河南省郑州市20162017学年第一学期高二年级期末考试物理
郑州市高二上学期物理期末考试试卷(I)卷
郑州市高二上学期物理期末考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分） (2017高二上·会宁期中) 如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F．剪断连接球b的细线后，在球b 上升过程中地面受到的压力（）A . 小于NB . 等于NC . 等于N+FD . 大于N+F2. （2分）空气中的负离子对人的健康极为有益。
人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法。
如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生一价的负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5mm，它们之间的电场可视为匀强电场，电子电量e=1．6×10-19C；若电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则（）A . E=103N／C，F=1.6×10-16NB . E=106N／C，F=3.2×l0-13NC . E=103N／C，F=3.2×10-16ND . E=106N／C，F=1.6×10-13N3. （2分） (2019高二上·尚志月考) 如图所示电路，是电流表，，是两个可变电阻，调节可变电阻，可以改变电流表的示数．当、间的电压为6 时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将、间的电压改为5 时，若要电流表的指针刚好偏转到最大刻度，下列方法中可行的是．（）A . 保持不变，增大B . 增大，减小C . 减小，增大D . 保持不变，减小4. （2分） (2017高二上·石家庄期中) 圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿直径方向射入，穿过磁场的时间为t，速度方向偏转60°．如图所示，根据上述条件可求下列哪个物理量（）A . 带电粒子在磁场中运动的半径B . 带电粒子的初速度C . 带电粒子的荷质比D . 带电粒子的质量5. （2分） (2016高二上·浦东期中) 如图所示，两只白炽灯泡L1和L2与电源、电键组成的电路中，当电键闭合后，发现电压表V1、V2的示数相同，且电流表A的示数为零，则可能发生的故障是（）A . L1断路B . L2断路C . L1短路D . L2短路6. （2分） (2017高一下·海淀期末) 如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上．重力加速度为g．关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是（）A . 物块受到重力、支持力和摩擦力作用B . 物块所受支持力大小为mgtanθC . 物块所受摩擦力大小为mgsinθD . 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上7. （2分）(2017·佛山模拟) 如图A、B、C是两带电量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（）A . 从B到C，电场力对该电子一直不做功B . 电子从B到C做加速度变大的加速运动C . 电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB＞EpCD . 若电子可回到B点，则回到B点时的速度不为零二、多选题 (共6题；共18分)8. （3分） (2016高一上·上饶期中) 在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是（）A . 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法B . 根据速度定义式v= ，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了猜想法C . 伽利略研究落体运动时，做的“冲淡重力”斜面实验，是运用了合理外推的逻辑思想D . 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了类比法9. （3分） (2017高二上·扬州期中) 如图甲电路所示，电阻R两端的电压U与通过该电阻的电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V，内阻不计．电阻R1=1000Ω，且阻值不随温度变化．若改变R2 ，使AB与BC间的电压相等，则此时（）A . R的阻值为1000ΩB . R的阻值为400ΩC . 通过R的电流为2.5mAD . 通过R的电流为2.0mA10. （3分） (2015高二下·西安期中) 如图所示，在质量为M的小车中挂一单摆，摆球质量为m0 ，小车（和摆）一起以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞．设碰撞时间极短，则在碰撞过程中，以下情况可能发生的有（）A . 车、木块、摆球的速度均可能变化，设变化后的速度分别为v1、v2、v3 ，则它们满足（M+m）v=Mv1+mv2+m0v3B . 摆球的速度不变，车和木块的速度变为v1和v2 ，且满足Mv=Mv1+mv2C . 摆球的速度不变，车和木块的速度均变为v1 ，且满足Mv=（M+m）v1D . 车和摆球的速度均变为v1 ，木块的速度变为v2 ，且满足（M+m0）v=（M+m0）v111. （3分） (2019高二上·博野月考) 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为△U。
河南省天一大联考2016-2017学年高二上学期阶段性测试(一)物理(附答案)
河南省天一大联考2016-2017学年高二上学期阶段性测试（一）物理本试题卷分第I 卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
考生作答时，将答案答在答题卡上(答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第I 卷一、选择题:本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，第1-6 题只有一个选项符合题目要求，第7 -10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的 -得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图所示为一个电池组和一只电阻R 的U-I图线。
用该电池组与电阻R 直接R 电阻连接成闭合电路，则以下说法正确的是A.电池组的内阻是0.5ΩB.电阻的阻值为2 ΩC.电池组的输出功率将是5WD.改变电阻R 的阻值时，读电池组的最大输出功率为6.25W2.静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线。
下列叙述正确的是A. 从0到3x 电场的电势先升高，后降低，再升高B.从0到2x 电场强度方向保持不变C.从1x 到3x 电场强度方向保持不变D.若一带电粒子从1x 运动到3x 的过程中，电势能先减小后增大3.如图所示，有两个相互垂直的平面a 和b ，在两个平面相交直线上M 、N 两点有两个等量点电荷。
O 点是中点MN 点是平面a 上一点，A 点是平面a 上一点，B 点是平面b 上一点，AO 和B0均垂直于 MN,且A0和 B0距离相等。
则下列说法错误是A.若M 、N 带等量同种电荷A 和B 点的电势相同B.若M 、N 带臻量同种电荷，A 点和B 点的场强相同C.若M 、N 带等量异种电荷，A 点和B 点的电势相同D.若M 、N 带等量异种电荷A 点和B 点的场强相同4.阻值相等的四个电阻R 、电容器C 及电池E ：内阻可忽略)接成如图所示的电路。
保持S 1闭合，开关S 2断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
河南省郑州市2016-2017学年上学期期末考试高一物理试题
2013-2017学年上期期末考试高一物理试题卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
考试时间90分钟，满分100分。
考生应首先阅读答题卡的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。
交卷时只交答题卡。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错误或不答的得0分。
）1.下列说法中正确的是A.形状规则的物体的重心在其几何中心B.速度大的物体不容易停下来，是因为物体的惯性大C.伽利略的理想斜面实验证明了物体的运动不需要力来维持D.质量、长度和力的单位都是基本单位2.汽车由静止开始匀加速前进，经过10s 速度达到5m/s ，则在这10s 内汽车的A.平均速度是0.5m/sB.平均速度是2m/sC.加速度是5m/sD.位移是25m3.如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小车间的摩擦力，则货物对杆a 、b 的压力大小之比F a :F b 为A.1：B.：1C.2:1D.1:24.一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，运动一段时间后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。
从启动到停止一共经历了10s ，前进了20m 。
在此过程中，汽车的最大速度为A.2m/sB.3m/sC.4m/sD.无法确定335.为了测量a、b两物体之前的滑动摩擦力，某同学设计了如图所示四个实验方案。
在实验操作过程中，认为测力计读数即为滑动摩擦力的大小，则最准确的方案是A. B. C. D.6.如图所示，用网兜把一个足球挂在光滑墙壁上的a点处，足球质量为m，网兜质量不计。
