山西省山西大学附属中学2015-2016学年高二物理上学期12月月考试题

2015-2016学年山西省山西大学附属中学高二上学期期中考试物理考试时间：90分考查内容：选修3-1第一章与第二章前六节一、单选题（共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案，答对得4分，错选或不选得0分）1、下列粒子从初速度为零经过加速电压为U的电场加速后，速度最大的是( )A．镁离子Mg2+ w.w.w.k.s.5 u.c.o.m B．氚核 C．α粒子 D．钠离子Na+2、一段粗细均匀的柱形电阻丝，电阻为1Ω，当把它均匀拉长，使其截面的直径变成原来的1/4，则此电阻丝的阻值为( )A．4Ω B．16Ω C．64ΩD．256Ω3、如图所示，其中电流表 A 的量程为 0.6A，内电阻为1.0Ω，表盘均匀划分为30 个小格，每小格表示 0.02A；R1 的阻值等于电流表内阻的 1/2；R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍，则下列分析正确的是（）A．若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04AB．若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02AC．若用电流表 A 的表盘刻度表示加在接线柱 1、3间的电压值，将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06VD．若用电流表 A 的表盘刻度表示加在接线柱 1、3间的电压值，将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.14V4、一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E、电势为φ，如图所示，把细线分成等长的AB、BC、CD三段圆弧，求弧BC在圆心O点产生的场强大小及电势分别多少？你可能不会直接求出答案，但利用学过的方法（如对称性，叠加思想）可以判断得出结论，以下答案正确的是( )A．场强大小为E，电势为φ B．场强大小为E，电势为C．场强大小为E，电势为φ D．场强大小为，电势为5、一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。

2014~2015学年第一学期高三12月月考物理试题考试时间：90分钟总分为：110分【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的根本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律与其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以与它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以根本定义、根本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。

