈Q ”的充分不必要条件，即P Q ， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥－2，2a ＋1≤5，a ≥0，且a ＋1≥－2和2a ＋1≤5的等号不能同时取得，解得0≤a ≤2，即实数a 的取值范围为{a |0≤a ≤2}．。
2021-2022学年新教材高中地理第一章地球的运动章末检测含解析湘教版选择性必修1
章末检测(一)一、选择题几十亿年来，地球按照一定的规律不停地自转和公转着。
据此答复1～2题。
1．假设地球“叮〞的一声停止自转，分别站在0°、30°、60°、80°纬线上的甲、乙、丙、丁四人瞬间会( )A．都向东同速飞出B．都向西同速飞出C．甲向东飞出且速度最快D．丁向东飞出且速度最快2．假设地球只公转不自转，地球外表可能( )A．不分昼夜B．没有四季C．没有大气环流D．没有地转偏向力以下图为我国南方某中学的刘老师于10月1日在校园散步时用向前方抓拍的校园景观。
据此完成3～4题。
3．以下刘老师的前进方向和抓拍时间的搭配中，最合理的是( )A．东南5：30B．西南17：00C．东北5：30D．西北17：004．刘老师想在同一时刻，同一地点抓拍到一样的照片，应选择的日期是( )A．3月13日前后B．6月30日前后C．10月30日前后D．12月13日前后北京时间2021年6月21日23时54分是夏至节气到来的时刻。
下表为某城市夏至日前后几天的日出、日落时间(北京时间)表。
据此完成5～7题。
5.2021年的夏至到来时，太阳直射点位于( )A．北半球、东半球B．北半球、西半球C．南半球、东半球D．南半球、西半球6．该城市所在的经度大约为( )A．153°EB．113°EC．87°ED．80°E7．2021年7月1日至8月1日期间，该城市昼夜长短及其变化趋势是( )A．昼长夜短，且昼渐长，夜渐短B．昼长夜短，但昼渐短，夜渐长C．昼短夜长，但昼渐长，夜渐短D．昼短夜长，且昼渐短，夜渐长日地距平比＝(实际日地距离－日地平均距离)/日地平均距离，它反映了日地距离的变化情况。
如图为日地距平比随时间的变化规律图。
读图答复8～9题。
8．日地距平比由m变至n期间，以下说法可信的是( )A．太阳直射点一直向南移动B．地球公转速度逐渐变快C．北京正午太阳高度曾到达一年中的最大值D．海口昼长先变长后变短9．当日地距平比为n时，杭州(约30°N)正午太阳高度最可能是( )A．83.5°B．80°C．40°D．36.5°王先生于2021年1月1日乘坐飞机从上海出发，飞往美国旧金山(西八区)。
《有机化学基础》课时作业9：第一章章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是()A．羟基的电子式：B．CH4分子的球棍模型：C．乙烯的实验式：CH2D．苯乙醛的结构简式：答案 C解析氢氧根离子中，氢原子和氧原子之间通过共价键相连，电子式为，而羟基电子式为A项错误；该模型是甲烷分子的填充模型，不是球棍模型，B项错误；乙烯的实验式为CH2，C项正确；苯乙醛的结构简式为D项错误。
2．下列有机物命名正确的是()A．2-乙基丙烷B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇C．间二甲苯D．2-甲基-2-丙烯答案 B解析选项A中有机物名称应为2-甲基丁烷；选项C中有机物名称应为对二甲苯；选项D 中有机物名称应为2-甲基-1-丙烯。
3．下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是()【考点】芳香族化合物【题点】芳香族化合物的组成与结构答案 D解析含有苯环的化合物属于芳香族化合物，含有苯环的烃属于芳香烃，而苯的同系物的定义是含有一个苯环且侧链为饱和烃基的芳香烃。
A、B两项属于苯的同系物，C项不属于芳香烃，D项属于芳香烃但侧链不饱和，不属于苯的同系物。
4．下列实验的操作和所用的试剂都正确的是()A．要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，应先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液B．配制浓硫酸和浓硝酸的混酸时，将浓硝酸沿器壁缓缓倒入浓硫酸中C．制硝基苯时，将盛有混合液的试管直接在酒精灯火焰上加热D．除去溴苯中少量的溴，可以加水后分液答案 A解析要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，应先加足量溴水，通过加成反应，排除碳碳双键的干扰，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液退色，可证明混有甲苯，A项正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混酸时，将浓硫酸沿器壁缓缓倒入浓硝酸中，B项错误；制硝基苯时，应该水浴加热，C项错误；除去溴苯中少量的溴，应加稀的氢氧化钠溶液，然后分液，D项错误。
5．某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是()A．2-甲基-1-丁炔B．2-甲基-3-丁炔C．3-甲基-1-丁炔D．3-甲基-2-丁炔答案 C解析先写出2-甲基丁烷的结构简式为(H省略)，再补上叁键，补叁键时注意每个C原子只能形成4个共价键，故该炔烃是(H省略)，名称为3-甲基-1-丁炔。
第一章章末检测卷
2022年12月第一章章末检测卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、单选题1．在世界女排大奖赛中国香港站的比赛中，某运动员跳起将速度为20m/s水平飞来的排球迎面击出，排球以30m/s的速率水平返回，假设排球被击打过程中的平均加速度大小为200m/s2，则运动员对排球的击打时间为（）A．0.05s B．0.25s C．0.1s D．0.15s2．一辆汽车沿平直公路以速度v1行驶了2/3的路程，接着又以速度v2=20km/h行驶完其余1/3的路程，如果汽车对全程的平均速度为28km/h，那么汽车在前2/3路程上速度的大小是()A．25km/h B．35km/h C．34km/h D．38km/h3．某物体运动的v－t图像是一条直线，如图所示，下列说法正确的是()A．物体始终向同一方向运动B．物体在前4s内的加速度不变C．物体在第2s末运动方向没有发生变化D．物体在第2s内和第3s内的加速度大小相等，方向相反4．智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活，如图所示为某度地图app软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，16分钟，6.7公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（）A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点B．16分钟表示的是某个时刻C．6.7公里表示了此次行程的位移的大小D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度5．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小至零，则在此过程中（）A ．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值6．关于速度、速度的变化量和加速度，正确的说法是（）A ．物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定越大B ．速度很大的物体，其加速度可以为零C ．某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零D ．加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大7．一个物体做直线运动，其v-t 图像如图所示，以下说法错误的是（）A ．前5s 内的位移达到最大值B ．02s -内物体的加速度为1.5m/s 2C ．46s -内物体的速度一直在减小D ．02s t <<和5s 6s t <<内加速度方向与速度方向相同8．如图所示，a 、b 分别为开始时静止于同一位置的甲、乙两物体在同一直线上运动时的位移与时间的关系图线，其中a 为过原点的倾斜直线b 为开口向下的抛物线。
章末检测试卷一(第一章)
章末检测试卷一(第一章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B．法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场的相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误．2．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管下端的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确．3．如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则()图2A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同答案 C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．4．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图3甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是()图3A．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C．E2<E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D．E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A5.(2019·衡阳市一模)如图4所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是()图4A．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B．当电梯坠落，磁铁到达图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C．当电梯坠落，磁铁到达图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D．当电梯坠落，磁铁到达图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落答案 B解析若电梯突然坠落，线圈中会产生感应电流，感应电流会阻碍电梯的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止电梯的运动，故A错误；当电梯坠落，磁铁到达题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合B的分析可知，当电梯坠落，磁铁到达题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误．6．(2019·大庆市第一中学高二上期末)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图5A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则经过R的电流方向由b到aC ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则R 消耗的热功率也变为原来的2倍答案 A解析 圆盘转动产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，则E 不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，经过R 的电流方向由a 到b ，A 正确，B 错误；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，C 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则回路中电流变为原来的2倍，根据P ＝I 2R 知R 消耗的热功率将变为原来的4倍，D 错误．7．(2018·全国卷Ⅰ)如图6所示，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图6A.54B.32C.74D ．2 答案 B解析 设半圆弧PQS 的半径为r ，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1＝B ·14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2R q 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ·14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 8.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图7A ．2.5 m /s 1 WB ．5 m /s 1 WC ．7.5 m /s 9 WD ．15 m /s 9 W答案 B解析 小灯泡稳定发光时，导体棒MN 匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋f＝mg sin 37°，f ＝μmg cos 37°，故F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ，B 正确．9．(2018·南通中学期末)边长为a 的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图8所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移的关系与这一过程相符合的是( )图8答案 BD解析 框架切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°，则感应电动势E ＝BL v ＝B ·2x tan 30°·v ＝ 233B v x ，B 、v 一定，则E 与x 成正比，A 错误，B 正确；框架做匀速运动，则F 外＝F 安＝BIL ，I ＝E R ，得到F 外＝4B 2v 3R·x 2，B 、R 、v 一定，则F 外∝x 2，C 错误；外力的功率P 外＝F 外v ＝4B 2v 23R·x 2，P 外∝x 2，故D 正确． 10．