黑龙江省哈三中2014-2015学年度高二上学期期末考试物理试卷 扫描版含答案

哈三中2014——2015学年度上学期高二学年第一学段考试物理（理科）试卷一、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，1-7题只有一个选项正确，8-12题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1．法拉第是19世纪最伟大的实验物理学家之一，他在电磁学方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献一样，具有划时代的意义。

正是他提出了电场的概念，关于静电场的相关概念，下列说法正确的是：A.由E=F/q可知，匀强电场的场强与电荷的受力成正比，与电荷的电荷量成反比B.电场中某点不放检验电荷时，该点的场强为零C.电场线是电荷运动的轨迹D.电场中某点的场强方向，与检验电荷的正负无关2．关于电源和电流，下列说法正确的是：A.电流是标量，规定负电荷定向运动的方向为电流的方向B.电动势在数值上等于非静电力将1C正电荷在电源内从负极搬运到正极时所做的功C.电源是将电能转化为其它形式的能的装置D.干电池与蓄电池的电动势是相同的3．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、电荷量和中间的电介质不变，将两极板间的距离变大，其电容C和极板间匀强电场的场强E的变化情况是：A．C减小、E不变 B.C增大、E增大C．C减小、E减小 D.C增大、E减小30Ω，路端电压12V，要使额定电压为6V，4．如右图所示，滑动变阻器的总电阻RAB额定功率为1.8W的小灯泡正常发光，调整滑动变阻器应使BC间的电阻为：A．8ΩB．10Ω C．12Ω D．20Ω5．磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G，内阻R g ＝30Ω，满偏电流I g＝5mA，要将它改装为量程为0～3A的电流表，所做的操作是：A．串联一个570Ω的电阻B．并联一个570Ω的电阻C．串联一个约为0.05Ω的电阻D．并联一个约为0.05Ω的电阻6．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图像是：7. 如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U。

2014-2015学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）第一次月考物理试卷一、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，1-8小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1．（4分）（2014秋•道里区校级月考）历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持2．（4分）（2014•开封模拟）如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力围成封闭三角形．下D3．（4分）（2014秋•平川区校级期中）人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳4．（4分）（2014秋•道里区校级月考）在平直道路上，甲车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机5．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，一斜劈放在粗糙水平面上，保持静止，斜劈上有一物块，甲图中，物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑；乙图中，对该物块施加一平行于斜面向下的推力F2使其加速下滑，丙图中，对该物块施加一平行于斜面向上的推力F3使其减速下滑；三种情况地面对斜劈的摩擦力分别为f1、f2、f3，则以下说法正确的是（）6．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力），到回到出发点的过程中，下列说法正确的是（）7．（4分）（2014秋•高阳县校级月考）如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60°，当细线被剪断的瞬间，小球的加速度大小和方向正确的是（）g，竖直向下g，右下方与水平方向成60°角故两力的合力为a=8．（4分）（2015•浙江校级模拟）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（）D，，则9．（4分）（2014秋•道里区校级月考）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=6t+2t2（各内的位移，则前．故知，加速度10．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图，将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，AB接触面不光滑，整个装置静止．则B的受力个数可能是（）11．（4分）（2014秋•道里区校级月考）某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初C D．12．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，A、B两物块的质量均为m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为3μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（）F=μF=μ二、实验题（共12分）13．（6分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示为打点计时器记录的一辆做匀加速直线运动的小车的纸带的一部分，D1是任选的第1点，D11、D21是顺次选取的第11点和第21点，由于实验选用特殊电源，若加速度的值是10cm/s2，则该打点计时器的频率是10Hz，D11点的速度为0.2m/s．T=T=14．（6分）（2014秋•道里区校级月考）在如图所示“探究求合力方法”的实验装置中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被小明用A、B两个弹簧测力计拉伸至O点，F1、F2分别表示A、B两个弹簧测力计的读数，则在图示位置时，合力一定小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）F1．现小明将弹簧测力计B从图示位置开始顺时针缓慢转动，而保证结点O的位置和弹簧测力计A的拉伸方向不变，则在此过程中F1、F2的变化情况是：D．A．F1减小，F2减小B．F1减小，F2增大C．F1减小，F2先增大后减小D．F1减小，F2先减小后增大．三、计算题（共40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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（12分）（2014秋•浉河区校级月考）如图，质量为m的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.1，如图甲所示，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑．若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，如图乙所示，求两次力之比=？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）=cos16．（12分）（2014秋•道里区校级月考）一平直的传送带可把零件从左端运送到右端，两端相距L=16m．若传送带以速率v=1m/s匀速运行，在左端把零件无初速度放在传送带上，经过时间t=20s能传送到右端．提高传送带的运行速率，零件能被较快的传送．若让零件以最短的时间左端运送到右端，传送带的速率应为多大？则匀加速直线运动的位移动的时间根据得，17．（16分）（2014秋•道里区校级月考）物体A的质量m=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为M=2kg、长L=4m．某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平外力F．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ=0.1，取重力加速度g=10m/s2．试求：（1）若给B施加一个水平向右5N的外力，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A不至于从B上滑落，外力F应满足的条件．×=3.5m ===。