现保持悬点a的位置不变，缓慢地使悬绳ab变短一些，关于悬绳的拉力T和墙壁的弹力N，下列说法中正确的是A.T增大，N减小B.T减小，N不变C.T减小，N增大D.T增大，N增大7.一物体做匀速直线运动，初速度为2m/s，加速度大小为1m/s2，则经1s后，其末速度A.一定为3m/sB.一定为1m/sC.可能为1m/sD.不可能为1m/s8.物体A、B均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A、m B，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB，用水平拉力F分别拉物体A、B，得到加速度a与拉力F的关系可用图中直线甲、乙表示，则以下说法正确的是A.μA=μ B m A﹤m BB.μA﹤μ B m A=m BC.μA﹥μ B m A﹥m BD.μA﹥μ B m A=m B9.小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则A.小球是从5m高处自由下落的B.小球反弹起的最大高度为0.45mC.小球第一次反弹后的速度大小为3m/sD.小球与地面碰撞的速度改变量为2m/s10.如图所示，在学校秋季运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.70m的高度。
2017-2018学年度高二上期期末物理试题及答案
2017～2018学年度第一学期期末联考试卷高二物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分。
第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共48分。
）1．将可变电容器的动片旋出一些，减小动片间的正对面积，下列说法正确的是A. 电容器的电容增大B. 电容器的电容减小C. 电容器的电容不变D. 以上说法都有可能2．环形导线中有一小磁针如图1所示悬挂放置，此时环形导线未通电。
当通电后环形导线左端为正极，右端为负极，小磁针稳定后N 极所指的方向是A ．垂直纸面向里B ．垂直纸面向外C ．水平向左D ．水平向右3．如图2所示，在场强为E 的匀强电场中有A 、B 两点，AB 连线长L ，与电场线夹角为α．则AB 两点的电势差为 A ．0 B ．EL C ．EL cos α D ．EL sin α 4．下列说法正确的是 A ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 B ．放在匀强磁场中的通电导线一定受到安培力 C ．磁场的方向就是通电导体所受安培力的方向D ．通电直导线所受安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面5．如图3所示，匀强电场中A 、B 两点的场强分别用E A 、E B 表示，电势分别用ϕA 、ϕB 表示。
关于E A和E B 、ϕA 和ϕB 的大小关系，下列说法正确的是A ．E A =EB B ．E A <E BC ．ϕA =ϕBD ．ϕA <ϕB 6．如图4所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，x 轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B ，两磁场右边界均足够宽。
一带负电的粒子质量为m ，电荷量为q ，从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中的运动半径为R ，下列说法正确的是A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子完成一次周期性运动的时间为qB m πC ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1D ．粒子从原点出发后到第二次穿过x 轴时，沿x 轴前进2R7．如图5所示，开关S 闭合后，竖直放置的平行板电容器C 两板间有一带电微粒m 处于静止，现将滑动变阻器R 的滑动片P 向下滑动一些（A 灯与B 灯均未被烧坏），待电路稳定后，与滑动片P 滑动前相比，下列说法正确的是A ．A 灯变暗，B 灯变亮B ．内阻r 消耗的热功率减小C ．带电微粒m 将加速向上运动D ．通过滑动变阻器R 的电流增大8．如图6所示，实线表示电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等。
2016-2017年河南省平顶山市高二(上)期末物理试卷含参考答案
B．N 减小，f 方向向左 D．N 增大，f 向右
7． （4 分）如图所示，两根和水平方向成 α 角的光滑平行的金属轨道，上端接有 可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B．一质量为 m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属 杆的速度会达到最大值 νm，则（ ）
C．匀速圆周运动
D．在某两点之间往复运动
10． （4 分）一平行行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有 一负电荷（电量很小）固定在 P 点，如图所示，以 E 表示两极板间的场强，∅ 表示 P 点的电势，E 表示负电荷在 P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极 板移到图中虚线所示的位置，则（ ）
A．带电小球的动能将会增大 B．带电小球的电势能将会减小 C．带电小球所受洛伦兹力不变 D．带电小球所受机械能将会减小 12． （4 分）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上放一弹性闭合导体环，在导体 环轴线上方有一条形磁铁， 当条形磁铁 N 极向下沿轴线竖直向下迅速移动时， 下列判断中正确的是（ ）
A．导体环有扩张趋势
A．ef 棒所受的安培力 C．电路中的感应电动势
B．电路中的磁通量 D．电路中的感应电流
9． （4 分）如图所示，A、B 两点是一对固定着的等量同种正电荷，有一带电粒 子在它们所产生的电场中运动，如果该带电粒子只在电场力的作用下运动， 则是该粒子所做的运动可能是（ ）
A．匀速直线运动
B．类平抛运动
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A．图 b 表示场强，图 c 表示电势 B．图 a 表示场强，图 c 表示电势 C．图 b 表示场强，图 d 表示电势
第 1 页（共 21 页）
D．图 a 表示场强，图 d 表示电势 3． （4 分） 在如图所示的电路中， 当滑动变阻器 R3 的滑动触头 P 向下滑动时 （ ）
河南省郑州市2016—第一学期高二年级期末考试——物理
2016-2017学年上期期末考试高二物理试题卷本试卷分第I卷｛选择题）和第U卷（非选择JH）两部分.考试时间90分钟，摘分100 分.希生应首先阅读答题卡上的文字信息*然后在答题卡上作答*在试题卷上作答无效.交卷时只交答聽卡*第I卷（选择題共48分）一、选择SK本大题共12小题'毎小题4分•其48分.在每小题给出的四个选项中，第】〜B题只有一项符合题目耍求‘第9-12题有多項符合题目更欢.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选稱或不答的得0分J1•奁电陋学发展的进程中，许密发明创造为推动人类社会进步做出了巨大贡献.下列说祛正确的星A. 避雷针是与家中输电线路连接在一起的，将云层中的电荷导人电网B. 电动机中的线■只有接人交流电时才能转动U拒南针在指示方向时会受到附近铁质物体的举响D变压器原线圏接直流电源时，通过剖域■的礎通■为0,感应电流为02.下列关于电场和琏场的说挂中正确的是丄孤血点电荷形成的电场中既有电场强度相同的两点，又有电静相同的爾点B. 地球表面任盍位置的地磁场方向都与地面平行C*正电荷只在电场力柞用下，一定从离电势向低电势处运动D.穿过一仞合线圈的磁通量建化越快，线WI中产生的感应电动錚越大玄如图所示，实践是一个斑立的点电荷形成的电场中的一条电场线，其中a.b.c为电场中的三点，过也点的虚蜿与实线垂直，则下列说法一定正确的是A. ■点的电场强度大于b点的电场强度Br点的电勢高于b点的电势_C. 将电子从m点移至b点.电场力做正功D. 将电子从包点移到c点•电场力傲负功4•如图所示，电擦电动弊E=«8 £内阻r-4 IK小灯泡匚和匚的电阻均为4 £K捨动变阻器的总电限为6 □，电路中的电表均为理怨电表.闭合开关S,当滑动触头P由&端向b端滑动的过程中（不考虑小灯泡电阻的变化几下列说法正确的星A t电流表示败不断减小B. 皑压表示数不斷减小C. 小灯泡J的亮度不断增大D. 电源的辎出功率不断增大高二物理试题卷第1页f共6页）5.如图所示•均匀电阻建组成的尊边三角瑶导线權爰直故■，水平磁场垂宜导线権所在 平面向里.如采将眦和权边移走，仅测Fab 边，在&b 边中通人由n 向b 的削流几此时站 边受到的安培力大小为F.若将吐边移走.仅剩下就b 边"同祥通人由n 向b 的电流打关 于巔b 边受甥的安培力，下列说苗正确的是A. 安培力的大小是F ・方向竖直向上B. 安培力的大小是F”方向竖直向下 D*安培力的大小是三F,方向鑿直向下6-电磯流就计广泛应用于测■可导电流悴（如芳水》衽管中的滝■（在单位时问内通过 管内横離面的瓯休的体积几 如图所示墨基流量计的一部分,其橫截更为一段崔方形的管 道’长、宽、高分别为图中的流童计的上下两面是金层材料*前后两面是绝竦材料. 现于流拔计所在址加離愿应强度为B 的匀强磁场，础 场方向垂直于前厉荫面.当辱电激体稳定地流经淹■ 计时.在管外将流童计上.TW««与理履电压表连接， U 衰示测轲的电压值.不计It 体的电阻，则可柬得流休 流量为A 寻U 护 D*几如團所示,建界为正方形的対强嵐场B 垂直于正方形导域框平面，且边界惜与线框旅合.导线据各边电限均为尺・现欲从厳场中以相同窿率匀篮拉 出线椎.檯线崔渤边之闾电挣差最大”则腿梏鼻个方向拉出 人沿甲方向技出 吐沿乙方向拉出 G 沿丙方向拉出 Q 沿丁方向拉出 歇正方形金厲框中有垂直城面向里的匀 强应强度B 随时间『变化的关系 如图乙所示.（-0时刻磁场方向如图甲所 示•在D-4 3时何内，正方昭金舜框中的憋应 电流I 陆时间』娈化的规律是下囲中的（规定 逆时甘方向为电流的正方向） 髙二物理试題卷第LA 1厂一］■亠广T 1 1 «■: 1ir v is- -!!^ W ■*■■ +‘ * * T1B X XD#sX X 甲 kfE 1 I ： ! :: 1 H ! ! £ • 1 C2頁 （井5页）X X X XX 5 XC.安境力的大小長专方向竖直向上 XXX XX X C X X X X XX甲u0.01 0 02 临旳乙冥■X9•如图甲所示•理想变压器原*副线国匝数之比为5 ■ 1,原蜿RM 接人如图乙所示的电 压*电压表和电麓表均为理想电農•尺为定值电IS.R 为半导律鶴敏电規‘其阻價圈I 温度的 升高而减小.