如图9甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i 与ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图像，下列选项正确的是( )图9答案 BD解析 由B －t 图像可知，0～1 s 内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba 方向，即电流为负方向；同理可知1～2 s 内，电流为正方向；2～3 s 内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4 s 内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ，则I ＝E R ＝ΔBS R Δt ，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流保持不变，故A 错误，B 正确；0～1 s 内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba 方向，根据左手定则可知，ad 棒受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2 s 内，ad 棒受到的安培力为负值；2～3 s 内，不受安培力；3～4 s 内，ad 棒受到的安培力为负值；根据安培力的公式F ＝BIL ，安培力的大小与磁感应强度成正比，故D 正确，C 错误．11.如图10所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )图10A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程中通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于12m v 02 C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热答案 AC解析 金属杆在轨道上滑行时平均电动势E ＝ΔΦt ＝BS t ，则通过的电荷量q ＝I t ＝BS R，故上滑和下滑时通过电阻R 的电荷量相同，故A 正确；根据能量守恒定律知金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于减少的动能12m v 02，金属杆ab 上滑过程与下滑过程中所受摩擦力大小相等，移动的位移大小相等，故因摩擦而产生的内能一定相等，根据能量守恒定律可知整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热和摩擦产生的内能之和，故C正确，B、D错误．12．如图11甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放．金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则()图11A．匀强磁场的磁感应强度为2 TB．杆ab下落0.3 m时，金属杆的速度为1 m/sC．杆ab下落0.3 m的过程中，R上产生的热量为0.2 JD．杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量为0.25 C答案AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b.由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a1＝10 m/s2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：BI1L－mg＝ma1，其中I1＝ER＝BL v0R，代入数据解得：B＝2 T，故A正确；a＝0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝BL vR，联立得：v＝0.5 m/s，故B错误；从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒有：mgh－Q＝12m v2，代入数据得：Q＝0.287 5 J，故C错误；金属杆自由下落高度为h0＝v022g＝0.05 m，金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为：q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦΔtRΔt＝ΔΦR＝BL(h－h0)R，代入数据得q＝0.25 C，故D正确．二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13．(6分)(2018·三明市高二下期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．图12(1)开关闭合后，下列说法正确的是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C．如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B 线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针会向左偏一下(2)上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接，如图乙所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向________(填“正”或“负”)接线柱方向偏转．答案(1)BC(3分)(2)正(3分)解析(1)当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；在闭合开关时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，接入电路中的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C正确．(2)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转．14.(10分)(2019·重庆八中高二期末)如图13，匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小随时间变化的关系为B＝B0－kt，其中k为正的常量．一电阻为R、质量为m、边长为L的单匝正方形方框用一绝缘细线悬挂，方框平面位于纸面内且静止，其下半部分位于磁场区域中，重力加速度为g，求：图13 (1)方框中感应电流的大小及方向； (2)t ＝B 02k时细线对方框的作用力大小． 答案 (1)kL 22R 顺时针 (2)mg ＋kB 0L 34R解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS (2分) 可得E ＝12kL 2 (1分) 则I ＝E R ＝kL 22R ， (1分)根据楞次定律可知，方向为顺时针方向． (1分)(2)t ＝B 02k 时刻磁场的磁感应强度B ＝B 02 (1分)方框所受的安培力大小为：F ＝BIL ＝kB 0L 34R(2分) 由左手定则可知，安培力方向向下，则细线对方框的作用力大小为：T ＝mg ＋kB 0L 34R.(2分) 15. (10分)一根电阻R ＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r ＝1 m ，圆形线圈质量m ＝ 1 kg ，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，如图14所示．若线圈以初动能E k0＝5 J 沿x 轴正方向滑进磁场，当进入磁场0.5 m 时，线圈中产生的电能为E 电＝3 J ．求：图14(1)此时线圈运动速度的大小；(2)此时线圈与磁场左边缘两交点间的电压大小；(3)此时线圈加速度的大小．答案 (1)2 m/s (2)233V (3)2.5 m/s 2解析 (1)线圈的初动能为5 J ，进入磁场0.5 m 时，线圈中产生的电能为3 J ，设此时线圈运动的速度为v ，由能量守恒定律得E k0＝E 电＋12m v 2，(2分) 代入数据解得v ＝2 m/s.(1分)(2)线圈进入磁场x ＝0.5 m 时，由几何关系可得切割磁感线的有效长度L ＝ 3 m ， (1分) 则感应电动势E ＝BL v ＝0.5×3×2 V ＝ 3 V ．(1分)由几何知识可得，线圈在磁场中的圆弧所对应的圆心角为θ＝120°，线圈在磁场外的电阻为R 1＝R －R 360°×120°＝23R ，(1分)线圈与磁场左边缘两交点间的电压 U ＝IR 1＝E R ×23R ＝233V ．(1分) (3)线圈受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR ，(1分) 由牛顿第二定律有F ＝ma ， (1分) 代入数据解得a ＝2.5 m/s 2.(1分)16.(11分)如图15所示，水平放置的两条长直平行金属导轨PQ 、MN 相距l ＝0.4 m ，导轨左边接有阻值为R ＝3 Ω的定值电阻，在导轨上放置一根金属棒ab ，其质量为0.01 kg ，电阻为0.2 Ω，导轨电阻不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的竖直向上的匀强磁场中，不计摩擦．金属棒在外力作用下以v ＝4 m/s 的速度向右匀速运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．图15(1)求金属棒ab 中感应电流的大小和方向； (2)求外力的功率；(3)撤去外力后，金属棒最终会停下来，求在此过程中电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.25 A 方向为a →b (2)0.2 W (3)0.075 J解析 (1)由右手定则可知，金属棒中的电流方向为a →b (1分) 感应电动势E ＝Bl v ＝0.5×0.4×4 V ＝0.8 V(1分)由闭合电路欧姆定律得I ＝E r ＋R ＝0.80.2＋3A ＝0.25 A ．(1分) (2)匀速运动时金属棒受到的安培力大小F 安＝BIl ＝0.5×0.25×0.4 N ＝0.05 N ，(1分)则F 外＝F 安＝0.05 N ，(1分) 外力的功率P ＝F 外v ＝0.05×4 W ＝0.2 W ．(2分)(3)由能量守恒定律可知，金属棒的动能全部转化为电路中产生的热量，即Q ＝ΔE k ＝12m v 2＝0.08 J ，(2分) 故电阻R 上产生的热量为Q R ＝Rr ＋RQ ＝0.075 J ．(2分)17．(15分)(2018·池州市高二下期末)如图16所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN 、PQ 平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L ＝0.5 m ，上端接有R ＝3 Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO ′O 1′O 1，磁感应强度大小为B ＝2 T ，磁场区域宽度为d ＝0.4 m ，放在导轨上的一金属杆ab 质量为m ＝0.08 kg 、电阻为r ＝2 Ω，从距磁场上边缘d 0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘时的速度v ＝2 m /s.导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g ＝10 m /s 2，求：图16(1)金属杆距磁场上边缘的距离d 0；(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q ； (3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的焦耳热Q R . 答案 (1)0.4 m (2)0.08 C (3)0.096 J 解析 (1)由动能定理有mgd 0sin 30°＝12m v 2(2分) 则金属杆距磁场上边缘的距离d 0＝0.4 m (1分) (2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt(1分)由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r(1分) 又q ＝I ·Δt(1分)则金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量 q ＝ΔΦR ＋r ＝BLd R ＋r＝0.08 C(1分)(3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时 E ＝BL v ＝2 V(1分) 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r ＝0.4 A(1分) 则金属杆受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N(1分) 金属杆的重力沿轨道平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N (1分) F ＝F ′，所以金属杆进入磁场后做匀速直线运动(1分)由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热 Q ＝mgd sin 30°(1分)金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻R 上产生的热量 Q R ＝R R ＋rQ(1分) 代入数据可得Q R ＝0.096 J ．(1分)。
人教A版 新教材高中数学必修第一册 第一章 章末检测试卷(一)
二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．全部选对的得 5 分，部分选对的
得 3 分，有选错的得 0 分)
9．已知 U＝{2,3,4,5,6,7}，M＝{3,4,5,7}，N＝{2,4,5,6}，则( )
A．M∩N＝{4,6}
B．M∪N＝U
C．(∁UN)∪M＝M 答案 BCD
(2)∵B＝{x|x<1}，∴∁RB＝{x|x≥1}． ∴A∩(∁RB)＝{x|1≤x≤2}． 15．已知集合 A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|－1<x<m＋1}，若 x∈A 是 x∈B 成立的一个充分不必
要条件，则实数 m 的取值范围是________．
答案 {m|m>1}
解析 由 x∈A 是 x∈B 成立的一个充分不必要条件，
解 (1)由 x－1>0 得 x>1，即 B＝{x|x>1}． 所以 A∩B＝{x|1<x<2}，A∪B＝{x|x>－1}． (2)集合 A－B 如图中的阴影部分所示．
由于 A－B＝{x|x∈A，且 x∉B}， 又 A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>1}， 所以 A－B＝{x|－1<x≤1}． 21．(12 分)已知非空集合 P＝{x|a＋1≤x≤2a＋1}，Q＝{x|－2≤x≤5}． (1)若 a＝3，求(∁RP)∩Q； (2)若“x∈P”是“x∈Q”的充分不必要条件，求实数 a 的取值范围． 解 因为 P 是非空集合，所以 2a＋1≥a＋1，即 a≥0. (1)当 a＝3 时，P＝{x|4≤x≤7}，∁RP＝{x|x<4 或 x>7}， Q＝{x|－2≤x≤5}， 所以(∁RP)∩Q＝{x|－2≤x<4}． (2)若“x∈P”是“x∈Q”的充分不必要条件，即 PQ，
高中物理必修三 第一章 章末检测试卷(第一章)
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的 __减__小__而增大，随其所带电荷量的__增__大__而增大.此 同学在探究中应用的科学方法是 _控__制__变__量__法__(选填 “累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎 法”).