一、选择题〔共48分〕：此题共12小题，每一小题4分。

在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-12题有多项符合题目要求。

全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

【题文】1、如下列图，小方块代表一些一样质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，如此关于θ角变化说法正确的答案是〔〕A.图①、图②中θ角均增大B.图①、图②中θ角均不变C.图①中θ增大、图②中θ角不变化D.图①中θ不变、图②中θ角变大【知识点】合力的大小与分力间夹角的关系．B7【答案解析】B解析：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，假设端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法如此，可知，方向不变，即夹角不变．图2中，因滑轮光滑，绳子中的张力相等，如此A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B 绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，根据力的合成法如此，可知，AB夹角也不变．应当选：B【思路点拨】根据力的平行四边形定如此，结合几何关系，即可求解．【题文】2、内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口直径的带正电小球，以速度v0沿逆时针方向匀速转动，如下列图，假设在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，运动过程中小球带电量不变，正确的答案是〔〕A．小球对玻璃环的压力一定不断增大B．小球受到的磁场力一定不断增大C．小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球先做负功后做正功【知识点】安培力；左手定如此．I1【答案解析】C解析：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球沿顺时针方向加速运动，速度又不大增加；A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与小球所受的洛伦兹力提供向心力，小球做逆时针减速运动时，洛伦兹力与向心力方向相反，如此环对小球的弹力减去洛伦兹力等于向心力，当小球速度为0时，向心力和洛伦兹力均为0，如此环对小球的弹力为0，即小球对玻璃环的压力减小了，故A错误；B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；D、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D错误；应当选C．【思路点拨】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．．【题文】3、人类对自己赖以生存的地球的研究，是一个永恒的主题．我国南极科学考察队存地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P．假设地球自转周期为T，万有引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，如此由以上物理量可以求得〔〕A. 物体的质量mB. 球的半径RC. 地球的质量MD. 地球的密度ρ【知识点】万有引力定律与其应用．D5【答案解析】D解析：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故：P=由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：P﹣0.9P=m〔〕2R故：M=A、物体的质量是任意的，故无法求解出，故A错误；B、C、由于不知道地球半径，故无法求解地球的质量，故BC均错误；D、地球密度：，故D正确；应当选：D．【思路点拨】两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可．【题文】4、ab 是长为l 的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab 所在直线上的两点，位置如下列图．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．假设将绝缘细杆的右半边截掉并移走〔左边电量、位置不变〕，如此P2处的场强大小为〔 〕A. 22E B. 12E E -C.221E E - D. 221E E + 【知识点】电场的叠加．I1【答案解析】B 解析：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，由题意可知，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1，而整个杆电荷在P2处的电场强度为E2，如此左半边杆的电荷在P2处的电场强度为E2﹣E1．应当选B.【思路点拨】由于细杆均匀带电，我们取a 关于P1的对称点a′，如此a 与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b 局部对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【题文】5、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A ，电动机启动时电流表读数为58A ，假设电源电动势为12.5V ，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，如此因电动机启动，车灯的电功率降低了〔 〕A. 35.8WB. 43.2WC. 48.2WD. 76.8W【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2【答案解析】B 解析：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL ，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL′．由欧姆定律得 I= 求得R=1.2Ω，灯泡消耗功率为PL=EI ﹣I2 r=120W ；电动机启动后，路端电压UL′=E ﹣I′r=9.6V ，灯泡消耗电功率为PL′==W=76.8W ．所以灯泡功率降低了△P=120W ﹣76.8W=43.2W ；应当选：B ．【思路点拨】电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；如此可求得车灯的电功率降低值．．【题文】6、如下列图，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．假设下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以一样的速度v0从原处飞入，如此带电小球〔〕A. 将打在下板中央B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出C. 不发生偏转，沿直线运动D. 假设上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．I3【答案解析】BD解析：ABC、将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d减小时，场强E不变，以一样的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．D、假设上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．应当选：BD【思路点拨】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【题文】7、如下列图，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．如此〔〕A. 车厢的加速度为gsinθB. 绳对物体m1的拉力为C. 底板对物体m2的支持力为〔m2﹣m1〕gD. 物体m2所受底板的摩擦力为m2gtanθ【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．C2B3【答案解析】BD解析：A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图2：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ，如此车厢的加速度也为gtanθ．T=．故A错误，B正确．C 、D 对物体2研究，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：N=m2g ﹣T=，f=m2a=m2gtanθ．故C 错误，D 正确．应当选BD【思路点拨】先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．【题文】8、如下列图，A 、C 和B 、C 是两个固定的斜面，斜面的顶端A 、B 在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC 和BC 顶端由静止开始下滑，质量分别是 1m 、2m 〔 21m m 〕，与斜面间的动摩擦因数均为μ．假设甲、乙滑至底端C 的过程中抑制摩擦力做的功分别是1W 、2W ，所需时间分别是1t 、2t ．甲、乙滑至底端C 时速度分别是1v 、2v ，动能分别是1K E 、2K E ，如此〔 〕A. 1K E ＞2K EB. 1v ＞2vC. 1W ＜2WD. 1t ＜2t【知识点】动能定理的应用．E2【答案解析】BC 解析：A 、设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L ，由动能定理得：mgLtanθ﹣μmgcosθ=EK1﹣0，EK1=mgL 〔tanθ﹣μ〕，m1＜m2，θ1＞θ2，无法判断两物体动能大小，故A 错误；B 、EK1=mgL 〔tanθ﹣μ〕=mv2，v=，θ1＞θ2，v1＞v2，故B 正确； C 、抑制摩擦力做的功W=μmgcosθ×=μmgL ，∵m 1＜m2，∴W 1＜W2，故C 正确；D、由牛顿第二定律得：mg sinθ﹣μmgcosθ=ma，=at2，t==，根据题意无法确定2θ﹣β的取值范围，无法确定sin〔2θ﹣β〕大小关系，无法确定时间关系，故D错误；应当选：BC．【思路点拨】应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比拟动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比拟大小；由功的计算公式求出抑制摩擦力所做的功，然后比拟功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比拟时间大小．【题文】9、在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如下列图，如此如下说法正确的答案是〔〕A．0～10s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B．0～10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大C．10s～15s时间内运动员的平均速度221vv v +<D．10s～15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态【知识点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．E3A5【答案解析】BC解析：A、由图示v﹣t图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0﹣10s内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要抑制阻力做功，机械能不守恒，故A错误；B、由A可知，0～10s内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来越大，故B正确；C、如果物体做匀减速直线运动，=，由图示图中可知，10s～15s，速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，如此＜，故C正确；D、10s～15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误；应当选：BC．【思路点拨】从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以与图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进展分析．【题文】10、如下列图，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中〔 〕A ．小球的加速度一直减小B ．小球的机械能和电势能的总和保持不变C ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是qB mg qE v μμ22-=D ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是qB mgqE v μμ22+= 【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动．C2K3【答案解析】CD 解析：小球静止时只受电场力、重力、支持力与摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定如此可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A 错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g ，达最大；此后速度继续增大，如此洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，如此：=，解得，V1=，故C 正确；同理有：=，解得V2=，故D 正确；而在下降过程中有摩擦力做功，故有局部能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小； 故B 错误；应当选CD ．【思路点拨】对小球进展受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力与加速度的变化；即可以找出小球最大速度与最大加速度的状态．【题文】11、如下列图，带正电的金属圆环竖直放置，AB 是轴线上相对于圆心的对称点.某时刻一个电子从A 点沿轴线向右运动至B 点，此过程中电子运动的v-t 图象可能是〔 〕【知识点】电势差与电场强度的关系．I2【答案解析】ABC解析：电子以速度υ0沿轴线水平向右运动，所受电场力方向向左，大小变化情况有两种可能：〔1〕先增大后减小；〔2〕一直减小．所以电子一定做加速度变化的变速运动，速度先增大后减小，AB两点电势一样，故速度大小和方向一样，故D不可能，ABC 可能．应当选：ABC．【思路点拨】圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从A释放开始到运动到B点的过程中，所受电场力变化情况可能先增大后减小圆心处为零，也可能一直减小，但速度先增大后减小，AB速度一样．【题文】12、如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球〔可视为点电荷〕恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．O、q1、q2在同一竖直线上，如下判断正确的答案是〔〕A. q1、q2为异种电荷B. 圆轨道上的电场强度处处一样C. 圆轨道上的电势处处相等D.点电荷q1对小球的静电力是吸引力【知识点】电场线．I1【答案解析】CD解析：A、带电小球〔可视为点电荷〕恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动，说明小球受到的重力与电场力的合力提供向心力，所以电场力的方向斜向上，但是不能确定两个点电荷是否是异种电荷，或是同种电荷．故A错误；B、由题意，根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处一样，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不一样．故B错误；C、根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故C正确．D、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，如此q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，如此q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确．应当选：CD．【思路点拨】根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都一样时，电场强度才一样．带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力．二、实验题〔共16分〕【题文】13、〔10分〕某实验小组在实验室用如图〔甲〕所示的装置来研究加速度和有关能量的问题．〔1〕需要将长木板的右端垫高〔即平衡摩擦力，下面实验均有此步骤〕，直到在没有砂桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能做运动．〔2〕同学B假设用此实验装置来验证砂和砂桶〔质量为m〕以与小车〔质量为M〕组成的系统机械能守恒，以OC段的运动为例〔设OC的距离为x3〕，其实验数据应满足的关系式是，〔用此题的符号表示，不要求计算结果，当地重力加速度为g，相邻两个计数点间时间间隔为T〕〔3〕同学C采用图〔甲〕的装置研究外力做功和动能变化关系，根据实验数据假设绘出了△v2﹣s图线〔其中△v2=v2﹣v02，〕，图线应是一条．〔4〕同学甲和乙采用图〔甲〕装置研究小车加速度和力之间的关系，由于操作失误，根据实验数据做出了a﹣F图象如图〔丙〕所示：如此由图中信息可知：①小车的质量M=kg．〔结果保存两位有效数字〕②分析后知道，甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲h乙〔填“大于〞、“小于〞或“等于〞〕【知识点】探究功与速度变化的关系．E4【答案解析】〔1〕匀速直线；〔2〕mgx3=〔m+M〕；〔3〕过原点的倾斜直线；〔4〕2.0；大于解析：〔1〕直到在没有沙桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能匀速直线运动，摩擦力得到平衡；〔2〕在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度v，如此系统机械能守恒满足mgx3=〔m+M〕vC2=〔m+M〕；〔3〕由动能定理，，如此，图线应是一条过原点的倾斜直线；〔4〕由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=，如此小车的质量M=，根据图象可知，当F=0时，甲的加速度大，所以甲的倾角大，如此甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲大于h乙．【思路点拨】〔1〕在没有沙桶拖动下，小车和纸带能做匀速直线运动时，摩擦力得到平衡．〔2〕在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度等于BD的平均速度．判断系统机械能是否守恒，看系统重力势能的减小量〔即m的重力势能减小量〕与系统动能的增加量是否相等．〔3〕根据动能定理，，可得出△v2﹣s的关系，从而图线的形状．〔4〕由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=．【题文】14、〔6分〕有一电流表A，量程为1 mA，内阻r1约为100 Ω，要求测量其内阻．可选用器材有：电阻箱R1，最大阻值为999.9 Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10 kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2 kΩ；电源E，电动势约为6 V，内阻不计；开关2个，导线假设干．采用的测量电路图如下列图，实验步骤如下：①断开S1和S2，将R调到最大；②合上S1，调节R使A表满偏；③保持R不变，合上S2，调节R1使A表半偏，此时可以认为A表的内阻r1＝R1.在上述可供选择的器材中，可变电阻R应该选择〔选填“甲〞或“乙〞〕；认为内阻r1＝R1，此结果与r1的真实值相比〔选填“偏大〞、“偏小〞或“相等〞〕【知识点】伏安法测电阻．J4【答案解析】甲；偏小．解析：该实验的原理是通过半偏法测量电流表的内阻，所以需要有一个相对不变的电流，所以，电阻值较大的滑动变阻器能更好地做到这一点，所以需要选择最大阻值为10kΩ的滑动变阻器甲；闭合电建S2后，电流表局部的并联电阻值变小，所以闭合电路的总电阻变小，电路中的总电流变大；所以当电流表的指针半偏时，流过电阻箱的实际电流要大于流过电流表的电流，所以电阻箱的电阻值要比电流表的内阻小．即测量值小于真实值．【思路点拨】器材选取的原如此是安全、准确，根据此原如此选择适宜的器材．通过半偏法测量电流表的内阻，根据电阻箱的读数求出电流表的内阻大小．三、计算题〔共46分〕【题文】15、〔14分〕如下列图，水平桌面上静止着质量为M的斜面体，斜面与水平方向的夹角为θ，质量为m的物块放置在斜面上，斜面体与水平间的动摩擦因数为μ1，物块与斜面间的动摩擦因数为μ2，μ2＞tanθ．现用一从零逐渐增大的水平拉力F拉斜面体直到物块与斜面体发生相对滑动．〔1〕物块相对斜面体滑动时所受摩擦力大小；〔2〕从施加F到物块与斜面体发生相对滑动这一过程中，拉力F的最大值；〔3〕定性画出斜面体M的速度随时间的变化图象．【知识点】牛顿运动定律的综合应用；共点力平衡的条件与其应用．C5B7【答案解析】(1)(2)+μ1〔M+m〕g(3)如如下图解析：〔1〕分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系．刚要滑动时，对m：受力分析如图：f﹣mg sinθ=macosθ…①mgcosθ﹣FN=masinθ…②又f=μ2FN…③①②③联立，解得：f=…④〔2〕对M、m的整体，由牛顿第二定律得：F﹣μ1〔M+m〕g=〔M+m〕a…⑤①④⑤联立，解得F=+μ1(M+m)g〔3〕【思路点拨】〔1〕分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系，由牛顿第二定律求解．〔2〕对整体，运用牛顿第二定律求解F的最大值．〔3〕根据物体加速度的变化，画出v﹣t图象．【题文】16、(15分) 如下列图,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,静止斜靠在光滑斜面上,另一自由端恰好与水平线AB齐平,一长为L的轻质细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,O点到AB的距离为2L.现将细线拉至水平,小球从位置C由静止释放,到达O 点正下方时,细线刚好被拉断.当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧,不计碰撞时的机械能损失,弹簧的最大压缩量为L22(在弹性限度内),求:(1)细线所能承受的最大拉力F；(2)斜面的倾角 ；(3)弹簧所获得的最大弹性势能PE.【知识点】动能定理；向心力；弹性势能．E2D4B1 【答案解析】〔1〕3mg 〔2〕45°〔3〕解析：〔1〕从C 到最低点过程，小球的机械能守恒，如此有： mgL=，最低点：T ﹣mg=m ，联立解得：T=3mg ，〔2〕细绳在最低点被拉断后小球做平抛运动，如此小球到达A 点时竖直方向的分速度为： 2gL=，vy==，故tan ，如此θ=45°〔3〕有能量守恒得：，【思路点拨】〔1〕C 到D 过程，小球的机械能守恒，可求出小球到D 点时的速度，此时细绳受到的拉力达到最大，由牛顿第二定律求出最大拉力．〔2〕细绳在D 点被拉断后小球做平抛运动，由题意，小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，速度沿斜面向下方向．由平抛运动知识求出小球到达D 时竖直方向的分速度，由tan 求出斜面的倾角．〔3〕根据能量守恒即可求得弹簧的弹性势能．【题文】17、(17分)如下列图,等边三角形AQC 的边长为2L ，P 、D 分别为AQ 、AC 的中点.水平线QC 以下是水平向左的匀强电场,区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向垂直纸面向里,区域Ⅲ(虚线PD 之上、三角形APD 以外)的磁场与区域Ⅱ大小相等、方向相反.带正电的粒子从Q 点正下方，距离Q 为L 的O 点以某一速度射入电场,在电场力作用下以速度v0垂直QC 到达该边中点N,经区域Ⅰ再从P 点垂直AQ 射入区域Ⅲ(粒子重力忽略不计).求：(1)求该粒子的比荷m q；(2)求该粒子从O 点运动到N 点的时间t1和匀强电场E ；(3)假设区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为3B0，如此粒子经过一系列运动后会返回至O 点，求粒子从N 点出发再回到N 点的运动过程所需的时间t ．【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．I7K3【答案解析】〔1〕〔2〕t1=，E=2B0v0〔3〕解析：〔1〕由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m解得：；〔2〕粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，如此：t1=水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，如此：L=由牛顿第二定律得：QE=ma解得：E=2B0v0；〔3〕带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如下列图：在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=；在区域Ⅰ中运动的时间：t2=×2=；在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2=；。