下列说怯正磯的是扎图乙中电压的有效値为H072VB.赴压表的示数为44 ¥U R 处温度升高时电流表示数增大D.K 赴温度升高时电齟尺.消耗的电功率增丈16某同学研究白炽灯的伏安待性时，得到基白炽灯的U —I 图魏如阁所示.图象上 点与原点的连戟与横轴成点的切线与横轴战B 角，则 A 列说穗征确的是A +白規灯的电阴随电压的增大而减小 a 在a 点，白規灯的电阻可表示为tanp C •在x 点，白炽灯的电功率可醫示为U.h D 在&点，白炽灯的电胆可表示为申】】.如图所示*沿水平方向敢置的平疔金厲板Q 和昭分别与电源的正负极相逹沁」板 的中央沿蛊直方向各有一牛小孔，带负电的液滴从力孔的 ----------------------- 片 正上方P 点由静止自由瘩下.到达b 飯时速度恰好为S ―—;——5则下列说祛正确的是__ ； 扎若只将齐板向下移动一些.电拜器所带电荷・—:将均如~一! IB.SH 将亂扳向右務动一些、电容器所带电荷量将________________ ：堆加C 若殳将日板下移•液滴仍从P 点由静止自由落下时，将通过b 板维续下落 D*若只将b扳下移■機滴仍从P 点由静止自由落下时、将通过b 板维续下鶴】監如图所苏’竖直平面内的攻甘坐标系中•有堑直于址面 向里的匀强磁场廿轴上周定一棍粗植绝嫌细细杆的下端酬 好在坐标原点O 处九将一牛不廿直力的带电盹哥《可段为质 点）套在细杆上•圆环在轻直向下的恒力F 作用下，从P 处由静 止开始运动•从O 处离开堀杆.已知圆开离开细杆前已经匀速 运动•离开细杆时撤去捡力F.圆环恰好在陋场中绕工轴上的＜/ 点做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是A.圆歼沿细杆从P 运动到€＞的谊程中「加速度先增大后 不变廿 ‘B圆环沿细杆从P运动到O的过程中•連度先减小后不变U圆环沿细杆从P运动到O的过程中，摩攥力先増大后不变D若圆环从杆上F点由静止开始运动■其權条件不变,03环蔦开堀杆后仍能疣/点做匀速圆周运动第II卷（非选择题共52分）二、实验题（本題共2小题，共L4分。
2016年度2017年度学年度郑州市上期期末考试
2016—2017学年度郑州市上期期末考试八年级物理 参考答案一、填空题（本题共6小题，每空1分，共16分） 1.42 ； 振动 ； 传播过程中 2.静止 ； 汽化 ； 液化 3.变小 ； 上4.增大 ； 减小 ； 凸透镜(凸透镜成倒立缩小实像)5.50 ； 等效替代法（平面镜成像原理、平面镜成像特点）6.光的色散 ； 包含有七色光（是复色光） ； 紫二、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分；第7-14题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求。
第15～16题，每小题3分，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得3分，只选1个且正确的得1分，有选错的得0分。
）三、作图题（每小题4分，共8分） 17. 18.7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 DBCDDACBCDAB·S /S · 眼睛2错一处扣一分，扣完为止四、实验探究题（第19题6分，第20题8分，第21题14分，每空2分，共28分） 19.ρm；abmρ ；用刻度尺测量铝箔的长和宽时读数有误差（用天平称铝箔的质量时读数有误差） 20.（1）温度保持不变 ； 提高水的初温（减少水的质量） （2）水再次沸腾 ； 水的沸点随气压的减小而降低 21.（1）倒立 ； 放大 ； 投影仪（2）像距较大，物体的像成在光具座以外（光具座右侧较短） ；换用焦距较小的凸透镜进行实验（换用较长的光具座进行实验）（3）凸透 ； 用凸透镜矫正远视眼五、综合应用题（第22题9分，第23题9分，共18分） 22.解：（1）1 ---------2分节能（环保） ---------2分 （2）S 1=V 1t 1=6.304.8m/s ×0.6s=1.34m ---------2分23. 解： （1） ρ=11v m =361010041.45.4mKgKg -⨯-=0.9×103Kg/m 3 ---------4分（2）m=ρV=0.9×103Kg/m3×5×10-3m3=4.5Kgm=m总=4.5Kg ---------4分说明食用调和油的标注不准确。
郑州市2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题
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在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
）1C 2B 3A 4D 5C 6D 7B 8B 9CD 10BC 11AB 12CD二、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分。
请按题目要求作答。
）13．（4分）（1）9.76（2）偏大14.（8分）（1）③②①④⑤（2）5.880 1.19（3）6.65×10－7（或6.66×10－7）三、计算题（本题共4小题，共40分。
解答时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。
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
）15.（8分）自由落体运动过程机械能守恒，可知：（3分）在与地面作用的过程中，设地面的平均作用力大小为F ，由动量定理可得：（3分）由以上两式可解得：（2分）地面的平均作用力大小为16.（8分）若波+x 方向传播，由图像可知：可解得此时波的周期：(n =0,1,2,3……)（2分）由波动方程可知：可得此时波的速度(n =0,1,2,3……)（2分）同理可得，若-x 方向传播：(n =0,1,2,3……)（2分）(n =0,1,2,3……)（2分）17.（12分）(1)根据题意可知，由几何关系可知，在D 点入射光线的入射角︒=∠601由于折射光线恰好在射在B 点，由几可关系可知折射角︒=∠302因此棱镜对光的折射率360sin 1sin =︒︒=∠∠=n （3分）由于，可得v （3分）(2)若光线从E 点射入，由几何关系可知，折射光线在BC 边上的入射角︒=∠605由于︒===60sin 331sin n C 即：060＜C （3分）因此光线在BC 边上会发生全反射，由几何关系知，反射光线FG 平行于AC ，因此在AB 边上的入射光线的的入射角︒=∠306根据光路可逆可知，在AB 面的折射角为︒=∠607（3分）18.（12分）（1）对滑块由动量定理可知：，解得（2分）由滑块、小孩和冰车系统动量守恒可得：解得：，方向水平向左。
2016-2017学年河南省郑州一中高二(上)期中物理试卷
2016-2017学年河南省郑州一中高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.物理学中许多物理概念都是用比值法定义的．以下物理概念，不是用比值法定义的是（）A.电场强度E=B.电势φ=C.电容C=D.电流I=【答案】D【解析】解：A、电场强度与电荷受到的电场力以及电荷的电量无直接关系，场强是由电场本身决定的．所以E=是比值定义法．故A不符合题意．B、电势是由电场本身决定的．所以φ=属于比值定义法．故B不符合题意．C、电容是由电容器本身决定的，与极板上的电荷量、极板之间的电势差都无关，所以C=属于比值定义法．故C不符合题意．D、公式I=是欧姆定律的表达式，不是用比值法定义的．电路中的电流由于电阻两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故D符合题意．本题选择不是用比值法定义的，故选：D所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．2.下列说法正确的是（）A.正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关B.电场强度大的地方，电势一定高；电场强度小的地方，电势一定低C.E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内静电力的特性决定的D.一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值仍为R【答案】D【解析】解：A、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关．故A错误．B、电场线越密的地方，电场强度越强，相反，则越弱，与电势无关，沿着电场线方向，电势是降低的．故B错误．C、E=只是电动势的定义式而非决定式，但电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的．故C错误．D、根据电阻定律，有：R=ρ…①把它拉成3L长的均匀细丝后，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的长度不变，横截面积减小为，故：R′=ρ…②联立解得：R′=3R．当把它们并联在一起，其电阻值仍为R，故D正确．故选：D．电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反；根据电阻定律公式R=ρ判断电阻的变化．解决本题的关键掌握电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定，注意静电力与非静电力的区别，关键是根据电阻定律的公式R=ρ列式求解．3.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面但在不同的电场线上．一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，以下判断中错误的是（）A.带电小球的动能一定变化B.带电小球运动的轨迹可能是直线C.带电小球做的一定是匀变速运动D.带电小球在a点的速度可能为零【答案】A【解析】解：A、B：小球的电性和初速度都是未知的，所以又很多的不确定性，因此不能判定小球的运动的轨迹和速度的变化，所以带电小球运动的轨迹可能是直线，但是不能确定带电小球的动能变化情况，故A错误，B正确；C：小球受到的电场力与重力都不变，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，所以小球一定做匀变速运动．故C正确；D：小球的初速度是未知的．所以它在a点的速度可能为0．故D正确．