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
因BC方向与电子在B点受的电场力方向不垂直， 则将电子从B点沿BC方向射出，电子不可能做匀 速圆周运动，选项D错误.
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三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)在探究“两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中， 一同学猜想可能与两电荷的距离和电荷量有关.他选用带正电的小球A和B， A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所 示.实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处 逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的 偏角越大；再保持两球的距离不变，改变小球所带 的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大.
A.0
√ 15Q
B.k 4R2
Q C.k4R2
Q D.kR2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
据题可知，b点处的场强为零，说明a点处和d点处的两个点电荷在b点 处产生的场强大小相等、方向相反，则有： kRQ2＝kQ2R′2，得 Q′＝4Q，电性与 Q 相同. 则 Q 在 c 点处产生的场强大小 E1＝k2QR2＝k4QR2，方向向右； Q′在 c 点处产生的场强大小 E2＝kQR′2 ＝k4RQ2 ，方向向左； 故 c 点处场强的大小为 E＝E2－E1＝k145RQ2 ，B 正确.
章末检测试卷(一)0001
章末检测试卷 (一 )(时间： 60 分钟 满分： 100 分 )一、选择题 (每小题 2 分，共 50分)贝努小行星被科学家认为是来自太阳系形成最早的 “ 时间胶囊 ” ，因为它含有水冰及有 机质。
2016年 9月 8日，美国 NASA 发射探测器 OSIRIS —Rex ，计划用七年的时间前往贝 努“挖石头”并带回地球， 希望发现与生命起源有关的线索。
下图为“太阳系八颗行星示意图”。
据此完成 1～3 题。
A. 地月系 C. 银河系 D.可观测宇宙3.液态水是地球上存在生命的重要条件。
水呈液态的主要原因是 ( )A. 安全的宇宙环境B.稳定的太阳光照C.适宜的体积和质量D.适中的日地距离 答案 1.C 2.A 3.D解析 第 1 题，在太阳系中火星轨道和木星轨道之间有小行星带， 贝努小行星位于小行星带 内，d 为火星， e 为木星。
第2题，前往贝努的探测器 OSIRIS — Rex 会脱离地月系。
第 3题， 日地距离适中有利于水保持液态。
“嫦娥四号 ”探测器于 2019年 1月 3日成功登月。
结合所学知识，完成 4～5题。
4. 中国登月探测器在月球上可以观测到的现象有( )①绚丽的极光 ②一划而过的流星 ③满天星星 ④昼夜更替1.贝努小行星位于 ( A.b 、c 之间)B. c 、d 之间D.e 、f 之2.前往贝努的探测器 OSIRIS —Rex 会脱离 ( B.太阳系A.①②B.②④C.③④D.①③5.中国登月探测器在月球上探测不到任何生命物质，主要原因之一是月球( )A.与太阳的距离不适宜B. 缺少重要的矿物质C. 质量和体积比地球大D. 无适合生命呼吸的大气 答案 4.C 5.D解析 第 4 题， 月球上由于没有大气， 无法观测到绚丽的极光， 也无法观测到一划而过的流 星，但是可以看到满天星星和昼夜更替，所以 C 正确。
第 5 题，中国登月探测器在月球上 探测不到任何生命物质，主要原因之一是无适合生命呼吸的大气，所以D 正确。
第一章章末检测卷
章末检测卷（一）(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)1．能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。
氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H 2O(l)=====电解2H 2(g)＋O 2(g)，该反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是( )A ．水煤气是二级能源B ．水力是二级能源C ．天然气是二级能源D ．电能是一级能源2．下列措施不符合节能减排的是( )A ．大力发展火力发电，解决电力紧张问题B ．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水C ．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏D ．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气3．下列过程中ΔH 小于零的是( )A ．Ba(OH)2与NH 4Cl 固体混合B ．氯化铵分解得氨气C ．碳酸钙分解得二氧化碳D ．实验室制备氢气4．在下列各说法中，正确的是( )A ．ΔH >0表示放热反应，ΔH <0表示吸热反应B ．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C ．1 mol H 2SO 4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO 4沉淀时放出的热叫做中和热D ．1 mol H 2与0.5 mol O 2反应放出的热就是H 2的燃烧热5．已知298 K 时，合成氨反应N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g) ΔH ＝－92.0 kJ·mol －1，将此温度下的1 mol N 2和3 mol H 2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。
测得反应放出的热量为(假定测量过程中没有能量损失)( )A ．一定小于92.0 kJB ．一定大于92.0 kJC ．一定等于92.0 kJD ．无法确定6．已知1 g H 2完全燃烧生成水蒸气放出热量121 kJ ，且O 2中1 mol O===O 键完全断裂时吸收热量496 kJ ，水蒸气中形成1 mol H —O 键时放出热量463 kJ ，则H 2中1 mol H —H 键断裂时吸收的热量为( )A ．920 kJB ．557 kJC ．436 kJD ．188 kJ7．下列变化为放热的化学反应的是( )A ．H 2O(g)===H 2O(l) ΔH ＝－44.0 kJ·mol －1B ．2HI(g)===H 2(g)＋I 2(g) ΔH ＝＋14.9 kJ·mol －1 C ．形成化学键时共放出862 kJ 能量的化学反应D ．能量变化如下图所示的化学反应8．已知：2CO(g)＋O 2(g)===2CO 2(g) ΔH ＝－566 kJ·mol －1 Na 2O 2(s)＋CO 2(g)===Na 2CO 3(s)＋12O 2(g)ΔH ＝－266 kJ·mol －1 根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是( )A ．CO 的燃烧热为283 kJB ．下图可表示由CO 生成CO 2的反应过程和能量关系C ．2Na 2O 2(s)＋2CO 2(s)===2Na 2CO 3(s)＋O 2(g) ΔH >－532 kJ·mol －1 D ．CO(g)与Na 2O 2(s)反应放出549 kJ 热量时，电子转移数为6.02×10239．白磷会对人体造成严重的烧伤，白磷(P 4)分子结构为。
第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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.(2021·张家口市高二上期末)如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．下列说法正确的是()A．a点的磁感应强度一定为零B．b点的磁感应强度一定为零C．ef导线受到的安培力方向向右D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外答案 C解析根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef 在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的电流，但a点离cd较近，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故a点的磁感应强度一定不为零，故A、D错误；根据安培定则可知，通电导线ef和cd在b点产生的磁场方向相同，均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向垂直纸面向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；cd、ef中通的电流方向相反，ef导线受到的安培力方向向右，故C正确．2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向固定放置一根长直导线P.当P 中通以方向垂直于导线框向外的电流时()A ．导线框将向左摆动B ．导线框将向右摆动C ．从上往下看，导线框将顺时针转动D ．从上往下看，导线框将逆时针转动 答案 D解析 当长直导线P 中通以方向垂直于导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P 产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P 为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab 所受的安培力方向垂直纸面向外，cd 所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D 正确．3.如图所示，MN 为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb 由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知圆弧ap 与圆弧pb 的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1B ．粒子通过圆弧ap 、pb 的时间之比为1∶2C ．圆弧ap 与圆弧pb 对应的圆心角之比为2∶1D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反 答案 D解析 由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A 错误；根据t ＝lv ，v 相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap 、pb 的时间之比为2∶1，B 错误；圆心角θ＝lr ，r ＝m v qB ，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C 错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D 正确．4.(2021·重庆缙云教育联盟高二上期末)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，它们的横截面分别位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右答案 A解析 由安培定则可知b 与d 导线中电流在O 点产生的磁场相互抵消，而a 与c 导线中的电流在O 点产生的磁场均水平向左相互叠加，合磁场方向水平向左．当一带负电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故选A.5.(2022·汾阳中学高二下月考)如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m 、电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．则磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tanθ2B.m v tanθ2qRC.m v qR sinθ2D.m v qR cosθ2答案 B解析 画出电荷运动的轨迹如图所示，设电荷运动的轨道半径为r ，由几何关系可得tan θ2＝Rr ；洛伦兹力提供电荷在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得q v B ＝m v 2r ，联立可得B ＝m v tanθ2qR，故选B.6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比为( )A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，该一价正离子的质量和电荷量分别为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm① 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有 q v B ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B 22B 12＝144，故选项D 正确．7.(2021·池州市高二上期末)如图所示，空间中有方向垂直桌面向下的匀强磁场B (图中未画出)，两根平行通电金属直导线M 和N 恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M 和N 中电流大小分别为I M 、I N .则下列判断可能正确的是( )A ．电流方向相同，I M ＝I NB ．电流方向相同，I M ≠I NC ．电流方向相反，I M ＝I ND ．电流方向相反，I M ≠I N 答案 C解析 对M 和N 进行受力分析可知，在水平方向各自所受合外力为零，若电流方向相同，则M 、N 所受匀强磁场产生的安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，A 、B 错误；若电流方向相反，则M 、N 所受匀强磁场产生的安培力方向相反，又因为两通电直导线之间的安培力为排斥力，方向相反，大小相等，根据安培力公式F ＝BIL 可知，只有M 和N 中电流大小相等时，所受匀强磁场的安培力大小才相等，每根导线受到的合力可能为零，C 正确，D 错误．8.在直角坐标系xOy 的第一象限内，存在一垂直于xOy 平面、磁感应强度大小为2 T 的匀强磁场(未画出)，如图所示，一带电粒子(重力不计)在x 轴上的A 点沿着y 轴正方向以大小为 2 m/s 的速度射入第一象限，并从y 轴上的B 点穿出．已知A 、B 两点的坐标分别为(8 m,0)，(0,4 m)，则该粒子的比荷为( )A ．0.1 C/kgB ．0.2 C/kgC ．0.3 C/kgD ．0.4 C/kg答案 B解析 粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得r 2－OB 2＋r ＝OA ，解得r ＝5 m ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r ，解得q m ＝v 0Br ＝22×5C/kg ＝0.2 C/kg ，故B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法正确的是()A．组成A束和B束的离子都带正电B．组成A束和B束的离子质量一定相同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里答案ACD解析A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受静电力和洛伦兹力平衡，则q v B＝qE，即不发生偏转的离；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不等，子具有相同的速度，大小为v＝EB可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断根据r＝m vqB两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．10.(2019·海南卷)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度v P垂直于磁场边界，Q的速度v Q与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()A．P和Q的质量之比为1∶2B．P和Q的质量之比为2∶1C．P和Q速度大小之比为2∶1D．P和Q速度大小之比为2∶1答案 AC解析 设MN ＝2R ，则粒子P 的运动半径为R ，有R ＝m P v PBq，粒子Q 的运动半径为2R ，有2R ＝m Q v Q Bq ；又两粒子的运动时间相同，则t P ＝12T P ＝πm P Bq ，t Q ＝14T Q ＝πm Q 2Bq ，即πm P Bq ＝πm Q 2Bq ，联立解得m Q ＝2m P ，v P ＝2v Q ，故A 、C 正确，B 、D 错误．11.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .一质子从加速器的A 处开始加速．已知D 形盒的半径为R ，高频交变电源的电压为U 、频率为f ，质子质量为m ，电荷量为q .已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是( )A ．质子的最大速度不超过2πRfB ．质子的最大动能为q 2B 2R 24mC ．质子的最大动能与U 无关D ．若增大电压U ，质子的最大动能增大 答案 AC解析 质子出回旋加速器的速度最大的半径为R ，则v ＝2πRT ＝2πRf ，所以最大速度不超过2πRf ，A 正确．由Bq v ＝m v 2R 得v ＝BqR m ，质子的最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，与电压无关，B 、D 错误，C 正确．12.(2021·绵阳市江油中学高二月考)如图所示，虚线EF 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，电场强度为E ，磁感应强度为B .一带电微粒自离EF 为h 的高处由静止下落，从B 点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D 点射出，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．微粒做圆周运动的半径为EB2h gB．从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小答案AB解析由题可知，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，静电力与重力必定平衡，则微粒受到的静电力的方向一定竖直向上，有mg＝qE，由洛伦兹力提供向心力，有q v B＝m v2r ，由运动学公式v2＝2gh，联立可得微粒做圆周运动的半径r＝EB2hg，故A正确；从B点运动到D点的过程中动能没有发生改变，在C点的高度最低，重力势能最小，所以从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小，故B正确；从B 点运动到D点的过程中静电力先做负功后做正功，所以微粒的电势能先增大后减小，故C错误；根据能量守恒定律可知，微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则电势能和重力势能之和不变，故D错误．三、非选择题(本题共4小题，共52分)13.(10分)(2022·广东茂名一中高二下月考)如图所示，将长为50 cm，质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两根相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？答案(1)0.5 T(2)3 cm解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg且二者大小相等即BIL＝mg(2分)解得B＝mgIL＝0.5 T(2分)(2)当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1，及向上的安培力BI 1L 和向下的重力mg 作用，处于平衡状态． 根据平衡条件有2kx 1＋BI 1L ＝mg (2分)当电流反向后，ab 棒在两根弹簧向上的拉力2kx 2及向下的安培力BI 1L 和重力mg 作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx 2＝mg ＋BI 1L (2分) 联立解得x 2＝mg ＋BI 1L mg －BI 1Lx 1＝3 cm.(2分)14．(12分)(2021·潍坊市高二期末)如图所示，一半径为R 的圆形区域，圆心位于平面直角坐标系的原点O ，其内充满垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0；在第四象限x ≥R 空间充满沿y 轴正方向的匀强电场．位于x 轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q 、质量为m 的正离子，离子沿x 轴正方向进入磁场，经坐标点(4R,0)离开电场．已知离子离开磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°.忽略离子间的相互作用，不计重力．求：(1)离子在圆形区域中运动时的速度的大小； (2)电场强度的大小．答案 (1)3B 0Rq m (2)23B 02Rq 3m解析 (1)离子离开磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°，由几何关系可知tan 30°＝Rr(2分)洛伦兹力提供向心力，得q v B 0＝m v 2r (2分)联立可得v ＝3B 0Rqm.(2分) (2)由题意知，离子射入电场时的纵坐标为－3R ，离子射入电场后沿x 轴方向3R ＝v cos 60°t(2分)沿y 方向3R ＝－v sin 60°t ＋12·qEm t 2(2分)解得t ＝6Rv E ＝23B 02Rq 3m.(2分)15．(14分)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示：D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个D 形盒接在如图乙所示的电压为U 、周期为T 的交流电源上，D 形盒两直径之间的区域只有电场，交流电源用来提供加速电场．位于D 1的圆心处的质子源A 在t ＝0时产生的质子(初速度可以忽略)在两盒之间被电压为U 的电场加速，第一次加速后进入D 形盒D 2，在D 形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m 、带电荷量为q .半圆形D 形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R ，当质子被加速到最大速度后，沿D 形盒边缘运动半周再将它们引出，质子的重力不计，求：(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径； (2)质子在磁场中运动的时间． 答案 (1)1B2mU q (2)πBR 22U解析 (1)质子在加速电场中第一次被加速，根据动能定理，有 qU ＝12m v 12(2分)在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 q v 1B ＝m v 12r (2分)解得r ＝1B2mUq(2分) (2)设质子被加速n 次后达到最大速度，由动能定理，有 nqU ＝12m v 2(2分)洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力，有q v B ＝m v 2R (2分) 周期T ＝2πR v (1分)则质子在磁场中运动的时间t ＝n T 2(1分) 解得t ＝πBR 22U(2分) 16．(16分)(2021·衡阳一中月考)如图所示，直角三角形OAC (α＝30°)区域内有B ＝0.5 T 的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M 、N 接在电压为U 的直流电源上，M 板为高电势．一带正电的粒子从靠近M 板由静止开始加速，从N 板的小孔射出电场后，从P 点以垂直OA的方向进入磁场中，带电粒子的比荷为q m＝1.0×104 C/kg ，O 、P 间距离为l ＝1.2 m ．全过程不计粒子所受的重力，求：(1)粒子从OA 边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间；(2)粒子从OC 边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间；(3)若加速电压U ＝220 V ，通过计算说明粒子从三角形OAC 的哪一边离开磁场．答案 (1)2π×10－4 s (2)4π3×10－4 s (3)OC 边 解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，由Bq v ＝m v 2r及T ＝2πr v 可得周期为： T ＝2πm qB ＝2π0.5×10－4 s ＝4π×10－4 s(2分) 当粒子从OA 边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，时间为t 1＝T 2＝2π×10－4 s ； (2分)(2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC 边相切时为临界状态，时间即为从OC 边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t 2＝T 3＝4π3×10－4 s ；(4分)甲 乙(3)粒子在加速电场被加速，则有qU ＝12m v 2(2分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有q v B ＝m v 2r(2分) 因U ＝220 V ，解得r ＝0.4 1.1 m(1分) 如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC 边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由几何关系得R ＋R sin α＝l (1分) 解得R ＝0.4 m(1分)由于粒子在磁场中运动的半径r ＝0.4 1.1 m>0.4 m ，所以粒子从OC 边射出．(1分)。