高中数学学习材料鼎尚图文*整理制作山西大学附中2015—2016学年高三第一学期12月月考数学试题（理）考试时间：120分钟 满分：150分一．选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分.）1．若bi i ai -=+1)21(，其中R b a ∈,，i 是虚数单位，则=+||bi a (C)A.i +21B.5C.52D.542．已知{}2R y y x M =∈=，{}22R 2x x y N =∈+=，则M N =（ D ）A ．()(){}1,1,1,1- B ．{}1 C ．[]0,1 D ．0,2⎡⎤⎣⎦3．下列说法中正确的是（ D ）A ．“()00f =”是“函数()f x 是奇函数”的充要条件B ．若:p 0R x ∃∈，20010x x -->，则:p ⌝R x ∀∈，210x x --<C ．若p q ∧为假命题，则p ，q 均为假命题D ．“若6πα=，则1sin 2α=”的否命题是“若6πα≠，则1sin 2α≠4．若0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且23c o s c o s 2t a n 210πααα⎛⎫++==⎪⎝⎭，则（ B ）A ．12 B ．13 C ．14 D ．155．执行如图所示的程序框图，输出20152016s =，那么判断框内应填（A ）A ．2015?k ≤B ．2016?k ≤C ．2015?k ≥D ．2016?k ≥6．一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为（ B ）A ．32B ．6262++C ．12D ．3262++7 . 已知变量,x y 满足240220x y x x y -+≥⎧⎪≤⎨⎪+-≥⎩，则32x y x +++的取值范围是（ B ）（A ）52,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦（B ）55,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦（C ）45,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦ （D ）5,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦8. 已知()621x a x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭（R a ∈）的展开式中常数项为5，则该展开式中2x 的系数（ A ）A ．252-B ．5-C ．252D ．58(文).对具有线性相关关系的变量x ，y ，测得一组数据如下表：根据上表，利用最小二乘法得它们的回归直线方程为10.5y x a =+，则a 的值等于（ B ） A ．1 B ．1.5 C ．2 D ．2.5 9．已知函数()f x 是定义在[]1,2a a -上的偶函数，且当0x >时，()f x 单调递增， 则关于x 的不等式(1)()f x f a ->的解集为（ B ）A ．45[,)33B ．]35,34()32,31[⋃C ．)32,31[]31,32(⋃--D ．随a 的值而变化10．三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1AC BC ==，3PA = ，则该三棱锥外接球的表面积为（ A ）A ．π5B ．π2C ．π20D ．π411. 如图，1F 、2F 是双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点，过1F 的直线l 与双曲线的左右两支分别交于点A 、B ．若2F ∆AB 为等边三角形，则双曲线的离心率为（ B ）A ．4B ．7C ．233 D ．3 12．等差数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，且满足150S >，160S <，则11S a ，22S a ，... ，1515S a 中最大的项为（ D ） A ．66S a B ．77S a C ．99S a D ．88S a二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．等比数列{}n a 的前n 项和=2+2nn S a a ⋅-，则a =__1_____.C OAB 中任取一点，则该点落在阴影14. （理）如图，在边长为1的正方形部分中的概率为 13． (){}22,|16A x y x y =+≤，集合14.（文）记集合()(){},|40,,B x y x y x y A =+-≤∈表示的平面区域分别为12,ΩΩ．若在区域1Ω内任取一点(),P x y ，则点P 落在区域2Ω中的概率为___ 324ππ+ _． 15．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC 、DC 上，3BC BE =，DC DF λ=．若1,AE AF ⋅=，则λ的值为 216．已知函数()f x （R x ∈）满足()11f =，且()f x 的导数()12f x '<，则不等式()22122x f x <+的解集为 ()(),11,-∞-⋃+∞三.解答题(本大题共6小题,共70分.)17．（本小题满分12分）已知函数()()2cos 3cos sin 222x x x f x =-．（1）设ππ22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，且()31f θ=+，求θ的值； （2）在△ABC 中，AB=1，()31f C =+，且△ABC 的面积为32，求sinA+sinB 的值．解：（1）2()23cos 2sin cos 222x x xf x =-=3(1cos )sin x x +-=()π2cos 36x ++．由()π2cos 3316x ++=+，得()π1cos 62x +=，于是ππ2π()63x k k +=±∈Z ，因为ππ22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，所以ππ26x =-或．（2）因为(0π)C ∈，，由（1）知π6C =． 因为△ABC 的面积为32，所以31πsin 226ab =，于是23ab =①．在△ABC 中，设内角A 、B 的对边分别是a ，b ．由余弦定理得2222π12cos 66a b ab a b =+-=+-，所以227a b += ②由①②可得23a b =⎧⎪⎨=⎪⎩，或32.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 于是23a b +=+．由正弦定理得sin sin sin 112A B C a b ===，所以()31sin sin 122A B a b +=+=+．18．(文) 如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，∠ADC =0120，11AA AB ==，点1O O 、分别是上下底菱形对角线的交点． （1）求证：1A O ∥平面11CB D ； （2）求点O 到平面11CB D 的距离．ABCD1A 1B 1C 1D O1O （第18题图）又∵1A O ⊄平面11CB D ，1O C ⊂平面11CB D ， ∴1A O ∥平面11CB D ． （2）法一：等积变换．设点O 到平面11CB D 的距离为h ． ∵1D D ⊥平面ABCD ， ∴1D D CO ⊥． ∵AC 、BD 为菱形ABCD 的对角线， ∴CO ⊥BD ． ∵1D DBD D =，∴CO ⊥平面11BB D D ． 在菱形ABCD 中，BC =1，∠BCD =060，32CO =． ∵111B D =，2211115+1+42OB OD OB BB ====， ∴△11OB D 的面积1112OB D S =． ∴三棱锥11C OB D -的体积1113312OB D V SCO =⋅=． 在△11CB D 中，11112,1CB CD B D ===，△11CB D 的面积1174CB D S =． 由11117334CB D V Sh h =⋅=⋅⋅=312，得217h =． 因此，点O 到平面11CB D 的距离为217． 法二、作垂线．∵1AA ⊥平面1111A B C D ， ∴111AA B D ⊥．∵11A C 、11B D 为菱形1111A B C D 的对角线， ∴1111B D AC ⊥． ∵1111AA AC A =， ∴11B D ⊥平面11AA C C ．∴平面11CB D ⊥平面11AA C C ．在平面11AA C C 内，作OH ⊥1CO ，H 为垂足，则OH ⊥平面11CB D ，线段OH 的长为点O 到平面11CB D 的距离.在矩形11AA C C 中，∠OCH =∠11CO C ，111112sin 772CC CO C CO ∠===，2sin 332OH OH OHOCH OC ∠===， ∴2273OH =， 217OH =． 因此，点O 到平面11CB D 的距离为217． 18．（理）（本小题满分12分）如图，矩形ABEF 所在的平面与等边ABC ∆所在的平面垂直，2,1AB AF ==，O 为AB 的中点．（1）求证：OE FC ⊥；（2）求二面角F CE B --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）14-【解析】OC AB ⊥，根据试题分析：第一问根据等边三角形，确定出面面垂直的性质，得出OC ⊥平面ABEF ，从而得出OC OE ⊥，根据矩形的边长的关系，得出OF OE ⊥，从而根据线面垂直的判定定理，得出OE ⊥平面OFC ，从而得证OE FC ⊥，第二问应用平面的法向量求得二面角的余弦值． 试题解析：（1）证明：连接OC ,OF ，因为AC BC =，O 是AB 的中点，故OC AB ⊥． 又因为平面ABEF ⊥平面ABC ，面ABEF ⋂面ABC AB =，OC ⊂面ABC ， 故OC ⊥平面ABEF ．因为OE ⊂面ABEF ，于是OC OE ⊥．又矩形ABEF ，22AB AF ==，所以OF OE ⊥． 又因为OF OC O ⋂=，故OE ⊥平面OFC ， 所以OE FC ⊥．（2）由（1）得，22AB AF ==，取EF 的中点D ，以O 为原点，,,OC OB OD 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系。