本题选错误的，故选：A该题中，小球的电性和初速度都是未知的，所以又很多的不确定性，因此不能判定小球的运动的轨迹和速度的变化；小球受到的电场力与重力都不变，所以小球一定做匀变速运动．物体的运动是由初状态的速度和受力共同决定的，该题中判断出小球的电性和初速度都是未知的，所以又很多的不确定性是解题的关键．4.已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，O x为通过半球顶点与球心O的轴线．A、B为轴上的点，且OA=OB．则下列判断正确的是（）A.A点的电场强度与B点的电场强度相同B.A点的电势等于B点的电势C.在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将做匀加速直线运动D.带正电的粒子在O点的电势能为零【答案】A【解析】解：A、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E1和E2．由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1=E2．根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1．且E1=E2．则在图示电场中，A的场强大小为E1，方向向右．B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同．故A正确．B、根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势．故B错误．C、在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，由于电场强度是变化的，所以粒子所受的电场力是变化的，则该粒子将做变加速直线运动，故C错误．D、电场线方向向右，O点的电势高于无穷远处电势，则O点的电势大于零，故D错误．故选：A通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析A、B两点电场强度的关系．根据电场线的方向分析电势高低．通过分析带电粒子受力情况，分析粒子的运动情况．根据电势的高低分析O点的电势能．本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在A 点的场强与缺失的右半球面在B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键．5.如图所示，空间中存在着匀强电场，正方体ABCDEFGH中A、B、C、H四点电势分别为φA=4V，φB=6V，φC=9V，φH=5V．则下面说法正确的是（）A.把1C正电荷从B点经G点移到H点，电场力做功一定是2JB.G点电势可能为6VC.A、G两点的电势差U AG与D、F两点的电势差U DF一定相等D.电场强度方向一定与D、G两点的连线垂直【答案】D【解析】解：根据匀强电场特点可知：U AB=U DC，即φA-φB=φD-φC，所以φD=7V，同理可得：φG=7V，φE=2V，φF=4V，所以有：把1C正电荷从B点经G点移到H点，电场力做功W BH=U BH q=1J，故A错误；φG=7V，故B错误；U AG=-3V，U DF=3V，故C错误；D与G电势相等，因此D、G两点的连线为等势线，因此电场强度方向和D、G两点的连线垂直，故D正确．故选：D．本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等．同时注意电场线和等势线是垂直的．本题从比较新颖的角度考查了学生对匀强电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力．6.在如图所示的电路中，电键闭合后，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，则（）A.灯L1变亮B.灯L2变亮C.电源的总功率变大D.电阻R1有从b到a方向的电流【答案】D【解析】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路电阻变大，总电阻增大，则电路中总电流减小，灯L1变暗．故A错误．B、根据串联电路中电压与电阻成正比，可知，电路中并联部分的电压增大，通过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过灯L2的电流变小，灯L2变暗，故B错误．C、根据P=EI知，I减小，E不变，则电源的总功率减小，故C错误．D、电容器的电压等于右侧并联电路的电压，则电容器的电压增大，带电量将增多，电容器充电，所以电阻R1有从b到a方向的电流．故D正确．故选：D滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路电阻变大，分析总电流的变化，即可判断灯L1亮度的变化．根据电路的结构，由欧姆定律可判断电容器电压的变化，分析其状态，判断通过电阻R1的电流方向．根据总电流的变化判断电源总功率的变化．解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，处理好整体和局部的关系，运用欧姆定律分析．7.如图，一正方形导线框各边电阻均为R，MN、PQ两边均接有电容为C的电容器．开关闭合后，若电流表的示数为I，则每个电容器所带的电荷量为（）A.IRCB.IRCC.IRCD.IRC【答案】C【解析】解：由于电容器中无电流通过，去掉电容器C，则电路可简化为如图所示．由对称性可知，每个主支路的电流为，分支路的电流为，则根据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为IR，由C=可知，每个电容器所带的电荷量Q=CU=IRC，故C正确，ABD错误．故选：C．明确电路结构，根据电路的简化原理将电路图简化，再根据两电容器的接入位置确定电势差，再根据Q=UC求出电荷量．本题考查电路图的简化以及闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确电容器在电路稳定时可以视为断路，因此简化电路时应先将电容器摘除，简化后再重新加入即可．二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)8.电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即现为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（）A.某车轮经过感应线的过程，电容器先充电后放电B.某车轮经过感应线的过程，电阻R上的电流先增加后减小C.车轮停在感应线上时，电阻R上和恒定的电流D.汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照【答案】AD【解析】解：A、由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故A正确，BC错误；D、若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照；故D正确；故选：AD．根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件．本题考查传感器的应用及电容器的使用，要注意对于未知事物能有效建立物理模型，应用所学过的物理规律求解．9.如图所示，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45°角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，且小球通过点P（，）．已知重力加速度为g，则（）A.电场强度的大小为B.小球初速度的大小为C.小球通过点P时的动能为 D.小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【答案】BC【解析】解：小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：q E•sin45°=mg，所以：，电场强度的大小为：E=，故A错误；B、小球受到的合力：F合=q E cos45°=mg=ma，所以a=g，由平抛运动规律有：=v0t，gt2，得初速度大小为，故B正确；C、由于：=v0t，gt2，又，所以通过点P时的动能为：，故C正确；D、小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：°，故D错误．故选：BC结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=q E即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=kx2，得出小球在竖直方向受到的电场力的分力与重力大小相等，方向相反是解答的关键．10.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W．则电键S2闭合时下列说法正确的是（）A.电源的内电阻2ΩB.流过电动机的电流为22AC.电动机的输出功率为1848WD.电动机的效率为86.9%【答案】BD【解析】解：A、设S2断开时R1消耗的功率为P1，则有：P1==（）2R1，代入数据得：525=，可以解得，r=1Ω，故A错误；B、设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则P2=，解得：U===84V，由闭合电路欧姆定律得，E=U+I r，代入数据，得I===26A，流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，I1===4A，而I1+I2=I，所以I2=22A，故B正确；C、由UI2=P出+I22R0，代入数据得，P出=UI2-I22R0=84×22-222×0.5=1606W，故C错误；D、电动机的效率为η=出电出，故D正确；故选：BD根据S2断开时R1消耗的功率为P1=（）2R1，即可求出内阻r；当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+I r，求出总电流，从而求出通过电动机的电流；根据P=UI2求解电动机的功率，根据P出=UI2-I22R求电动机的输出功率．解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系．11.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为∝）连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点．