物理必修一第一章章末检测卷
章末检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(此题共6小题，每题 4分，共24分．每题给出的选项中只有一项切合题目要求)1．明朝诗人曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛；人从桥上过，桥流水不流”．“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参照系是( )A．水B．桥C．人D．地面2．以下各组物理量中，都是矢量的是( )A．位移、时间、速度B．速度、速率、加快度C．加快度、速度的变化量、速度D．行程、时间、位移3．垂钓岛自古就是我国固有国土，又称垂钓台、垂钓台群岛、垂钓台列岛，地点距温州市约356km、福州市约385km、基隆市约190km.若我国某海监船为保护我国对垂钓岛主权，从温州出发去垂钓岛巡航，抵达垂钓岛时航行了480km.则以下说法中错误的选项是( )A．该海监船位移是480km，行程是356kmB．该海监船位移是356km，行程是480kmC．该海监船在海上航行，确立其地点时能够将该海监船当作质点D．若知道此次航行时间可求出此次航行的均匀速度4．如图1所示，小球以v1＝3m/s的速度匀速水平向右运动，遇到墙壁经t＝0.01s后以v2＝2m/s的速度沿同向来线反弹，小球在这0.01s内的均匀加快度为()A．100m/s2，方向向右B．100m/s2，方向向左C．500m/s2，方向向左D．500m/s2，方向向右图15．如图2所示是三个质点A、B、C的运动轨迹，三个质点同时从N点出发，又同时抵达M点，则以下说法正确的选项是()A．从N到M的过程中，A的均匀速率最大B．三质点从N到M的均匀速率同样图2 C．三质点从N到M的过程中，A的均匀速度最大D．抵达M点时A的刹时速率最大6．一质点一直向着一个方向做直线运动，在前2v1t时间内均匀速度为2v，则质点t时间内均匀速度为，后332在t时间内的均匀速度是()3v3vA.4B.22vC．v D.3二、多项选择题(此题共4小题，每题5分，共20分．每题给出的选项中有多项切合题目要求，所有选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)7．如图3所示，博尔特在男子100m决赛和男子200m决赛中分别以9.69s和19.30s的成绩破两项世界纪录，获取两枚金牌．对于他在这两次决赛中的运动状况，以下说法正确的选项是()A．200m决赛中的位移是100m决赛的两倍B．200m决赛中的行程是100m决赛的两倍C．200m决赛中的均匀速度大小约为10.36m/sD．100m决赛中的均匀速度大小约为10.32m/s图38．如图4所示为A、B两质点的v－t图象．对于A、B两质点的运动，以下说法中正确的选项是()A．质点A向所选定的正方向运动，质点B与A的运动方向相反B．质点A、B的速度其实不同样C．在同样的时间内，质点A、B的位移同样D．不论质点A、B能否从同一地址开始运动，它们之间的距离必定愈来愈大图49．一辆农用“小四轮”漏油，若是每隔1s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一位同学依据漏在路面上的油滴散布，剖析“小四轮”的运动状况(已知车的运动方向不变)．以下说法中正确的选项是()A．当沿运动方向油滴间距变小时，车必定在做减速直线运动B．当沿运动方向油滴间距变大时，车必定在做加快直线运动C．当沿运动方向油滴间距变大时，加快度必定在增大D．当沿运动方向油滴间距变大时，车的加快度可能在减小10．质点做直线运动的v－t图象如图5所示，则()A．在第1s内质点做变速直线运动B．在1～3s内质点做加快度a＝－2m/s2的变速直线运动C．在2～3s内质点的运动方向与规定的正方向相反，加快度方向与1～2s内的加速度方向同样图5D．在前3s内速度的变化量为4m/s三、实验题(此题共2小题，共12分)11．(6分)如图6所示是电火花计时器的表示图．电火花计时器和电磁打点计时器同样，工作时使用________(选填“沟通”或“直流”)电源，当电源的频次是50Hz时，每隔________s打一次点．其工作时的基本步骤以下：A．当纸带完整经过电火花计时器后，立刻封闭电源B．将电火花计时器电源插头插入相应的电源插座C．将纸带从墨粉纸盘下边穿过电火花计时器D．接通开关，听到放电声，立刻拖动纸带运动上述步骤正确的次序是________．(按次序填写步骤编号)图612．(6分)某次实验打点计时器使用的沟通电的频次为50Hz，纸带的记录如图7所示，图中O点为纸带的第一个点，接下来的前几个点模糊，所以从A点开始每打五个点取一个计数点：(1)推断纸带的运动是加快运动仍是减速运动？________.(2)在打出A、F这两点的时间间隔中，纸带运动的均匀速度是________．(3)B点的刹时速度为________．图7四、计算题(此题共4小题，共44分．要有必需的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)3 13．(10分)如图8所示，一质点沿半径为r＝20cm的圆周自A点出发，逆时针运动2s，运动4圆周祥达B 点，求：(1)质点的位移和行程．(2)质点的均匀速度和均匀速率．图814．(10分)依据规定，汽车应慢速经过地道．某汽车在过地道前将速度从25m/s减小到10m/s，而后匀速经过100m 长的地道，整个过程总合用了15s时间．求汽车减速时的加快度．15．(12分)如图9所示是某质点运动的(1)质点在图中各段的速度怎样变化？v－t图象，请回答：(2)在0～4s内、8～10s内、10～12s内质点的加快度各是多少？图916．(12分)世界一级方程式(F1)比胜过程中，赛车每隔一准时间需要进站加油．在某次竞赛中，一赛车进站加油，该赛车进站时向来做减速运动，均匀加快度为30m/s2，出站时向来做加快运动，均匀加快度为45m/s2，加油时间为6s，进站前和出站后在赛道上的速度均为90m/s，则该赛车从进站到出站所用时间是多少？参照答案1．答案A2．答案C分析位移、速度、加快度以及速度的变化量既有大小，又有方向，是矢量；而时间、行程和速率只有大小，没有方向，是标量．故C正确．3．答案A分析位移表示由初地点指向末地点的有向线段，行程表示实质运动轨迹的长度，故行程大于等于位移大小，所以该海监船位移是356km，行程是480km，A错误，B正确．该海监船在海上航行，确立其地点时其大小和形状能够忽视故能看做质点，C正确．均匀速度等于位移与时间的比值，故给出时间即可求出均匀速度，D正确．4．答案C分析规定水平向右为正方向．依据加快度的定义式－2－3m/s2＝－500m/s2，负号表示加a＝v得：a＝t0.01速度方向与v1的方向相反，即水平向左．5．答案A分析均匀速率等于行程除以时间，从N到M，三个质点所用时间同样，A的行程最大，故A的均匀速率最大，A对，B错．均匀速度等于位移除以时间，三质点在同样时间内的位移同样，故它们的均匀速度同样，C错．依据该题所给条件，不可以比较在M点时三个质点的刹时速率大小关系，D错．6．答案C2v2t1vt，后1t时间内的位移12vt，所以t时间内的均匀速度v＝分析前t时间内的位移x1＝·＝3x2＝2v·t＝3323332vt＋3vtt＝v，故C正确．7．答案BD分析100m决赛，他的运动基本上是直线，位移就是100m；而200m决赛，他的运动是曲线(有弯道部分)，位移比200m小，所以选项A错误，B正确.200m决赛轨迹若为直线，其均匀速度大小约为10.36m/s，所以选项C错误．依据均匀速度的定义，选项D正确．8．答案AB分析由v－t图象知，A、B两质点以大小相等、方向相反的速度做匀速直线运动，A、B正确；在同样的时间内，A、B两质点的位移等大、反向，C错误；因为A、B两质点的出发点没法确立，故A、B两质点间的距离可能愈来愈大(如图甲)，也可能先变小再变大(如图乙)，D错误．9．答案 ABD分析当沿运动方向油滴间距变小时，因为相邻两个油滴的时间间隔相等，说明速度变小，车必定在做减 速直线运动，故A 正确．同理，当沿运动方向油滴间距变大时，说明速度变大，加快度可能增大，可能减小，可能不变，可是车必定在做加快直线运动．故 B 、D 正确，C 错误．10．答案BC分析由题图可知，质点在第1s 内做速度v 0＝2m/s 的匀速直线运动， A 错误；在1～3s 内质点做变速直线运动，加快度a ＝－2－2m/s 2＝－2m/s 2，加快度的方向与初速度v 0的方向相反，故B 正确；在2～3s2内，速度为负值，说明方向与规定的正方向相反，但加快度与 1～2s 内的完整同样，因为图线的斜率没有发生变化，故C 正确；3s 内速度的变化量为－ 4m/s ，D 错误．11．答案沟通0.02CBDA分析电火花计时器的工作电压是220V 沟通电，频次为 50Hz 时，打点时间间隔为0.02s ，工作时，应先接通电源后开释纸带，而且打完纸带后应立刻封闭电源，所以正确的次序是 CBDA.12．答案(1)加快运动(2)0.365m/s(3)0.252m/s分析(1)从A 点开始各相邻计数点间的时间间隔为 t ＝0.02×5＝s0.1s ，每隔0.1s 纸带运动的位移分别是x 12.15cm 、x 2＝2.89cm 、x 3＝3.74cm 、x 4＝4.32cm 、x 5＝5.15cm ，说明纸带做加快运动．(2)A 、F 间纸带运动的均匀速度为－2x?19.55－1.30?×10v ＝t ＝0.1×5 m/s ＝0.365m/s(3)B 点的刹时速度能够用 AC 段的均匀速度表示，故AC－2v B ＝v AC ＝t?6.34－1.30?×10＝ 2×0.1 m/s ＝0.252m/s.13．答案(1)0.283m0.942m(2)0.142m/s0．471m/s分析(1)质点的位移是由A 点指向B 点的有向线段，位移大小为线段AB 的长度，由图中几何关系可知质点的位移x ＝ 位移方向由2r ≈28.3cm ＝0.283mA 点指向B 点3质点的行程为 s ＝4×2πr ≈94.2cm ＝0.942mx ＝0.283(2)依据均匀速度定义得v ＝t 2 m/s ≈0.142m/s均匀速度方向由 A 点指向B 点质点的均匀速率v ′＝s ＝0.942m/s ＝0.471m/st214．答案 －3m/s 2t 1＝x分析汽车匀速经过地道用时＝100 s ＝10s ，由题意知减速时间t ＝t 总－t 1＝5s ，故减速时的加快度隧v 10a ＝v －v 0＝10－25m/s 2＝－3m/s 2，即减速时的加快度大小为3m/s 2，方向与初速度方向相反．t515．答案 看法析分析(1)质点在0～4s 内速度在渐渐变大；4～8s 内质点的速度保持10m/s 不变；8～10s 内质点的速度渐渐减小，10s 时质点的速度为 0；10～12s 内质点的速度反方向增大．v得：(2)由a ＝t10－0m/s2＝2.5m/s 210～4s 内的加快度a ＝4－00－10 8～10s 内的加快度 a 2＝10－8m/s 2＝－5m/s 210～12s 内的加快度－10－0 m/s 2＝－5m/s 23＝12－10 a.16．答案11s分析以初速度方向为正方向，减速过程，初速度为90m/s ，末速度为 0，加快度为－30m/s 2，所需时间：v 0－90m/s t 1＝a 1＝－30m/s 2＝3s加快过程，初速度为0，末速度为90m/s ，加快度为45m/s 2，所需时间：t 2＝ v ′ 90m/s －0＝2s ＝ 45m/s 2a 2所以赛车从进站到出站所用时间：t ＝3s ＋2s ＋6s ＝11s.。