山西师大附中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）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4个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分.）1．下列说法中正确的是（）A．电荷在某处不受电场力作用，但该处电场强度不一定为零B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，那么导体所受的安培力大小也是一定的D．在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间2．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点3．如图，电流从A点分两路对称地且电流强度相等地通过圆形支路再汇合于B点，则圆环中心处O点的磁感应强度的方向是（）A．垂直圆环面指向纸内B．垂直圆环面指向纸外C．磁感应强度为零D．条件不足，无法判断4．一根均匀粗导线的两端用柔软导线拉入电路，用用两根弹簧测力计悬挂起来，使导线MN 保持水平，如图所示，在导线MN处加水平向里的磁场，并通以自M向N的电流，弹簧测力计的示数为F，若要使弹簧测力计示数增大，可以采用的做法是（）A．只减小电流B．只增加电流C．只改变电流方向D．只改变磁场方向5．在如图所示电路中，A、B间的电压保持一定，U AB=6V，电阻R1=R2=4Ω，R3=2Ω．那么（）A．开关S断开时，R3两端电压是3VB．开关S接通时，R3通过的电流是1.5AC．开关S断开时，R1通过的电流是0.75AD．开关S接通时，R1两端电压是4V6．电阻A，B的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域Ⅰ内，两电阻并联后的伏安曲线在区域Ⅲ内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域Ⅲ内，两电阻并联后的伏安曲线在区域Ⅰ内C．A，B电阻阻值之比为1：3D．A，B电阻阻值之比为3：17．如图所示，一个电源的电动势为ɛ，内电阻为r，将一个额定电压为U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I．电动机的内阻为R，关于在时间t内的能量转化，下面的说法中正确的是（）A．电源释放的电能为It（U+Ir）B．电源释放的电能为I2t（R+r）C．电动机转化的机械能为It（U﹣IR）D．电动机转化的机械能为It[ɛ﹣I（r+R）]8．如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，3只理想电压表的示数变化的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，下列各值可能出现的是（）A．△U1=3V、△U2=2V、△U3=1V B．△U1=1V、△U2=3V、△U3=2VC．△U1=0.5V、△U2=1V、△U3=1.5V D．△U1=0.2V、△U2=1V、△U3=0.8V9．如图所示电路中，已知电源的内阻r＞R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的右端向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（）A．V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小B．R2上消耗的功率先变小后变大C．电源的输出功率先变小后变大D．A1的示数不断减小，A2的示数不断变大10．如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻．闭合开关S，将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，电压表V1、V2示数变化的大小分别为△U1、△U2，电流表示数变化的大小为△I．下列判断正确的是（）A．△U2大于△U1B．与的差值等于R2C．R2和R3消耗的电功率的和增加了△U2•△ID．电压表V1示数变小、电压表V2示数变大，电流表示数变大11．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P位于中点位置时，三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，则（）A．三个灯泡的额定功率相同B．三个灯泡的额定电压相同C．三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L3、L2D．当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮12．如图（a）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图示（b）所示，示数为9V，电源的电动势为（）A．9.8V B．10V C．10.8V D．11.2V二、填空题（本题共2小题，每空2分，共22分）13．为测量一电源的电动势及内阻（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表A．量程为1V、内阻约为1kΩ的电压表V1B．量程为2V、内阻约为2kΩ的电压表V2C．量程为3V、内阻为3kΩ的电压表V3选择电压表串联kΩ的电阻可以改装成量程为9V的电压表．（2）利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表（此表用符号V1、V2或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50V时，电阻箱的阻值为15.0Ω；电压表示数为2.00V时，电阻箱的阻值为40.0Ω，则电源的电动势E=V，内阻r= Ω．14．现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值R x≈0.5Ω，允许通过的最大电流为0.5A．提）图（甲）四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是；（2）实验中滑动变阻器应该选择（选择“R1”或“R2”），并采用接法；（3）根据你在（1）、（2）中的选择，在图（乙）上完成实验电路的连接：（4）实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为：ρ= ；（5）用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图（丙）所示，则该电阻丝的直径D= ．三、计算题（本题共3小题，共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．如图所示，电源的电动势E=10V，内电阻r=1Ω，电容器的电容C=40μF，定值电阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω．当接通开关S，待电路稳定后，试求：（1）理想电压表V的示数；（2）电容器所带的电荷量．16．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？17．用图中所示的电路测定未知电阻R x的值，图中电源的电动势E未知，电源内阻r与电流表的内阻R A均可忽略不计，R为电阻箱．（1）要测得R x的值，R至少需要取几个不同的数值？请用所测得的物理量推导出计算R x的表达式；（2）若电流表每个分度表示的电流值未知，但指针偏转角度与通过的电流成正比，则在用此电路测R X时，R至少需要取几个不同的数值？请用所测得的物理量推导出计算R x的表达式；（3）若电源内阻r不可忽略，能否应用此电路测量R x．山西师大附中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分.）1．下列说法中正确的是（）A．电荷在某处不受电场力作用，但该处电场强度不一定为零B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，那么导体所受的安培力大小也是一定的D．在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间【考点】磁感应强度．【分析】由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零．一小段通电导体在某处不受安培力作用，该处磁感应强度不一定为零．若导线与磁场平行时，不受安培力，但B不等于零．导体所受的安培力大小与导体长度、电流大小及导线与磁场方向的夹角有关．【解答】解：A、由电场力公式F=qE则知，电荷在某处不受电场力作用F=0，则该处电场强度E一定为零．故A错误．B、将一小段通电导体平行放入磁场中，不受安培力作用，但磁感应强度不为零．故B错误．C、当置于匀强磁场中的导体长度和电流大小一定时，导体所受的安培力大小不一定，还与导线与磁场方向的夹角有关．故C错误．D、在感应强度为B的匀强磁场中，当导线与磁场垂直时，导体所受到的安培力最大为BIL，当导线与磁场平行时，不受安培力，所以导体所受到的安培力的大小介于零和BIL之间．故D正确．故选：D【点评】本题要抓住磁场与电场特性的区别：电荷在电场中一定受电场力，但通电导线在磁场中不一定受安培力，导线与磁场平行时不安培力．2．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点【考点】磁感应强度．【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．【解答】解：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：A、在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故A正确；BCD错误．故选：A【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．3．如图，电流从A点分两路对称地且电流强度相等地通过圆形支路再汇合于B点，则圆环中心处O点的磁感应强度的方向是（）A．垂直圆环面指向纸内B．垂直圆环面指向纸外C．磁感应强度为零D．条件不足，无法判断【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，分别分析上半圆与下半圆电流在O点产生的磁场方向，根据叠加原理，求O处的磁感应强度．【解答】解：将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，上半圆电流在O点产生的磁场方向向里，下半圆电流在O点产生的磁场方向向外，由于电流大小相等，两个产生的磁感应强度大小相等，则O点的磁感应强度为零．故选：C．【点评】磁感应强度是矢量，叠加遵守平行四边形定则．空间某一点磁场往往是各个场源产生的磁场的叠加．4．一根均匀粗导线的两端用柔软导线拉入电路，用用两根弹簧测力计悬挂起来，使导线MN 保持水平，如图所示，在导线MN处加水平向里的磁场，并通以自M向N的电流，弹簧测力计的示数为F，若要使弹簧测力计示数增大，可以采用的做法是（）A．只减小电流B．只增加电流C．只改变电流方向D．只改变磁场方向【考点】安培力．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．【解答】解：AB、MN处加水平向里的磁场，并通以自M向N的电流，由左手定则安培力方向向上，F+BIL=mg，若要使F增大，则可通过减小安培力的大小，即可以减小电流；故A正确，B错误；C、只改变电流方向或只改变磁场的方向，则重新平衡的方程：F′=BIL+mg可见F′＞F，故CD正确；故选：ACD．【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．5．在如图所示电路中，A、B间的电压保持一定，U AB=6V，电阻R1=R2=4Ω，R3=2Ω．那么（）A．开关S断开时，R3两端电压是3VB．开关S接通时，R3通过的电流是1.5AC．开关S断开时，R1通过的电流是0.75AD．开关S接通时，R1两端电压是4V【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先认识电路的结构：开关S断开时，R2与R3串联；开关S接通时，电阻R1与R2并联后再与R3串联．根据欧姆定律求解．【解答】解：A、C开关S断开时，R2与R3串联；R3两端电压为 U3=U AB=V=4V；R1通过的电流是0；故A、C错误．B、D开关S接通时，电阻R1与R2并联后再与R3串联．R1与R2并联电阻为 R并==2ΩR3通过的电流是 I==A=1.5A，R1两端电压 U1=IR并=1.5×2V=3V，故B正确，D错误．故选：B．【点评】本题是简单的电路计算问题，关键要灵活运用电路的连接关系，根据串联电路电压与电阻成正比进行计算．6．电阻A，B的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域Ⅰ内，两电阻并联后的伏安曲线在区域Ⅲ内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域Ⅲ内，两电阻并联后的伏安曲线在区域Ⅰ内C．A，B电阻阻值之比为1：3D．A，B电阻阻值之比为3：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律，I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻；串联电路的电阻等于各个电阻之和，并联电路的电阻倒数等于各个电阻的倒数之和．【解答】解：C、D、I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻，故R A==Ω，R B==Ω；故R A：R B=3：1，故C错误，D正确；A、B、I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻；两电阻串联后，总电阻变大，伏安曲线在区域 I 内；两电阻并联后，总电阻减小，伏安曲线在区域 III内；故A正确，B错误；故选AD．【点评】本题关键明确I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻，知道串并联电路的电阻与各分电阻的关系．