在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（）A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高【答案】AD【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动．故A正确．B、当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C==知，电容减小，而电容器的电压不变，由C=知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误．C、当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E=知电容器板间场强不变，由U=E d知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误．D、当电容器的下极板向左移动时，C=，电容器的电容减小，由C=知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E=知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高．故D正确．故选：AD根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动．本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式C=和电容的定义式C=，运用控制变量法进行分析．12.如图所示的电路中，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m、电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点．现断开S，带电小球向一个极板运动并与此极板碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板相同性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，电源内阻也为R，重力加速度为g，则（）A.电源电动势为B.从打开电键S到小球碰撞到极板所需时间为C.电键S断开后流过R2的电荷量为D.碰后小球电量为q【答案】BD【解析】解：A、当S闭合时，电容器电压为U，则：①对带电小球受力分析得：②联立①②式解得：，故A错误；B、断开S，电容器电压为U′，则：′③由牛顿第二定律知：′④向下运动的位移：⑤联立③④⑤得：，故B正确；C、电键S闭合时，电容器带电量⑥电键S断开后，电容器的带电量′⑦流过的电荷量=，故C错误；D、小球与极板碰撞速度大小为v，⑧碰后⑨得⑩碰前根据牛顿第二定律：′⑪碰后根据牛顿第二定律：′′⑫其中′⑬联立解得：′，故D正确；故选：BD电键S闭合时，根据串并联电路的特点，求出电容器板间电压与电动势的关系，对小球受力情况进行分析，由电场力与重力平衡，即可求出板间电压，解得电源的电动势．断开S，由电路的关系求出电容器的板间电压，对带电小球运动的全过程，根据牛顿第二定律和运动学公式求时间．求出电键闭合时电容所带的电量和电键断开后所带的电量，流过的电荷量为两次电荷量之差；根据牛顿第二定律和运动学公式联立求出碰后小球电量；本题是串并联电路与电容器两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)13.如图1所示的游标卡尺，它的游标尺的刻度为19mm长20等分，它的读数为______ cm；使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是______ mm；如图3所示的电流表使用0.6A量程时，图中表针示数是______ A；如图3所示的电压表使用较大量程，图中表针示数为______V．【答案】2.335；2.150；0.44；8.5【解析】解：由图示游标卡尺可知，其示数为23mm+7×0.05mm=23.35mm=2.335cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为2mm+15.0×0.01mm=2.150mm；电流表量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.44A；电压表量程为15V，由图示表盘可知，其分度值为0.5V，示数为8.5V；故答案为：2.335；2.150；0.44；8.5．游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数．本题考查了游标卡尺、螺旋测微器、电表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直．14.测量干电池的电动势和内电阻，备有下列器材：A．待测干电池两节，每节电池电动势E约为1.5V，内阻r约几欧姆UB．直流电压表V1量程2V，直流电压表V2量程3V，内阻均约为3kΩC．直流电流表A量程3A，内阻很小D．定值电阻R0，阻值20ΩE．滑动变阻器R，最大阻值10ΩF．导线若干和开关K（1）画出实验原理的电路图，在图中标明所用器材的符号．（2）连接好电路后，闭合开关之前，按照实验的操作规范，滑动变阻器R的滑片应该置于变阻器接入电路的阻值最______ （填：大或小）的位置．（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图象如图所示，图中直线斜率大小为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E= ______ ，总内阻r= ______ （用k、a、R0表示）．【答案】大；a；k R0【解析】解：（1）由题意可知，电源电动势为1.5V，内阻约为几欧姆，则电流较小，故3A量程的电流表不能使用，故将电压表V1与R0并联后充当电流表使用，电压表V2测量电压值，如图所示；（2）为了保证安全，开始时滑动变阻器应调至阻值最大位置；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U2=E-r则由图象可知，图象与纵坐标的交点表示电动势，故E=a；图象的斜率k=故r=k R0．故答案为：（1）如图所示；（2）大；（3）a，k R0．（1）分析仪表量程，根据实验原理明确所采用的仪表，从而确定电路图；（2）根据实验安全进行分析，注意限流接法时，滑动变阻器开始时应滑到最大位置；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，结合图象即可明确电源的电动势和内电阻．本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，根据安全和准确性原则确定电表及量程，同时注意掌握根据闭合电路欧姆定律和图象的性质分析数据，求解电动势和内电阻．四、计算题(本大题共3小题，共35.0分)15.如图所示，电灯L标有“4V、1W”．滑动变阻器R总电阻为50Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源电动势和内电阻分别为多大？【答案】解：（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路．（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压为：U2=U=10V，R2=Ω=20Ω端L未断路时恰好正常发光：U L=4V，I L==0.25AU端′=U2′=I2′•R2=0.45×20V=9VR=（3）根据闭合电路欧姆定律为：E=U+I r故障前：E=9+（0.45+0.25）r，故障后：E=10+0.5r，解得：r=5Ω，E=12.5V答：（1）故障为断路，只可能灯L发生断路；（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω；（3）电源的电动势为12.5V，内电阻为5Ω．【解析】（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路．（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压，根据欧姆定律即可求得R2的阻值，L未断路时恰好正常发光，根据闭合电路欧姆定律即可求得滑动变阻器接入电路的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律E=U+I r即可求解．本题考查了根据电流表电压表的示数判断电路故障问题及闭合电路欧姆定律的应用，难度适中．16.如下图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10-10C，质量为m=1.0×10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O 点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在（静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，粒子的重力不计）放置于中心线上的荧光屏bc上．求：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？（2）垂直打在放置于中心线上的荧光屏的位置离D点多远？．（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．【答案】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：y=at2；又a=，L=v0t则得：y=代入数据得：y=0.03m=3cm带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D的距离为Y．由相似三角形得===解得：Y=4y=12cm（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，轨迹如图所示．由几何知识得，粒子圆周运动的半径r==cm=15cm垂直打在放置于中心线上的荧光屏的位置离D点的距离x=L DO+r=9cm+15cm=24cm （3）带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：v x=υ0=2×106m/s竖直速度：υy=at=1.5×106m/s，合速度为v合==2.5×106m/s该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．根据k=m合，代入数据解得：Q=1.04×10-8C答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm，到达PS界面时离D点12cm．（2）垂直打在放置于中心线上的荧光屏的位置离D点24cm．（3）点电荷Q带负电，其电荷量的大小为1.04×10-8C．【解析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离．（2）画出轨迹，由几何知识解答．（3）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电荷量．本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．17.在x O y平面内，x＞0、y＞0的空间区域内存在匀强电场，场强大小为100V/m．现有一带负电的粒子，电量为q=2×10-7C，质量为m=2×10-6kg，从坐标原点O以一定的初动能射出，经过点P（4m，3m）时，其动能变为初动能的0.2倍，速度方向为y 轴正方向．然后粒子从y轴上点M（0，5m）射出电场，此时动能变为过O点时初动能的0.52倍．粒子重力不计．（1）写出在线段OP上与M点等势的点Q的坐标；（2）求粒子由P点运动到M点所需的时间．。