章末检测试卷(第一章)
章末检测试卷(第一章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分.)1.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是()A.平衡位置就是回复力为零的位置B.处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C.物体到达平衡位置时，合力一定为零D.物体到达平衡位置时，回复力不一定为零答案 A解析平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A对.2.下列说法正确的是()A.摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B.火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆C.挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频D.在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象答案 C解析摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误.3.如图1所示为某质点在0～4 s内的振动图像，则()图1A.质点振动的振幅是2 m，质点振动的频率为4 HzB.质点在4 s末的位移为8 mC.质点在4 s内的路程为8 mD.质点在t＝1 s到t＝3 s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小答案 C解析由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝1T＝0.25 Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；4 s内的路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误.4.(2019·馆陶一中高二下学期期中)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图2甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动，匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图丙所示.若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则()图2A.由图线可知T0＝4 s，振幅为8 cmB.由图线可知T0＝8 s，振幅为2 cmC.当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小D.当T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小答案 C解析题图乙是振子自由振动时的振动图线，振子的固有周期为T0＝4 s，振幅为4 cm，故A、B 错误；当驱动力的频率等于振子的固有频率时，振子的振动达到最强，故当T 在4 s 附近时，振幅显著增大，当T 比4 s 小很多或大得很多时，Y 很小，故C 正确，D 错误.5.(2018·吉林八校联考高二下学期期中)有一个在y 方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图3所示.下列关于图4中(1)～(4)的判断正确的是( )图3图4A.图(1)可作为该物体的速度－时间图像B.图(2)可作为该物体的回复力－时间图像C.图(3)可作为该物体的回复力－时间图像D.图(4)可作为该物体的加速度－时间图像答案 C解析 在简谐运动中，位移为零时，速度最大，位移最大时，速度为零，则知速度－时间图像与位移－时间图像呈现相反的规律，图(2)可以作为该物体的v －t 图像，故A 错误；由简谐运动特征F ＝－kx 可知，回复力的图像与位移图像的相位相反，但也是正弦曲线，则知图(3)可作为该物体的F －t 图像，故B 错误，C 正确；由a ＝－kx m可知，加速度－时间图像与位移－时间图像的相位相反，应为正弦曲线，则知图(4)不能作为该物体的a －t 图像，故D 错误.6.如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接.M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，MO 的距离小于NO 的距离.现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放.关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图5A.恰好在O 点B.一定在O 点的左侧C.一定在O 点的右侧D.条件不足，无法确定 答案 C解析 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A 、B 两球的运动周期分别为T A ＝2πR 1g ，T B ＝2πR 2g ，两球第一次到达O 点的时间分别为t A ＝14T A ＝π2R 1g ，t B ＝14T B ＝π2R 2g，由于R 1<R 2，则t A <t B ，故两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧.故选C.7.如图6所示，一质点在a 、b 间做简谐运动，O 是它振动的平衡位置.若从质点经过O 点开始计时，经3 s ，质点第一次到达M 点，再经2 s ，它第二次经过M 点，则该质点的振动图像可能是( )图6答案 C解析 若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M 到b 的时间为1 s ，则T 4＝3 s ＋1 s ＝4 s ，解得T ＝16 s ，若质点从平衡位置开始先向左运动，可知M 到b 的时间为1 s ，则34T ＝3 s ＋1 s ＝4 s ，解得T ＝163s ，故C 正确，A 、B 、D 错误. 8.如图7所示，A 、B 、C 三个小钢球的质量分别为2m 、12m 、m ，A 球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是()图7A.B的振动周期最大B.C的振幅比B的振幅小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等答案CD解析由题意，A做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A错误，D正确；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B的大，故C正确，B错误.9.(2019·延庆高二检测)如图8所示，轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则(弹簧始终在弹性限度内)()图8A.最大回复力为500 N，振幅为5 cmB.最大回复力为200 N，振幅为2 cmC.只减小A的质量，振动的振幅和周期均不变D.只减小B的质量，振动的振幅变小，周期不变答案BD解析由题意知，轻质弹簧下只挂物体A，使弹簧伸长3 cm时，A的位置为A振动时的平衡位置，再挂上重为200 N的物体B时，弹簧又伸长了2 cm，此时连接A、B的细线张力大小为200 N，把该细线烧断瞬间，A的速度为零，具有向上的最大加速度，此时受到的回复力最大，为200 N，距平衡位置的位移最大，为2 cm，故A错误，B正确；只减小A的质量，振动的幅度不变，而周期与振动系统有关，振动系统改变，所以周期改变，故C 错误；只减小B 的质量，振动的幅度变小，周期不变，故D 正确.10.(2018·临漳一中高二下学期期中)如图9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，振子的位移x 随时间t 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是( )图9A.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 2 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，振子的加速度逐渐减小答案 ABD解析 从t ＝0.8 s 时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8 s 时，速度方向向左，故A 正确；由题图得A ＝12 cm ，T ＝1.6 s ，振子的位移x ＝ 12sin 5π4t cm ，故t ＝0.2 s 时，x ＝6 2 cm ，故B 正确；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，由a ＝－kx m知，加速度方向相反，故C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故D 正确.11.(2018·广州高二检测)如图10所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知( )图10A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相差π2D.在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s 甲＝2s 乙答案 BC解析 由题图知T 甲＝T 乙，则摆长相等，B 正确；而单摆周期与质量无关，A 错误；A 甲＝2A 乙，x 甲＝2sin (ωt ＋π2) cm ，x 乙＝sin ωt cm ，两单摆相位相差π2，C 正确；由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同的时间，两摆球通过的路程才一定满足s 甲＝2s 乙，D 错误.12.一弹簧振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点.t ＝0时振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43s 时x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时x ＝0.1 m.该振子的振幅和周期可能为( )A.0.1 m ，83s B.0.1 m,8 s C.0.2 m ，83s D.0.2 m,8 s答案 ACD解析 若振幅A ＝0.1 m ，T ＝83 s ，则43s 为半个周期，从－0.1 m 处运动到0.1 m 处，符合运动实际，4 s －43 s ＝83s 为一个周期，正好返回0.1 m 处，所以A 对；若A ＝0.1 m ，T ＝8 s ，43 s ＝T 6，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B 错；若A ＝0.2 m ，T ＝83 s ，则43 s ＝T 2，振子可以由－0.1 m 处运动到对称位置，4 s －43 s ＝83s ＝T ，振子可以由0.1 m 处返回0.1 m 处，所以C 对；若A ＝0.2 m ，T ＝8 s ，则43 s ＝2×T 12，而sin ⎝⎛⎭⎫2πT ·T 12＝12，即T 12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m 处，再经83s 又恰好能由0.1 m 处运动到0.2 m 处后，再返回0.1 m 处，所以D 对.二、非选择题(本题共5小题，共52分)13.(9分)如图11甲所示，在光滑的斜面上，有一滑块，一劲度系数为k 的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F －t 图像.现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像.图11(1)滑块做简谐运动的回复力是由________提供的.(2)由图乙所示的F －t 图像可知，滑块做简谐运动的周期为________ s.(3)结合F －t 图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________.