7．如图所示，一个电源的电动势为ɛ，内电阻为r，将一个额定电压为U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I．电动机的内阻为R，关于在时间t内的能量转化，下面的说法中正确的是（）A．电源释放的电能为It（U+Ir）B．电源释放的电能为I2t（R+r）C．电动机转化的机械能为It（U﹣IR）D．电动机转化的机械能为It[ɛ﹣I（r+R）]【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电源做功的总功等于EIt，电池消耗的化学能为IEt，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由W=UIt求解电功．发热量由Q=I2Rt求解．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：E=I（U+Ir），故电源释放的电能为：W=EIt=（U+Ir）It，故A正确；B、电路因发热而损耗的能量为：Q=I2t（R+r），由于电动机输出机械能，故电源释放的电能大于I2t（R+r），故B错误；C、电动机转化的机械能为：Q机=UIt﹣I2Rt=It（U﹣IR），故C正确；D、电路因发热而损耗的能量为：Q=I2t（R+r），所以电动机转化的机械能为Q机=W﹣Q=It[ɛ﹣I（r+R）]，故D正确；故选：ACD．【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功只能用W=UIt，求热量Q=I2Rt．而输出的机械能只能根据能量守恒求解．8．如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，3只理想电压表的示数变化的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，下列各值可能出现的是（）A．△U1=3V、△U2=2V、△U3=1V B．△U1=1V、△U2=3V、△U3=2VC．△U1=0.5V、△U2=1V、△U3=1.5V D．△U1=0.2V、△U2=1V、△U3=0.8V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电灯两端的电压增大，路端电压减小，分析变阻器两端电压的变化，根据路端电压的变化，判断△U2、△U3的大小．【解答】解：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电灯两端的电压U2增大，电源的内电压增大，则路端电压U1减小，则变阻器两端电压U3减小．由于U1=U2+U3，U1减小，则知△U2＞△U3，△U1＜△U2，所以△U1=1V、△U2=3V、△U3=2V；△U1=0.2V、△U2=1V、△U3=0.8V是可能的，△U1=3V、△U2=2V、△U3=1V；△U1=0.5V、△U2=1V、△U3=1.5V不可能．故BD正确，AC错误．故选BD【点评】本题解题的关键是抓住U1=U2+U3，根据总量法分析三个电压表读数变化量的大小．9．如图所示电路中，已知电源的内阻r＞R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的右端向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（）A．V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小B．R2上消耗的功率先变小后变大C．电源的输出功率先变小后变大D．A1的示数不断减小，A2的示数不断变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑臂P由右端向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化．【解答】解：A、由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑臂P由右端向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小．V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大．故A错误．B、R2不变，由公式P=I2R得知，电流I先变小后变大，则R2上消耗的功率先变小后变大．故B正确．C、已知电源的内阻r＞R2，但外电路总电阻与r的关系无法确定，所以无法判断电源输出功率的变化情况．故C错误．D、当变阻器滑片位于最右端时，R1与变阻器被短路，电路中电流最大，A1的示数最大，A2的示数为零，所以滑臂P由右端向左滑动的过程中，A1的示数不可能不断减小，A2的示数不断变大．故D正确．故选BD．【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．10．如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻．闭合开关S，将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，电压表V1、V2示数变化的大小分别为△U1、△U2，电流表示数变化的大小为△I．下列判断正确的是（）A．△U2大于△U1B．与的差值等于R2C．R2和R3消耗的电功率的和增加了△U2•△ID．电压表V1示数变小、电压表V2示数变大，电流表示数变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将滑片P由a端向b端滑动，分析变阻器电阻的变化，由欧姆定律判断各部分电压的变化．根据闭合电路欧姆定律列式分析电压变化量与电流变化量比值与乘积的变化．【解答】解：A、将滑片P由a端向b端滑动，变阻器电阻的在路电阻减小，总电阻减小，电流增大，则R2、R3的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，由于R2的电压增大，路端电压减小，所以R1、R3的电压之和减小，R3电压的增大量小于R1电压的减小量，则△U2小于△U1．故A错误．B、由欧姆定律可知， =R2+R3，由U1=U﹣IR3，U为电源的电压，则=R3，则与的差值等于R2，故B正确．C、总电流增大，R2和R3消耗的电功率的和增加，由P=U2I知，P增加了△U2•I+U2•△I，故C 错误．D、由上知，U1=U﹣IR3，I增大，U不变，则电压表V1示数变小．电压表V2示数变大，电流表示数变大，故D正确．故选：BD．【点评】本题是动态变化分析问题，关键要注意与常规题目不同的是电源的电压不变，运用欧姆定律列式分析变化量的关系．11．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P位于中点位置时，三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，则（）A．三个灯泡的额定功率相同B．三个灯泡的额定电压相同C．三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L3、L2D．当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先搞清电路的结构：变阻器R与3灯并联后与2灯串联，最后与1灯并联．三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同，根据公式P=I2R比较灯3与2电阻的大小，根据公式P=，比较灯1、3电阻的大小．当滑片P向左移动时，根据欧姆定律分析三个灯亮度的变化．【解答】解：由图知，变阻器R与3灯并联后与2灯串联，最后与1灯并联．A、三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同，故A正确；B、C对于灯1、2：通过3的电流小于2的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，3的电阻大于2的电阻，灯1的电压大于2、3的电压，当两个灯泡的功率相同时，根据公式P=，知1的电阻大于2、3的电阻．可见，1灯电阻最大，2灯电阻最小，故三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L3、L2，额定功率相等，电阻不等，由P=知，额定电压不等，故B错误，C正确．D、若将滑片P向左滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则L1变亮．通过L2电流I2=I﹣I1，I减小，I1增大，则I2减小，故L2变暗．L3电压U3=U﹣U2，U增大，U2减小，则U3增大，故L3变亮．故D错误．故选AC【点评】本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析．三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P=，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P=I2R比较电阻的大小．12．如图（a）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图示（b）所示，示数为9V，电源的电动势为（）A．9.8V B．10V C．10.8V D．11.2V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表看成可测量电压的电阻，（a）图中V1、V2串联，由V2的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对（b）图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势．【解答】解：由（a）图E=6+4+I1r=10+r ①E=9+I2r=9+r ②由①②得：E=10.8V故选C【点评】本题关键要把电压表看成可测量电压的电阻，根据欧姆定律分别对a、b两种情况列方程求解电动势．二、填空题（本题共2小题，每空2分，共22分）13．为测量一电源的电动势及内阻（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表A．量程为1V、内阻约为1kΩ的电压表V1B．量程为2V、内阻约为2kΩ的电压表V2C．量程为3V、内阻为3kΩ的电压表V3选择电压表 C 串联 6 kΩ的电阻可以改装成量程为9V的电压表．（2）利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表（此表用符号V1、V2或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50V时，电阻箱的阻值为15.0Ω；电压表示数为2.00V时，电阻箱的阻值为40.0Ω，则电源的电动势E= 7.5 V，内阻r= 10 Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①改装中要进行量程的换算，故可以选量程成整数倍的电表；②由闭合电路的欧姆定律的实验方法可知实验电路图；③由闭合电路的欧姆定律可列式求得电动势及内阻．【解答】解：（1）要改装一个量程为9V的电压表，应该选择C，改装成电压表要串联电阻的R X：则 I g（R g+R x）=U V即：1×10﹣3（3kΩ+R x）=9解得：R x=6kΩ（2）实验原理电路图，如图：（3）电压表由量程为3V改装为9V，量程扩大了3倍，示数为1.50V时，路端电压为3×1.5V=4.5V，根据闭合电路的欧姆定律，同理示数为2.0V时，路端电压为3×2.0V=6.0V，有．联立二式解得 E=7.50V r=10.0Ω故答案为：（1）C；6（2）电路如图所示；（3）7.50，10.0．【点评】本题考查电压表的改装，熟悉电压表的改装原理后不难做出解答．14．现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值R x≈0.5Ω，允许通过的最大电流为0.5A．提）图（甲）四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是 C ；（2）实验中滑动变阻器应该选择（选择“R1”或“R2”），并采用分压式接法；（3）根据你在（1）、（2）中的选择，在图（乙）上完成实验电路的连接：（4）实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为：ρ= ；（5）用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图（丙）所示，则该电阻丝的直径D= 1.206mm ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】本题（1）和（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及接法；根据求出的最小电阻来选择保护电阻；根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，但因为待测电阻阻值太小可知待测电阻应与保护电阻串联使用．题（3）根据是连接电路时应先连接主干路然后再连接并联电路，注意正负极和量程．题（4）的关键是根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可．题（5）的关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．【解答】解：（1）：根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：=，所以变阻器应选并且应采用分压式接法；电路中需要的最小电阻为：，为保护电流表应与一保护电阻串联，所以排除电路A，再根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应排除电路D，由于待测电阻阻值太小，将电压表直接测量时电压太小无法读数，所以应将待测电阻与保护电阻串联后再与电压表并联才行，所以合理的电路应是C；（2）：根据题（1）中的分析可知，变阻器应选，并且应采用分压式接法；（3）：根据题（1）中分析可知电路连接图如图所示：。