河南省20162017学年高二上学期阶段性测试一11月物理
绝密★启用前 试卷类型:A天一大联考 2016—2017 _年高二年级阶段性测试（一）物理本试题卷分第I 卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
考生作答时，将答案答在答题卡上(答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第I 卷一、选择题:本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，第1-6 题只有一个选项符合题目要求，第7 -10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的 -得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图所示为一个电池组和一只电阻R 的U-I图线。
用该电池组与电阻R 直接R 电阻连接成闭合电路，则以下说法正确的是 A.电池组的内阻是Ω B.电阻的阻值为2 Ω C.电池组的输出功率将是5WD.改变电阻R 的阻值时，读电池组的最大输出功率为2.静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线。
下列叙述正确的是A. 从0到3x 电场的电势先升高，后降低，再升高B.从0到2x 电场强度方向保持不变C.从1x 到3x 电场强度方向保持不变D.若一带电粒子从1x 运动到3x 的过程中，电势能先减小后增大 3.如图所示，有两个相互垂直的平面a 和b ，在两个平面相交直线上M 、N 两点有两个等量点电荷。
O 点是中点MN 点是平面a 上一点，A 点是平面a 上一点，B 点是平面b 上一点，AO 和B0均垂直于 MN,且A0和 B0距离相等。
则下列说法错误是A.若M 、N 带等量同种电荷A 和B 点的电势相同B.若M 、N 带臻量同种电荷，A 点和B 点的场强相同C.若M 、N 带等量异种电荷，A 点和B 点的电势相同D.若M 、N 带等量异种电荷A 点和B 点的场强相同4.阻值相等的四个电阻R 、电容器C 及电池E ：内阻可忽略)接成如图所示的电路。
保持S 1闭合，开关S 2断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
高二第一学期物理期末计算题
密班级 姓名考 考号 座位号密 封 线 内 不 得 答 题第2016—2017学年第一学期高二年级物理计算题（考试范围：电场 电路 磁场 命题人：张良忠）1.如图所示，一根长为L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN 竖直固定在电场强度大小为E ＝1.0×105 N/C 、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，带电荷量为Q ＝＋4.5×10－6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q ＝＋1.0×10－6 C ，质量为m ＝1.0×10－2 kg 。
现将小球B 从杆的N 端由静止释放，小球B 开始运动。
(静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2)(1)求小球B 开始运动时的加速度a ；(2)当小球B 的速度最大时，求小球距M 端的高度h 1；(3)若小球B 从N 端运动到距M 端的高度为h 2＝0.61 m 时，速度v ＝1.0 m/s ，求此过程中小球B 电势能的改变量ΔEp 。
2.如图所示，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电荷量为q 。
在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷。
将A 由距B 竖直高度为H 处无初速度释放，小球A 下滑过程中电荷量不变。
不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。
求：(1)A球刚释放时的加速度大小。
(2)当A 球的动能最大时，A 球与B 点的距离。
3. (2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°。
不计重力。
求A 、B 两点间的电势差。
河南省郑州市2016-2017学年高二上学期期末考试物理试题
2016—2017学年度郑州市上期期末考试高二物理参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项正符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。
）1.C2.D3.B4.A5.A6.B7.C8.A9.ACD 10.CD 11. AD 12.CD二、实验题（本题共2小题，共14分。
请按题目要求作答。
）13.（2）3.203（3.202-3.204）（2分）（3）600 （2分）（4）（2分）14.（1）图像如图所示（2分），（2分）（2）较小（2分），100℃（2分）三、计算题（本题共4小题，共38分。
解答时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。
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
）15．（8分）R2与R3并联后的电阻值R23=解得R23=6 Ω由闭合电路欧姆定律得：I=（1分）解得I=1 A （1分）电容器两板间的电压U C=I（R1+R23）（1分）电容器两板间的电场强度E1==（1分）解得E1=100 N/C （1分）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mg tanα（1分）又有F=qE（1分）所以m=解得m=4×10-3 kg（1分）16．（8分）（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，粒子在y方向做匀速直线运动y=v0t （2分）解得粒子通过电场区域的时间t=2 s（1分）（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度（1分）减速时的加速度（1分）经过时间t后，设在x方向上的速度为v x，则（1分）解得v x=2 m/s （1分）粒子离开磁场时的速度（1分）17.（10分）（1）cd棒匀速运动时速度最大，设为v m，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势E=BLv m（2分）电流（2分）由平衡条件得mg sinθ=BIL（2分）代入数据解得v m=1m/s（1分）（2）设cd从开始运动到达最大速度的过程中通过的距离为x，由能量守恒定律得mgx sinθ=mv m2+2Q（2分）代入数据解得x=1 m （1分）18．（12分）（1）过P点做速度的垂线，与x轴交与O´点。
2016-2017学年度高二物理期末试题(答案)
2016—2017学年度第一学期高二物理(理科)期末质量检测试题 2017温馨提示：1．本试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷、附加题和答题卡。
基础题全卷总分值100分,附加题10分，合计110分。
2．考生答题时，必须将第Ⅰ卷上所有题的正确答案用2B 铅笔涂在答题卡上所对应的信息点处，答案写在Ⅰ卷上无效，第Ⅱ卷所有题的正确答案按要求用黑色签字笔填写在答题卡上试题对应题号上，写在其他位置无效。
3．考试结束时，请将答题卡交给监考老师。
第Ⅰ卷 〔选择题，共 48分〕一、单项选择题：〔此题共8小题，每题4分，共32分。
在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要。
)1.有关电场和磁场的说法中正确的选项是〔 〕 A ．电荷在电场中一定受到电场力 B ．电荷在磁场中一定受到磁场力 C ．电流在磁场中一定受到磁场力D ．电流在磁场中受到磁场力的方向可用右手定则判定 2.以下有关磁感应强度的说法正确的选项是〔 〕A ．由ILF B =可知，磁感应强度B 与电流受到的安培力F 成正比，与IL 成反比B ．由SB Φ=可知，磁感应强度B 与通过线圈的Φ成正比，与线圈面积S 成反比C ．由qvf B =可知，磁感应强度B 与运动电荷受到的洛伦兹力f 成正比，与qv 成反比D ．磁感应强度B 由磁场本身决定，与是否放入电流、线圈、运动电荷均无关。