答案 (1)弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)(3分) (2)0.4(3分) (3)F 1＋F 22k(3分) 解析 (1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力提供回复力.(2)由题图可以看出周期为0.4 s.(3)根据胡克定律：F 1＝kxF 2＝kx ′振幅A ＝x ＋x ′2＝F 1＋F 22k. 14.(10分)(2018·金华市十校高二上学期期末联考)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)下列关于单摆实验的操作，正确的是________.A.摆球运动过程中摆角应大于30°B.摆球到达平衡位置时开始计时C.摆球应选用泡沫小球D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L ＝0.999 0 m ，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图12所示，则该摆球的直径为________ mm ，单摆摆长l 为________ m.图12(3)实验中，测出不同摆长l 对应的周期值T ，作出T 2－l 图像，如图13所示，已知图线上A 、B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)、(x 2，y 2)，可求出g ＝________.图13答案 (1)BD(3分) (2)12.0(2分) 0.993 0(2分) (3)4π2y 2－y 1(x 2－x 1)(3分) 解析 (1)摆球运动过程中摆角大于30°时就不是简谐运动了，选项A 错误；摆球到达平衡位置时，即摆球经过最低点时开始计时，选项B 正确；摆球应选用质量大、体积较小的球，不能选泡沫球，选项C 错误；应保证摆球在同一竖直平面内摆动，选项D 正确.(2)该摆球的直径为12 mm ＋0.1 mm ×0＝12.0 mm ，单摆摆长l 为0.999 0 m －6.0 mm ＝0.993 0 m.(3)根据单摆的周期公式T ＝2πl g ，即T 2＝4π2gl 有： y 1＝4π2g x 1；y 2＝4π2g x 2，联立解得：g ＝4π2y 2－y 1(x 2－x 1). 15.(9分)一个摆长为2 m 的单摆，在地球上某地摆动时，测得完成100次全振动所用的时间为284 s.(取π＝3.14，结果均保留三位有效数字)(1)求当地的重力加速度g ；(2)若把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60 m/s 2，则该单摆振动周期是多少？答案 (1)9.78 m/s 2 (2)7.02 s解析 (1)周期T ＝t n ＝284100s ＝2.84 s.(2分) 由周期公式T ＝2πl g(2分) 得g ＝4π2l T 2＝4×3.142×22.842m/s 2≈9.78 m/s 2.(2分) (2)T ′＝2πl g ′＝2×3.14×21.60s ≈7.02 s.(3分) 16.(12分)(2018·静海一中高二下学期期中)如图14所示，质量为m 的木块A 和质量为M 的木块B 用细线捆在一起，木块B 与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们一起在竖直方向上做简谐运动.在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上，设弹簧的劲度系数为k ，当它们经过平衡位置时，A 、B 之间的静摩擦力大小为f 0.当它们向下离开平衡位置的位移为x 时，A 、B 间的静摩擦力为f x .细线对木块的摩擦不计.求：(重力加速度为g )图14(1)f0的大小；(2)f x的大小.答案(1)mg(2)mkxM＋m＋mg解析(1)经过平衡位置时，回复力为0，对于A有：f0＝mg(3分)(2)在平衡位置时对于A、B组成的系统有：kx0＝(m＋M)g(2分)向下离开平衡位置的位移为x时对于A、B组成的系统有：k(x0＋x)－(m＋M)g＝(m＋M)a(3分)则kx＝(m＋M)a(1分)对于A有：f x－mg＝ma(2分)解得f x＝ma＋mg＝mkxm＋M＋mg.(1分)17.(12分)(2018·吉林八校联考高二下学期期中)如图15所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v.图15(1)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程.(2)若B、C之间的距离为25 cm.从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像.答案见解析解析(1)根据弹簧振子简谐运动的对称性可得：T＝0.5×2 s＝1.0 s.(2分)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm(2分) 振子4.0 s 内通过的路程s ＝4.01.0×4×12.5 cm ＝200 cm.(2分) (2)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT＝2π rad/s(2分) 得x ＝12.5sin 2πt (cm).(2分) 弹簧振子的振动图像为：(2分)。
章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每小题2.5分，共50分)在2017年的最新数据当中印度人口增加到13.26亿人，而中国人口为13.7亿，相比之下印度人口的增长率远高于中国，在不久之后印度将取代中国成为第一人口大国。
据此完成1～2题。
1．现阶段，印度的人口增长模式为()A．原始型B．传统型C．现代型D．无法确定2．影响印度人口自然增长率的主要因素是()①经济发展水平较低②人口受教育水平较低③医疗卫生水平较低④人们的生育意愿较低A．①②B．②③C．①④D．③④答案 1.B 2.A解析第1题，印度人口还在快速增长，说明自然增长率高，属于高出生率、低死亡率、高自然增长率的“传统型”模式。
第2题，经济发展水平较低、人口受教育水平较低和人们生育意愿较高会影响出生率，导致出生率较高。
印度的医疗卫生水平已经有了较大提高。
1949年初期我国实行鼓励生育政策；1982年计划生育确定为基本国策，提倡一对夫妇只生育一个孩子；2013年11月实施单独二孩政策；2016年1月1日起全面实施二孩政策。
下图为“我国1949～2014年出生人口统计图”。
据此完成3～4题。
3．有不少学者曾预言2013年以后会出现第四次婴儿潮，但并未出现，原因可能是()①育龄妇女教育程度提高②严格的计划生育政策③育龄妇女人数少④抚养成本太高A．①②B．②③C．③④D．①④4．若第四次婴儿潮在2016～2020年之间如期而至，其后几年内就业人数增加的职业是() A．中学老师B．建筑设计师C．外科医生D．家政护理人员答案 3.D 4.D解析第3题，第四次婴儿潮的推迟是因为我国计划生育政策的长期实施以及人的受教育水平的提高导致生育观念发生了改变和现在社会抚养成本的增加，所以D正确。
第4题，第四次婴儿潮后的几年，社会对家政服务、幼儿教师等相关岗位需求人数会增加，所以D正确。
下图为“某国1940～2013年人口自然增长率变化情况图”。
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章末检测试卷(一) (时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A ．由E ＝F q知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比 B ．由C ＝Q U知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C ．由E ＝k Q r2知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D ．由U AB ＝W AB q知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V答案 D解析 电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Q r 2是点电荷电场强度的决定式，C 错误；由U AB ＝W AB q可知，D 正确．2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )图1A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增加后减少答案 C解析 由题图可知φA >φB ，所以正电荷从A 移至B ，电势减小，静电力做正功，故A 错误，C正确；C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．3．(2019·日照市期末)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是()图2A．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能B．带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C．若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电D．若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势答案 B4．(2019·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是()图3A．0<t<t0B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0D．3t0<t<4t0答案 D解析开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在0<t<t0内，电子向右加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开始向右减速运动，到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确．5.(2019·南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，t A、t B分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有( )图4A ．A 处的场强一定大于B 处的场强B ．A 处的电势一定高于B 处的电势C ．带电粒子在A 处的电势能一定小于在B 处的电势能D ．带电粒子从A 到B 的过程中，所受电场力一定做正功答案 D解析 根据v －t 图像的斜率表示加速度可知，从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，则电场强度E 增大，A 处的场强一定小于B 处的场强，故A 错误；从A 到B 带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C 错误，D 正确；由于粒子电性未知，无法判断A 、B 两点电势高低，故B 错误．6．(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，则( )图5A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向左D ．c 点电势比b 点电势高答案 B解析 设ab ＝bc ＝cd ＝L ，＋Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E ＝k Q L 2，－Q 在b 点产生的场强大小为E 1＝k Q (2L )2＝14E ，方向水平向右，所以b 点的场强大小为E b ＝E ＋14E ＝54E ，方向水平向右，故A 、C 错误；根据对称性可知，c 点与b 点的场强大小相等，为54E ，方向水平向右，故B 正确；电场线方向从a 指向d ，而沿着电场线方向电势降低，则c 点电势比b 点电势低，故D 错误．7．