山西大学附中2015-2016学年高三第一学期12月模块诊断物理试题一、单选题（共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案，答对得4分，错选或不选得0分）1.如图，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圈弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为（ ）A ．1∶2B ． 2∶1C ． 2D ．42.如图所示，小球A 、B 带电量相等，质量均为m ，都用长L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F 。

由于外部原因小球B 的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的1/3，则小球B 的电量减小为原来的（ ） A.1/3 B.1/9 C.1/18 D .1/273. 如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A 处固定质量为2m 的小球；B 处固定质量为m 的小球，支架悬挂在O 点，可绕过O 点与支架所在平面相垂直的固定轴转动.开始时OB 与地面相垂直，放手后开始运动.在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是（ ）A①A球到达最低点时速度为零②A球机械能减小量等于B球机械能增加量③B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动的高度④当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度A. ①②③B.②③④C. ①③④D. ①②4.如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30 的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（）mgh B.物体动能损失了mgh2mghC.系统机械能损失了mghD.系统机械能损失了25.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止。

马鸣风萧萧马鸣风萧萧高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作山西大学附中2015—2016学年高三第一学期12月月考数学试题（理）考试时间：120分钟 满分：150分一．选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分.）1．若bi i ai -=+1)21(，其中R b a ∈,，i 是虚数单位，则=+||bi a (C)A.i +21B.5C.52D.542．已知{}2R y y x M =∈=，{}22R 2x x y N =∈+=，则M N =（ D ）A ．()(){}1,1,1,1- B ．{}1 C ．[]0,1 D ．0,2⎡⎤⎣⎦3．下列说法中正确的是（ D ）A ．“()00f =”是“函数()f x 是奇函数”的充要条件B ．若:p 0R x ∃∈，20010x x -->，则:p ⌝R x ∀∈，210x x --<C ．若p q ∧为假命题，则p ，q 均为假命题D ．“若6πα=，则1sin 2α=”的否命题是“若6πα≠，则1sin 2α≠4．若0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且23c o s c o s 2t a n 210πααα⎛⎫++==⎪⎝⎭，则（ B ）A ．12 B ．13 C ．14 D ．155．执行如图所示的程序框图，输出20152016s =，那么判断框内应填（A ）A ．2015?k ≤B ．2016?k ≤C ．2015?k ≥D ．2016?k ≥6．一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为（ B ）A ．32B ．6262++C ．12D ．3262++7 . 已知变量,x y 满足240220x y x x y -+≥⎧⎪≤⎨⎪+-≥⎩，则32x y x +++的取值范围是（ B ）（A ）52,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦（B ）55,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦（C ）45,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦ （D ）5,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦8. 已知()621x a x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭（R a ∈）的展开式中常数项为5，则该展开式中2x 的系数（ A ）A ．252-B ．5-C ．252D ．5马鸣风萧萧8(文).对具有线性相关关系的变量x ，y ，测得一组数据如下表：根据上表，利用最小二乘法得它们的回归直线方程为10.5y x a =+，则a 的值等于（ B ） A ．1 B ．1.5 C ．2 D ．2.5 9．已知函数()f x 是定义在[]1,2a a -上的偶函数，且当0x >时，()f x 单调递增， 则关于x 的不等式(1)()f x f a ->的解集为（ B ）A ．45[,)33B ．]35,34()32,31[⋃C ．)32,31[]31,32(⋃--D ．随a 的值而变化10．三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1AC BC ==，3PA = ，则该三棱锥外接球的表面积为（ A ）A ．π5B ．π2C ．π20D ．π411. 如图，1F 、2F 是双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点，过1F 的直线l 与双曲线的左右两支分别交于点A 、B ．若2F ∆AB 为等边三角形，则双曲线的离心率为（ B ）A ．4B ．7C ．233 D ．3 12．等差数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，且满足150S >，160S <，则11S a ，22S a ，... ，1515S a 中最大的项为（ D ） A ．66S a B ．77S a C ．99S a D ．88S a二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．等比数列{}n a 的前n 项和=2+2nn S a a ⋅-，则a =__1_____.C OAB 中任取一点，则该点落在阴影14. （理）如图，在边长为1的正方形部分中的概率为 13． (){}22,|16A x y x y =+≤，集合14.（文）记集合()(){},|40,,B x y x y x y A =+-≤∈表示的平面区域分别为12,ΩΩ．若在区域1Ω内任取一点(),P x y ，则点P 落在区域2Ω中的概率为___ 324ππ+ _． 15．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC 、DC 上，3BC BE =，DC DF λ=．若1,AE AF ⋅=，则λ的值为 216．已知函数()f x （R x ∈）满足()11f =，且()f x 的导数()12f x '<，则不等式()22122x f x <+的解集为 ()(),11,-∞-⋃+∞三.解答题(本大题共6小题,共70分.)17．（本小题满分12分）已知函数()()2cos 3cos sin 222x x x f x =-．（1）设ππ22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，且()31f θ=+，求θ的值； （2）在△ABC 中，AB=1，()31f C =+，且△ABC 的面积为32，求sinA+sinB 的值．解：（1）2()23cos 2sin cos 222x x xf x =-=3(1cos )sin x x +-=()π2cos 36x ++．由()π2cos 3316x ++=+，得()π1cos 62x +=，于是ππ2π()63x k k +=±∈Z ，因为ππ22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，所以ππ26x =-或．（2）因为(0π)C ∈，，由（1）知π6C =． 因为△ABC 的面积为32，所以31πsin 226ab =，于是23ab =①．在△ABC 中，设内角A 、B 的对边分别是a ，b ．由余弦定理得2222π12cos 66a b ab a b =+-=+-，所以227a b += ②由①②可得23a b =⎧⎪⎨=⎪⎩，或32.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 于是23a b +=+．由正弦定理得sin sin sin 112A B C a b ===，所以()31sin sin 122A B a b +=+=+．18．(文) 如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，∠ADC =0120，11AA AB ==，点1O O 、分别是上下底菱形对角线的交点． （1）求证：1A O ∥平面11CB D ； （2）求点O 到平面11CB D 的距离．ABCD1A 1B 1C 1D O1O （第18题图）马鸣风萧萧又∵1A O ⊄平面11CB D ，1O C ⊂平面11CB D ， ∴1A O ∥平面11CB D ． （2）法一：等积变换．设点O 到平面11CB D 的距离为h ． ∵1D D ⊥平面ABCD ， ∴1D D CO ⊥． ∵AC 、BD 为菱形ABCD 的对角线， ∴CO ⊥BD ． ∵1D DBD D =，∴CO ⊥平面11BB D D ． 在菱形ABCD 中，BC =1，∠BCD =060，32CO =． ∵111B D =，2211115+1+42OB OD OB BB ====， ∴△11OB D 的面积1112OB D S =． ∴三棱锥11C OB D -的体积1113312OB D V SCO =⋅=． 在△11CB D 中，11112,1CB CD B D ===，△11CB D 的面积1174CB D S =． 由11117334CB D V Sh h =⋅=⋅⋅=312，得217h =． 因此，点O 到平面11CB D 的距离为217． 法二、作垂线．∵1AA ⊥平面1111A B C D ， ∴111AA B D ⊥．∵11A C 、11B D 为菱形1111A B C D 的对角线， ∴1111B D AC ⊥． ∵1111AA AC A =， ∴11B D ⊥平面11AA C C ．∴平面11CB D ⊥平面11AA C C ．在平面11AA C C 内，作OH ⊥1CO ，H 为垂足，则OH ⊥平面11CB D ，线段OH 的长为点O 到平面11CB D 的距离.在矩形11AA C C 中，∠OCH =∠11CO C ，111112sin 772CC CO C CO ∠===，2sin 332OH OH OHOCH OC ∠===， ∴2273OH =， 217OH =． 因此，点O 到平面11CB D 的距离为217． 18．（理）（本小题满分12分）如图，矩形ABEF 所在的平面与等边ABC ∆所在的平面垂直，2,1AB AF ==，O 为AB 的中点．（1）求证：OE FC ⊥；（2）求二面角F CE B --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）14-【解析】OC AB ⊥，根据试题分析：第一问根据等边三角形，确定出面面垂直的性质，得出OC ⊥平面ABEF ，从而得出OC OE ⊥，根据矩形的边长的关系，得出OF OE ⊥，从而根据线面垂直的判定定理，得出OE ⊥平面OFC ，从而得证OE FC ⊥，第二问应用平面的法向量求得二面角的余弦值． 试题解析：（1）证明：连接OC ,OF ，因为AC BC =，O 是AB 的中点，故OC AB ⊥． 又因为平面ABEF ⊥平面ABC ，面ABEF ⋂面ABC AB =，OC ⊂面ABC ， 故OC ⊥平面ABEF ．因为OE ⊂面ABEF ，于是OC OE ⊥．又矩形ABEF ，22AB AF ==，所以OF OE ⊥． 又因为OF OC O ⋂=，故OE ⊥平面OFC ， 所以OE FC ⊥．（2）由（1）得，22AB AF ==，取EF 的中点D ，以O 为原点，,,OC OB OD 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系。