3．如下列图，通电直导线的右边同一平面内有一圆形线圈，下面情况中不能．．使线圈中产生感应电流的是〔 〕A ．导线中电流强度变小B ．线圈向左穿过直导线C ．线框向上平动D ．线框以ab 边为轴转动 4. 在盘旋加速器中( )A ．D 形盒内既有匀强磁场，又有交变电场B ．D 形盒内的磁场用来加速带电粒子baC ．增大交变电场的电压可增大粒子的最大速度D ．交变电场用来加速带电粒子5．如下列图有垂直纸面向外的水平有界匀强磁场，一矩形线圈从磁场的上方某一高处由静止落下，并穿过有界磁场，已知线圈的宽度小于磁场的宽度，以下说法正确的选项是〔 〕A ．穿过磁场时线圈中的电流方向是先逆时针，后顺时针B ．穿过磁场时线圈中的电流方向是先顺时针，再无电流，后逆时针C ．线圈一定加速进入磁场D ．线圈一定加速出磁场6.将一个由导体做成的矩形线圈放入垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场B 随时间t 变化规律如右图所示，规定线圈中的电流方向以顺时针为正，则线圈中产生的电流随时间的变化规律为以下列图中的〔 〕7．如图电路中，L 是自感系数值很大，直流电阻可忽略的自感线圈，A 、B 是完全相同的灯泡，R 为定值电阻，则以下说法正确的选项是〔 〕A ．开关S 闭合时，灯A 逐渐亮，灯B 立即亮 B ．开关S 闭合稳定后，灯A 和灯B 一样亮C ．开关S 断开时，灯A 逐渐灭，灯B 立即灭D ．开关S 断开时，灯A 亮一下再逐渐灭，灯B 逐渐灭8.两个带电粒子在同一地点沿同一方向以相同速度v 同时垂直射入一磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中形成如右图所示两条不同的轨迹1和2，，那么以下说法正确的选项是( )A ．两个的粒子都是负电荷B ．粒子1的比荷比粒子2的比荷大C ．两个粒子必然同时到达与出发点在同一水平线上的点D ．粒子2的质量一定比粒子1的大二、多项选择题〔本小题共4小题，每题4分，共16分。
2016-2017学年河南省郑州市高二上学期期末考试物理试题WORD版含答案
2016-2017学年河南省郑州市高二上学期期末考试物理试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷(非选择题）两部分。
考试时间90分钟，满分100分。
考生应首先答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题上作答无效，交卷时只交答题卡。
第I卷（选择题共48分）一.选择题（本大题共12小题.每小题4分。
共48分.在每小題给出的四个选项中，第1〜8题只有一项符合题目要求。
第9〜12 题有多項符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1.在电磁学发展的进程中，许多发明创适为推动人类社会进步做出了巨大贡献.下列说法正确的是A.避雷针是与家中输电线路连接在一起的，将云层中的电荷导人电网B.电动机中的线圈只有接人交流电时才能转动C.指南针在指示方向时会受到附近铁质物体的影响D.变压器原线圈接直流电源时，通过副线圈的磁通量为0.感应电流为02.下列关于电场和磁场的说法中正确的是A.孤立点电荷形成的电场中既有电场强度相同的两点，又有电势相同的两点B.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行C.正电荷只在电场力作用下,一定从高电势向低电势处运动D.穿过一闭合线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大3.如图所示，实线是一个孤立的点电荷形成的电场中的一条电场线.其中a、b.c为电场中的三点.过a点的虚线与实线垂直，则下列说法一定正碥的是A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.a点的电势高于b点的电势C.将电子从a点移至b点，电场力做正功D.将电子从a点移到c点.电场力做负功4.如图所示，电源电动势E=8V,内阻 r=4Ω小灯泡L1和L2的电阻均为4Ω,滑动变阻器的总电阻为6Ω,电路中的电表均为理想电表.闭合开关S,当搰动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑小灯泡电阻的变化〉，下列说法正确的是A.电流表示数不断减小B.电压表示数不断臧小C.小灯泡L1的亮度不断增大D.电源的输出功率不断增大5.如图所示。
河南省郑州市2016-2017学年高二(上)期末试卷(理)
2016-2017学年河南省郑州市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1．（5分）不等式＞1的解集为（）A．（﹣∞，1）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（0，+∞）2．（5分）a＞b的一个充分不必要条件是（）A．a=1，b=0 B．＜C．a2＞b2D．a3＞b3 3．（5分）在△ABC中，若a=1，b=2，cos A=，则sin B=（）A．B．C．D．4．（5分）等比数列{a n}中，a2+a4=20，a3+a5=40，则a6=（）A．16 B．32 C．64 D．1285．（5分）两座灯塔A和B与海洋观测站C的距离分别是a km和2a km，灯塔A在观测站C 的北偏东20°，灯塔B在观测站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B之间的距离为（）A．a km B．2a km C．a km D．a km 6．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F满足=3，=3，则BE 与DF所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1009=1，则S2017（）A．1008 B．1009 C．2016 D．20178．（5分）过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A，B两点，若O为坐标原点，则•=（）A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣49．（5分）设椭圆C：=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是C上的点PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，则C的离心率为（）A．B．C．D．10．（5分）在△ABC中，若BC=2，A=120°，则•的最大值为（）A．B．﹣C．D．﹣11．（5分）正实数ab满足+=1，则（a+2）（b+4）的最小值为（）A．16 B．24 C．32 D．4012．（5分）圆O的半径为定长，A是平面上一定点，P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为（）A．一个点B．椭圆C．双曲线D．以上选项都有可能二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）命题“∃x∈[﹣，]，tan x≤m”的否定为．14．（5分）若x，y满足，则z=x+2y的取值范围为．15．（5分）已知F为双曲线C：﹣=1的左焦点，A（1，4），P是C右支上一点，当△APF周长最小时，点F到直线AP的距离为．16．（5分）若数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n•a n=2n﹣1，则{a n}的前40项和为．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程. 17．（10分）设f（x）=（m+1）x2﹣mx+m﹣1．（1）当m=1时，求不等式f（x）＞0的解集；（2）若不等式f（x）+1＞0的解集为，求m的值．18．（12分）在△ABC中，a，b，c的对角分别为A，B，C的对边，a2﹣c2=b2﹣，a=6，△ABC的面积为24．（1）求角A的正弦值；（2）求边b，c．19．（12分）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+a n=2S n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和T n．20．（12分）已知命题p：函数f（x）=lg（x2﹣2x+a）的定义域为R，命题q：对于x∈[1，3]，不等式ax2﹣ax﹣6+a＜0恒成立，若p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数a的取值范围．21．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面为边长为1的正方形，侧棱AA1=2（1）求直线DC与平面ADB1所成角的大小；（2）在棱上AA1是否存在一点P，使得二面角A﹣B1C1﹣P的大小为30°，若存在，确定P 的位置，若不存在，说明理由．22．（12分）在圆x2+y2=3上任取一动点P，过P作x轴的垂线PD，D为垂足，=动点M的轨迹为曲线C．（1）求C的方程及其离心率；（2）若直线l交曲线C交于A，B两点，且坐标原点到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值．参考答案一、选择题1．B【解析】不等式可化为x（x﹣1）＜0，∴0＜x＜1，∴不等式＞1的解集为（0，1），故选B．2．A【解析】A．当a=1，b=0时，满足a＞b，反之不成立，则a=1，b=0是a＞b的一个充分不必要条件．B．当a＜0，b＞0时，满足＜，但a＞b不成立，即充分性不成立，C．当a=﹣2，b=1时，满足a2＞b2，但a＞b不成立，即充分性不成立，D．由a3＞b3得a＞b，即a3＞b3是a＞b成立的充要条件，故选：A3．D【解析】∵0＜A＜π，且cos A=，∴sin A==，由正弦定理得，，则sin B===，故选D．4．C【解析】∵等比数列{a n}中，a2+a4=20，a3+a5=40，∴，解得a=2，q=2，∴a6=2×25=64．故选：C．5．D【解析】根据题意，△ABC中，∠ACB=180°﹣20°﹣40°=120°，∵AC=a km，BC=2a km，∴由余弦定理，得cos120°=，解之得AB=a km，即灯塔A与灯塔B的距离为a km，故选：D．【解析】如图，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为4，∵点E，F满足=3，=3，∴B（4，4，0），E（4，3，4），D（0，0，0），F（0，1，4），=（0，﹣1，4），=（0，1，4），设异面直线BE与DF所成角为θ，则cosθ===．sinθ==，∴BE与DF所成角的正弦值为．故选：A．7．D【解析】∵等差数列{a n}的前n项和为S n，a1009=1，∴S2017=（a1+a2017）=2017a1009=2017．故选：D．8．