(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图6所示，C 、D 位于y 轴上，C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O点时，B 点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )图6A.5kQ 4l2，沿x 轴正方向 B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向 C.3kQ 4l2，沿x 轴负方向 D.3kQ 4l2，沿x 轴正方向 答案 D解析 负点电荷置于O 点时，B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强大小为kQ l 2，方向沿x 轴负方向，则两正点电荷在B 点的合场强大小也为kQ l2，方向沿x 轴正方向；当负点电荷移到A 点时，与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，两正点电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确．8．如图7所示，四个质量均为m 、带电荷量均为＋q 的微粒a 、b 、c 、d 距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a 微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E 的匀强电场中(mg >qE )，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是t a 、t b 、t c 、t d ，不计空气阻力，则( )图7A ．t b <t a <t c <t dB ．t b ＝t c <t a ＝t dC ．t a ＝t d <t b <t cD ．t b <t a ＝t d <t c答案 D解析 根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为a b >a a＝a d>a c，又由h＝12得t b<t a＝t d<t c，故选项D正确．2at9．(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN 为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的检验电荷q，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则()图8A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零答案BC解析q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误．10．(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()图9A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同答案CD解析根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c 再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．11.如图10所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()图10A．使A、B两板靠近一些B．使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B正对面积减小一些答案CD解析静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变，故A、B错误；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，电容器所带的电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，故C、D正确．12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是()图11A．b点的电场强度大小为2kq l2B．过b、d点的直线位于同一等势面上C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零答案 AD解析 由图甲可知b 点的电场E ＝E a cos 45°＝E c cos 45°＝2kq l2，故A 正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B 、C 错误；由对称性可知，b 、d 点电势相同，故电子在b 、d 点电势能相同，动能也相同，都为0，故D 正确．13.如图12所示，平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均从A 板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )图12A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4D ．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2答案 BD解析 设加速电场的电压为U 1，偏转电场的电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d .在加速电场中，静电力做的功W ＝qU 1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C 错误；由qU 1＝12m v 02可知，粒子经加速电场获得的速度v 0＝2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，在水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧根据y＝U2L24dU1，则W与q成正比，三光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场中静电力做功为W＝qU2yd种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D 正确．14．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示．下列说法正确的有()图13A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案AC解析由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A正确；在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，故D错误；由E p＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确．二、计算题(本题共4小题，共44分)15.(8分)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD ＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：图14(1)C、D两点间的电势差U CD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A 板的电势φA ＝0，C 点距A 板1 cm ，电子在D 点的电势能为多少？答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J解析 (1)电子从C 点移到D 点U CD ＝W CD q ＝－4.8×10－17－1.6×10－19 V ＝300 V(2分) E ＝U CD d CD sin 30°＝3004×10－2×0.5V /m ＝1.5×104 V/m(2分) (2)d ＝d CD sin 30°＋1 cm ＝3 cm(1分)U AD ＝Ed ＝1.5×104×3×10－2 V ＝450 V(1分)由U AD ＝φA －φD 和φA ＝0得φD ＝－450 V(1分)电子在D 点的电势能为E p ＝qφD ＝－1.6×10－19×(－450) J ＝7.2×10－17 J ．(1分)16．(11分)如图15所示，水平绝缘轨道AB 长L ＝4 m ，离地高h ＝1.8 m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场．一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝－5×10－5 C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0＝6 m /s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点．已知C 、B 间的水平距离x ＝2.4 m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图15(1)滑块离开B 点时速度的大小；(2)滑块从A 点运动到B 点所用的时间；(3)匀强电场的场强E 的大小．答案 (1)4 m /s (2)0.8 s (3)5×103 N/C解析 (1)从B 到C 过程中，有h ＝12gt 2(1分) x ＝v B t (1分)解得v B ＝4 m/s(1分)(2)从A 到B 过程中，有L ＝v 0＋v B 2t ′(2分)解得t′＝0.8 s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得－μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)由运动学公式，有v B2－v02＝2aL(2分)解得E＝5×103 N/C.(1分)17.(11分)如图16，一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.5 C的带电小球以速度v0＝4.5 m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10 V/m(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)．图16(1)求小球经过A点的速度大小v A；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件．答案(1)7.5 m/s(2)0<R≤2528m解析(1)小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆弧轨道的切线方向，则cos 53°＝v0vA(2分)解得v A＝7.5 m/s.(1分)(2)小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为v C ，则有mg ＋qE ＝m v C 2R(2分) 根据动能定理得：－(mg ＋qE )R (1＋cos 53°)＝12m v C 2－12m v A 2(3分) 联立以上两式解得R ＝2528m(2分) 故当0<R ≤2528m 时，小球沿轨道做圆周运动，且能从圆弧轨道的最高点C 飞出．(1分) 18．(14分)如图17所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A 点到MN 的距离为L 2，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：图17(1)电子运动到MN 时的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(4)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .答案 (1)eEL m (2)3mL eE(3)2 (4)3L 解析 (1)从A 点到MN 的过程中，由动能定理得：eE ·L 2＝12m v 2(1分) 得：v ＝eEL m.(1分) (2)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE m(1分) v ＝a 1t 1(1分)则t 1＝mL eE(1分) 从MN 到打到屏的过程中运动的时间：t 2＝2L v ＝2mL eE (1分) 则运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE.(1分) (3)设电子射出电场E 2时平行于电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE m(1分) t 3＝L v (1分)v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v (1分)联立解得：tan θ＝2.(1分)(4)电子的运动轨迹如图所示，将电子离开电场E 2后的速度方向反向延长，交AO 于O ′由几何关系知：tan θ＝x L 2＋L (2分) 得：x ＝3L . (1分)。