山西省高二上学期物理12月月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分）如图所示，在均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，导体棒ef垂直ab静置于导线框上且接触良好，可在ab，cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计.若给棒ef一个向右的初速度，则棒ef将（）A . 往返运动B . 匀速向右运动C . 匀减速向右运动，最后停止D . 减速向右运动，但不是匀减速2. （2分）如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是（）A . 带电粒子的电势能越来越小B . 带电粒子的电势能越来越大C . 带电粒子受到的静电力一定越来越小D . 带电粒子受到的静电力一定越来越大3. （2分）两圆环A、B同心放置且半径RA>RB ，将一条形磁铁置于两环圆心处，且与圆环平面垂直，如图所示，则穿过A、B两圆环的磁通量的大小关系为（）A . ΦA>ΦBB . ΦA=ΦBC . ΦA<ΦBD . 无法确定4. （2分）如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，以下判断正确的是（）A . 粒子向上偏转B . 粒子向下偏转C . 粒子不偏转D . 粒子很快停止运动5. （2分）有一种测量人体重的电子秤，其原理如右图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表G（实质是理想电流表）．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R=30﹣0.01F （F和R的单位分别是N和Ω）．下列说法正确是（）A . 该秤能测量的最大体重是1400NB . 该秤能测量的最大体重是3000NC . 该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.375A处D . 该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.400A处6. （2分）(2017·深圳模拟) 通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态．以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是（）A .B .C .D .7. （2分） (2017高一上·临桂期中) 如图所示，两个轻质圆环a、b套在竖直面内固定的弧形杆上，一根细线穿过两环，两端各挂一个质量为m的小球．在ab之间的细线上悬挂一小物块，平衡时θ角刚好为120°，不计一切摩擦，则小物块的质量为（）A .B . mC . mD . 2m二、多选题 (共3题；共8分)8. （3分） (2019高二上·博野月考) 如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心, ,在M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流。

嘴哆市安排阳光实验学校山西大学附中高二（上）月考物理试卷（12月份）一．选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，每小题5分．第7-10题有多项符合题目要求，每小题5分.．全部选对的6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（5分）（2014秋•小店区校级月考）磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2考点：磁感应强度．分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．解答：解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/A•m，即为1T．根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，则1特斯拉相当于1kg/A•s2，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．2．（5分）（2005秋•期末）两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b 在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点考磁感应强度．点：分析：由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可．解答：解：两电流在a 点B的方向相反，但因 I1＞I2且离I1近，故I1的磁感应强度大于I2的磁感应强度．则a点不可能为0．两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．两电流在b点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0．故选：B点评：考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．3．（5分）（2014秋•温州校级期中）如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A． R1短路B．R2断路C． R3断路D．R1、R2同时短路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先明确电路中各用电器的连接关系：R3与灯泡B关联，与R2、A串联，再与R1并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．解答：解：A、若R1短路，则两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；B、若R2断路，则两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；C、若R3断路，外电阻增大，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R1电流I1增大，则通过A的电流I A=I﹣I1减小，A灯变暗．B灯电压U B=U﹣I A（R A+R2）增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．D、R1、R2同时短路，AB灯都不亮，不符合题意．故D错误．故选：C点评：此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．4．（5分）（2013•长沙一模）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是（）A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：I g =半偏时，I g =联立解得：R中=R总=故选B．点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．5．（5分）（2014•天津）如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题．解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1==，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误．故选：B．点评：本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键．6．（5分）（2014秋•信阳期末）如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑动触头P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）A．电流表的读数一直减小B．R0的功率先增大后减小C．电压表的读数先减小后增大D．电源的总功率先减小后增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图变阻器Pa与Pb两部分并联，再与R0串联．电压表测量路端电压，电流表测量干路电流．根据变阻器总电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电压、电流的变化来判断．解答：解：在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，则由闭合电路欧姆定律可知路端电压先增大后减小，则电压表的读数先增大后减小．由于总电流I先减小后增大，则电源总功率EI先减小后增大，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“部分→整体→部分”分析．7．（6分）（2014秋•小店区校级期中）一根电阻丝在通过2C的电量时，消耗电能是8J．若在相同时间内通过4C的电量，则该电阻丝两端所加电压U和该电阻丝在这段时间内消耗的电能E分别为（）A．U=4V B．U=8V C．E=16J D．E=32J考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，根据W=qU变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；已知通过电阻丝的电量是4C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．解答：解：因为电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，由W=qU得：此时电压为：U==V=4V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，I′=2I根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U′=2U=2×4V=8V电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=q′U′=4×8J=32J．故选：BD．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．8．（6分）（2013•抚顺模拟）在如图所示电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增大量为△B． R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=；电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，所以路端电压增大；R2两端电压减小，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由以上分析知，R2两端电压减少量一定小于△U，由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．故选：AC．点评：本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．9．（6分）（2014秋•小店区校级月考）如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U﹣I图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P ﹣I图线）．则下列说法正确的是（）A．电池组的电动势为50 VB．电池组的内阻为ΩC．电流为2.0A时，电源的效率为80%D．输出功率为120W时，输出电压是30V考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在电压一电流关系图象中，纵轴截距等于电源的电动势，直线斜率的绝对值表示的是电源的内电阻的大小，由此可以知道电池组的电动势和内阻；当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律求外电路的电阻．输出功率为120 W时，由图读出电流，由欧姆定律可以求得电源的输出电压．解答：解：A、B、U﹣I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E=U=50V．电源的内阻等于图线的斜率大小，则有r==Ω=5Ω，故A正确，B错误；C、当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：外电路的电阻 R===15Ω，故C正确．D、电池组的输出功率为120W时，由P﹣I图线读出电流I=4A，则输出电压为U=E﹣Ir=50﹣4×5=30V，故D正确；故选：ACD．点评：本题考查读图的能力，可以根据图象的数学意义来理解图象的物理意义．不难．10．（6分）（2014秋•小店区校级月考）有两个相同的电流计改装成的量程不同的电流表A1和A2，A1的量程是A2的2倍，则（）A．若串联起来，两表指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等B．若串联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数C．若并联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数D．若并联起来，两表指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．解答：解：A、B、若A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，量程小的偏转角度小，故A正确B错误；C、若并联起来，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，量程大的通过的总电流较多，示数较大．故C正确D错误；故选：A．点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．二．实验题（本题共19分，每空3分，作图4分）11．（19分）（2014秋•小店区校级月考）某课题研究小组，收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池，及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈、薄的金属圆片．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V（量程4V，电阻R V约为4.0kΩ），B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω），C．电流表A2（量程4mA，电阻R A2约为50Ω），D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流1A），E．开关S一只、导线若干，F．游标卡尺，G．螺旋测微器．（1）为了测定电阻R0的电阻值，某小组的四位成员，设计了如图1所示的电路原理图，并选取了相应的器材（电源用待测的锂电池），则电路设计正确且器材选取也妥当的是 D（2）为了测锂电池的电动势和内阻，请在图2的方框甲中画出实验原理图，并在图中标明所选用器材．（3）某小组根据测得的数据，画出了U﹣I图线，如图2乙所示，根据图线，可求得：该锂电池的电动势U= 3.5 V，内阻r= 25 Ω．（4）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄金属圆片的直径和厚度．读出图3中的示数．该游标卡尺示数为 1.240 cm．螺旋测微器示数为0.730 mm ．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）根据实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路．（2）根据实验原理作出实验电路图．（3）根据图示电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．（4）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．解答：解：（1）电路最大电流约为：I===0.00185A=1.85mA，应选电流表A2，待测电阻阻值约为2kΩ，电压表内阻约为4kΩ，电流表内阻约为50Ω，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选图D所示电路．（2）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：（3）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为3.5，则电源电动势E=3.5V，电源内阻：r===25Ω；（4）由图示游标卡尺可知，其示数为：12mm+×0.05mm=12.40mm=1.240cm，由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm．故答案为：（1）D；（2）电路图如图所示；（3）3.5；25Ω；（4）1.240；0.730．点评：本题考查了实验电路的选择、设计实验电路图、求电源电动势与内阻、游标卡尺与螺旋测微器读数；要注意游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．12．（8分）（2012春•校级期末）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求：重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）．考点：闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压．电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小．解答：解：由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为I== A电动机的电阻R M ==Ω=2Ω当重物匀速上升时，电压表的示数为U=5.5V，电路中电流为I′==0.5A电动机两端的电压为U M=E﹣I′（R+r）=6﹣0.5×（3+1）V=4V根据能量转化和守恒定律得U M I′=mgv+I′2R代入解得，v=1.5m/s答：重物匀速上升时的速度大小为1.5m/s．点评：本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用．对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．13．（9分）（2014秋•小店区校级月考）如图甲所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）图甲中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图甲可等效为图乙，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；若用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，则等效电源的内电阻r′是多少？（2）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？（不考虑小灯泡的电阻率随温度的变化）考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）先分析等效电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解；（2）将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，求出小灯泡的实际电流然后求实际功率．解答：解：（1）若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I1===1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小R23===2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2===1.5A理想电流表读数为I′=I2=×1.5=1A依题意，该等效电源的电动势E′=6V，短路电流与第（2）问中电流表读数相同，即为I′=1A，所以其等效内阻r′==Ω=6Ω（2）小灯泡的电阻R A ===12Ω将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，则流过小灯泡的电流大小为I3=== A小灯泡的实际功率为P′=I32×R A =2×12≈1.33W答：（1）等效电源的内电阻r′是6Ω；（2）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33W．点评：等效法是物理常用的研究方法，电路的分析和计算要对电路的结构、电压、电流等的分配分析清楚才能正确求解．14．（10分）（2010秋•锦州期末）受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．（1）求该电池的电动势E和内阻r；（2）求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R（纯电阻）；（3）由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻（纯电阻）R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系．考点：电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）当电源的内外电阻相等时，根据电池的输出功率P最大为Pm =，由图读出P m，列出含E、r的方程；当I=4A时，输出功率为零，电源被短路，由欧姆定律写出列出含E、r的方程，再联立组成方程组求解．（2）由电池的输出功率P最大时电源的内阻等于外电阻求解．（3）由欧姆定律I=和功率P=I2R列方程求解．解答：解（1）I1=2A时，P m =I2=4A时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2=．解得：E=2V，r=0.5Ω．（2）R=r=0.5Ω（3）由题知：=整理得r2=R1R2．答：（1）该电池的电动势E为2V，内阻r为0.5Ω；（2）该电池的输出功率最大时对应的外电阻R为0.5Ω；（3）同一输出功率P时，r、R1、R2三者间的关系为r2=R1R2．点评：本题考查读图能力和应用数学知识求极值的能力．对于电源的输出功率，可以由数学知识严格证明当R=r时，电源的输出功率最大，P m =．。