C【解析】由题意知，抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），∴直线AB的方程为y=k（x﹣1），由，得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2=，x1+x2=1，y1•y2=k（x1﹣1）•k（x2﹣1）=k2[x1•x2﹣（x1+x2）+1]'则•=x1•x2+y1•y2=x1•x2+k（x1﹣1）•k（x2﹣1）=﹣3．故选：C．9．D【解析】|PF2|=x，∵PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，∴|PF1|=2x，|F1F2|=x，又|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，∴2a=3x，2c=x，∴C的离心率为：e==．故选D．【解析】∵，∴⇒4=AC2+AB2﹣2AC•AB cos A⇒4=AC2+AB2+AC•AB≥2A•CAB+AC•AB=3AC•AB⇒AC•AB≤∴•=AC•AB cos120°≤，则•的最大值为，故选：A．11．C【解析】正实数a，b满足+=1，∴1≥2，解得ab≥8，当且仅当b=2a=4时取等号．b+2a=ab．∴（a+2）（b+4）=ab+2（b+2a）+8=3ab+8≥32．故选：C．12．C【解析】∵A为⊙O外一定点，P为⊙O上一动点，线段AP的垂直平分线交直线OP于点Q，则QA=QP，则QA﹣QO=QP﹣QO=OP=R，即动点Q到两定点O、A的距离差为定值，根据双曲线的定义，可知点Q的轨迹是：以O，A为焦点，OP为实轴长的双曲线，故选：C．二、填空题13．∀x∈[﹣，]，tan x＞m【解析】命题“∃x∈[﹣，]，tan x≤m”的否定为命题“∀x∈[﹣，]，tan x＞m”，故答案为：∀x∈[﹣，]，tan x＞m14．[0，]【解析】x，y满足，不是的可行域如图：z=x+2y化为：y=﹣+，当y=﹣+经过可行域的O时目标函数取得最小值，经过A时，目标函数取得最大值，由，可得A（，），则z=x+2y的最小值为：0；最大值为：=．则z=x+2y的取值范围为：[0，]．故答案为：[0，]．15．【解析】设双曲线的右焦点为F′（4，0），由题意，A，P，F′共线时，△APF周长最小，直线AP的方程为y=（x﹣4），即4x+3y﹣16=0，∴点F到直线AP的距离为=，故答案为：16．820【解析】由于数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，故有a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97．从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a11=2，a16+a14=56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前40项和为10×2+（10×8+×16）=820，故答案为：820三、解答题17．解：（1）当m=1时，不等式f（x）＞0为：2x2﹣x＞0⇒x（2x﹣1）＞0⇒x＞，x＜0；因此所求解集为；（2）不等式f（x）+1＞0即（m+1）x2﹣mx+m＞0∵不等式f（x）+1＞0的解集为，所以是方程（m+1）x2﹣mx+m=0的两根因此⇒．18．解：（1）由在△ABC中，a2﹣c2=b2﹣①，整理得cos A==，则sin A==；（2）∵S=bc sin A=24，sin A=，∴bc=80，将a=6，bc=80代入①得：b2+c2=164，与bc=80联立，解得：b=10，c=8或b=8，c=10．19．解：（1）由题得a n2+a n=2S n，a n+12+a n+1=2S n+1，两式子相减得：结合a n＞0得a n+1﹣a n=1，令n=1得a12+a1=2S1，即a1=1，所以{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，即a n=n（2）因为b n==（n≥2），所以T n=+…+①T n=+…++②①﹣②得T n=1++…+﹣=﹣，所以数列{b n}的前n项和T n=3﹣．20．解：当P真时，f（x）=lg（x2﹣2x+a）的定义域为R，有△=4﹣4a＜0，解得a＞1．当q真时，即使g（x）=ax2﹣ax﹣6+a在x∈[1，3]上恒成立，则有a＜在x∈[1，3]上恒成立，而当x∈[1，3]时，=≥，故a＜．又因为p∨q为真命题，p∧q为假命题，所以p，q一真一假，当p真q假时，a＞1．当p假q真时，a＜所以实数a的取值范围是（﹣∞，）∪（1，+∞）21．解：（1）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面为边长为1的正方形，侧棱AA1=2，∴以点D为坐标原点O，DA，DC，DA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，D（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，1，），C（0，1，0），，=（0，1，），=（0，1，0），设平面ADB1的法向量为，则，取z=1，得=（0，﹣，1），设直线DC与平面所ADB1成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|==，∵θ∈[0，]，∴θ=，∴直线DC与平面ADB1所成角的大小为．（2）假设存在点P（a，b，c），使得二面角A﹣B1C1﹣P的大小为30°，设=，由A1（0，0，），得（a﹣1，b，c）=λ（﹣a，﹣b，），∴，解得，B1（0，1，），C1（﹣1，1，），=（﹣1，0，0），=（，﹣1，﹣），设平面的法向量为=（x，y，z），则，取z=1，得=（0，﹣，1），由（1）知，平面AB 1C 1D 的法向量为=（0，﹣，1），∵二面角A ﹣B 1C 1﹣P 的大小为30°， ∴cos30°===．由λ＞0，解得λ=2，所以棱AA 1上存在一点P ，使得二面角A ﹣B 1C 1﹣P 的大小为30°，且AP =2P A 1．22．解：（Ⅰ）设M （x ，y ），P （x 0，y 0），由=得x 0=x ，y 0=y 因为x 02+y 02=3，所以x 2+3y 2=3，即=1，其离心率e =． （Ⅱ）当AB 与x 轴垂直时，|AB |=．当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y =kx +m ，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由已知，得．把y =kx +m 代入椭圆方程，整理得（3k 2+1）x 2+6kmx +3m 2﹣3=0，∴x 1+x 2=，x 1x 2=，∴k ≠0，|AB |2=（1+k 2）（x 2﹣x 1）2=3+≤4，当且仅当9k 2=，即k =时等号成立，此时|AB |=2．当k =0时，|AB |=． 综上所述：|AB |max =2，此时△AOB 面积取最大值=.。
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2016—2017学年度郑州市上期期末考试
高二物理 参考答案
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项正符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。
）
1.C
2.D
3.B
4.A
5.A
6.B
7.C
8.A
9.ACD 10.CD 11. AD 12.CD 二、实验题（本题共2小题，共14分。
请按题目要求作答。
） 13.（2）3.203（3.202-3.204）（2分） （3）600 （2分）
（4）2
4U D IL
πρ=（2分）
14.（1）图像如图所示（2分），100R t =+（2分） （2）较小（2分），100℃（2分）
三、计算题（本题共4小题，共38分。
解答时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。
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
） 15．（8分）R 2与R 3并联后的电阻值R 23
R 23=6 Ω
由闭合电路欧姆定律得：I
（1分）
解得 I =1 A （1分）
电容器两板间的电压 U C =I （R 1+R 23） （1分） 电容器两板间的电场强度E 1
（1分） 解得 E 1=100 N/C （1分）
小球处于静止状态，所受电场力为F ，由平衡条件得：F =mg tan α （1分）
又有 F =qE （1分） 所以m
解得 m =4×10-3 kg （1分） 16．（8分）（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，粒子在y 方向做匀速直线运动
y =v 0t （2分）
解得粒子通过电场区域的时间t =2 s （1分）
（2）粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度 211m/s 4==m
q
E a （1分） 减速时的加速度 222m/s 2==
m
q
E a （1分） 经过时间t 后，设在x 方向上的速度为v x ，则 （1分）
解得 v x =2 m/s （1分） 粒子离开磁场时的速度
（1分）
17.（10分）
（1）cd 棒匀速运动时速度最大，设为v m ，棒中感应电动势为E ，电流为I ， 感应电动势 E =BLv m （2分） 电流 2E
I R
（2分） 由平衡条件得 mg sin θ=BIL （2分） 代入数据解得 v m =1m/s （1分）
（2）设cd 从开始运动到达最大速度的过程中通过的距离为x ， 由能量守恒定律得 mgx sin θ=
1
2
mv m 2+2Q （2分） 代入数据解得 x =1 m （1分） 18．（12分）
（1）过P 点做速度的垂线，与x 轴交与O´点。
由几何关系可知，小球在x >0的区域内圆周运动的半径
^/_D
洛伦兹力提供向心力
（1分）
得：（1分）
（2）由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆心角为θ=120° （1分） 周期
（1分）
在磁场中的运动时间 （1分）
粒子进入电场后在y 方向上做匀速直线运动 b =v sinα t 2 （1分）
解得 （1分）
从N 点运动到Q 点的总时间 （1分）
（3）粒子进入电场后在x 方向上做匀加速直线运动：
（1分）
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B
N
y
P
O
x M
O´ α
θ
解得：（1分）
由此可知，Q点的坐标为（，0）（1分）。