山西省高二上学期物理12月月考试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共5题；共10分)1. （2分）在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A . 如外电压增大，则内电压增大，电动势也随之增大B . 如外电压减小，内电阻不变，内电压就不变，电动势必然减小C . 如外电压不变，则内电压减小时，电动势也随内电压减小D . 如外电压增大，则内电压减小，电动势却保持恒定2. （2分）如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场I、II的边界，磁场I、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2 ，且B2=2B1 ，一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场I，后经f点进入磁场II，并最终从fc边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为（）A .B .C .D .3. （2分） (2017高二上·昆明期末) 如图所示，粗糙的A、B长方体木块叠在一起，放在水平桌面上，方向的力的牵引，但仍然保持静止．问：B木块受到哪几个力的作用（）A . 3B . 4C . 5D . 64. （2分） (2017高二上·龙岩期中) 我们可以设想做这样一个实验：把一段电阻是R、粗细均匀的导体，均匀拉长到原长的2倍，只要测出此时导体的电阻变为如下哪个选项，即可验证电阻定律的正确性（）A . 8RB . 4RC . 2RD .5. （2分）如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg="500" Ω，满偏电流为Ig="1" mA的毫安表，现改装成量程分别为10 V和100 V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为（）A . 9500Ω，9.95×104ΩB . 9500Ω，9×104ΩC . 1.0×103Ω，9×104ΩD . 1.0×103Ω，9.95×104Ω二、多选题 (共7题；共19分)6. （3分）(2017·新疆模拟) 如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度处从静止开始下落，下落过程中bc边始终保持水平，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域过程的v﹣t图象，图象中坐标轴上所标出的字母和重力加速度大小g均为已知量，则（）A . 金属线框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1B . 匀强磁场区域的宽度为 +v1（t2﹣t1）C . 金属线框在进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为（t2﹣t1）D . 金属线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为mgv1（t2﹣t1）+ mv22﹣ mv327. （3分） (2017高二下·淄川期中) 下列说法中正确的是（）A . 爱因斯坦提出了光子说及光电效应方程，成功地解释了光电效应规律B . 汤姆逊通过阴极射线的研究发现了电子，并提了原子的核式结构模型C . 玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律D . 卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子8. （2分） (2019高二下·榆树月考) 如图甲是氢原子的能级图，对于一群处于n=4的氢原子，下列说法中正确的是（）A . 这群氢原子能够发出6种不同频率的光B . 从n= 4能级跃迁到n =3能级发出的光的波长最短C . 这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eVD . 如果发出的光中子有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到 n=1能级发出的9. （3分）如图所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220 sin 100πt V，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是（）A . 电流表示数增大B . 电压表示数增大C . 灯泡变暗D . 灯泡变亮10. （3分） (2017高二上·雅安期末) 如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的变化电流I、周期为T，电流值为Im ，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（）A . 一直向右移动B . 速度随时间周期性变化C . 受到的安培力恒定不变D . 受到的安培力在一个周期内做正功11. （2分） (2019高三上·漠河月考) 如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b 间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的（）A . 微粒在ab区域的运动时间为B . 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝dC . 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D . 微粒在ab、bc区域中运动的总时间为三、实验题 (共1题；共6分)13. （6分）(2017·东城模拟) 根据所学知识完成题目：（1）用多用电表测量小灯泡两端电压时应该采用图________所示的连接方式．（2）实验小组的同学们用如图3所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．①用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g=________．②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________（选填选项前的字母）．A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________中所示的固定方式．④将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：________（选填选项前的字母）．A．测出摆线长作为单摆的摆长．B．把单摆从平衡位髓拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动．C．在摆球经过平衡位赞时开始计时．D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用日寸间并作为单摆的周期．⑤甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图6所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是________（选填“l2”、“l”、“ ”）若图线斜率为k，则重力加速度g=________（用k表示）．⑥乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选项前的序号）．A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下秒表C．测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间记为n次全振动的时间．⑦丙同学画出了单摆做简谐运动时的振动图象如图7所示，则摆线偏离竖直方向的雎大摆角的正弦值约为________（结果保留一位有效数字）．四、解答题 (共4题；共42分)14. （15分） (2016高二上·夷陵开学考) 如图所示，CD左侧存在场强大小E= ，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角53°的光滑直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内（C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上），恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P．（重力加速度为g，sin53°=0.8，Cos53°=0.6）求：（1）小球到达C点时的速度；（2）小球从D点运动到P点的时间t．15. （15分） (2019高二上·惠州期中) 如图所示，以y轴为边界，右边是水平向左的E1=1×104N/C匀强电场，左边是与水平方向成45°斜向上的E2= ×104N/C匀强电场，现有一个质量为m= kg，带电量q=1×10－6C小颗粒从坐标为（0.1m，0.1m）处静止释放。

山西高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点有（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷q的值如何变化，F与q的比值始终不变C．电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到的电场力不一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零二、多选题如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为和，．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示．由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能增加山西高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点有（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷q的值如何变化，F与q的比值始终不变C．电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到的电场力不一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零【答案】B【解析】A、电场强度E是由电场本身的性质决定的，和放在该点检验电荷无关，与电场力无关，故A错误；B、电场强度由电场本身决定，电场中同一点的场强不变，则F与q的比值即场强始终不变，故B正确．C、由F=Eq可知，电场中的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零，故C错误；D、电场的性质是对放入其中的带电体有力的作用，若放不带电的小球无法确定是否有场强，故D错误；故选：B二、多选题如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为和，．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示．由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能增加【答案】ACD【解析】根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，A正确；粒子从L到M的过程中，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，，电势能减小，知电场力做正功，B错误；粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确；粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加，D正确．。