黑龙江省哈尔滨三中2014-2015学年高二上学期期末试卷试卷（理科）一、选择题：每小题5分，共60分，在四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）集合M={1，2，3}的真子集个数为（）A．6 B．7 C．8 D．92．（5分）过点（2，﹣2）且与双曲线﹣y2=1有公共渐近线的双曲线方程是（）A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=13．（5分）从装有4个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率为（）A．B．C．D．4．（5分）（x2﹣）3的展开式中常数项是（）A．9 B．﹣9 C．27 D．﹣275．（5分）已知两点M（﹣2，0），N（2，0），点P满足•=12，则点P的轨迹方程为（）A．+y2=1 B．x2+y2=16 C．y2﹣x2=8 D．x2+y2=86．（5分）已知椭圆的离心率，则实数k的值为（）A．3 B．3或C．D．或7．（5分）已知直线mx+ny+1=0与圆x2+y2=1相切，则2m+n的最大值为（）A．2 B．C．D．38．（5分）在长为12cm的线段AB上任取一点C．现做一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB 的长，则该矩形面积小于32cm2的概率为（）A．B．C．D．9．（5分）两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（）A．B．C．D．10．（5分）抛物线y=﹣x2上的点到直线4x+3y﹣8=0距离的最小值是（）A．B．C．D．311．（5分）已知随机变量X和Y，其中Y=12X+7，且EY=34，若X的分布列如表所示，则m的值为（）X 1 2 3 4P m nA．B．C．D．12．（5分）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左右焦点分别为F1F2，且两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1•e2的取值范围是（）A．（0，）B．C．D．二、填空题：每小题5分，共20分．13．（5分）已知两点A（﹣2，﹣2）、B（3，7），则线段AB的垂直平分线的方程为．14．（5分）已知小明投10次篮，每次投篮的命中率均为0.7，记10次投篮命中的次数为X，则DX=．15．（5分）三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（结果用最简分数表示）．16．（5分）现要将编号为1，2，3，4的四个小球全部放入甲、乙、丙三个盒中，每个至少放一个球，且甲盒不能放入1号球，乙盒不能放入2号球，则所有不同的放法种数为（用数字作答）．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）（2x+）n展开式中所有的项的系数为243．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中x2项的系数．18．（12分）将一枚骰子先后抛掷两次，记第一次的点数为x，第二次的点数为y．（Ⅰ）求点P（x，y）在直线y=x+1上的概率；（Ⅱ）求y2＜4x的概率．19．（12分）某袋中有10个乒乓球，其中有7个新、3个旧球，从袋中任取3个来用，用后放回袋中（新球用后变为旧球），记此时袋中旧球个数为X，求X的数学期望．20．（12分）过抛物线y2=x的顶点O作两条相互垂直的弦OA，OB，求△AOB面积的最小值．21．（12分）小强参加一次测试，共有三道必答题，他是否答对每题互不影响．已知他只答对第一题的概率为0.08，只答对第一题和第二题的概率为0.1，至少答对一题的概率为0.88，用X表示小强答对题的数目．（Ⅰ）求小强答对第一题的概率；（Ⅱ）求X的分布列和数学期望．22．（12分）设椭圆C：过点（1，），F1，F2分别为椭圆C的左右焦点，且离心率（1）求椭圆C的方程．（2）已知A为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F2与椭圆C交于M，N两点，若AM、AN的斜率k1，k2满足，求直线l的方程．黑龙江省哈尔滨三中2014-2015学年高二上学期期末试卷试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：每小题5分，共60分，在四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）集合M={1，2，3}的真子集个数为（）A．6 B．7 C．8 D．9考点：子集与真子集．专题：集合．分析：根据题意，集合M中有3个元素，由集合的子集与元素数目的关系，计算可得答案．解答：解：集合M中有3个元素，有23=8个子集，有23﹣1=7个真子集；故选B．点评：本题考查集合的元素数目与子集数目的关系，若集合中有n个元素，则其有2n个子集．2．（5分）过点（2，﹣2）且与双曲线﹣y2=1有公共渐近线的双曲线方程是（）A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1考点：双曲线的标准方程．分析：设所求双曲线方程为﹣y2=λ，把（2，﹣2）代入方程﹣y2=λ，求出λ，可得到所求的双曲线方程．解答：解：设所求双曲线方程为﹣y2=λ，把（2，﹣2）代入方程﹣y2=λ，解得λ=﹣2．由此可求得所求双曲线的方程为．故选A．点评：本题考查双曲线的渐近线方程，解题时要注意公式的灵活运用．3．（5分）从装有4个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率为（）A．B．C．D．考点：相互独立事件的概率乘法公式．专题：概率与统计．分析：用间接法，首先分析从6个球中任取3个球的情况数目，再求出所取的3个球中没有白球即全部红球的情况数目，计算可得没有白球的概率，而“没有白球”与“3个球中至少有1个白球”为对立事件，由对立事件的概率公式，计算可得答案．解答：解：根据题意，首先分析从6个球中任取3个球，共C63=20种取法，所取的3个球中没有白球即全部红球的情况有C43=4种，则没有白球的概率为=；则所取的3个球中至少有1个白球的概率是1﹣=；故选：B．点评：本题考查古典概型的计算，注意至多、至少一类的问题，可以选用间接法，即借助对立事件的概率的性质，先求其对立事件的概率，进而求出其本身的概率．4．（5分）（x2﹣）3的展开式中常数项是（）A．9 B．﹣9 C．27 D．﹣27考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：利用展开式的通项公式求出展开式的通项，令x的指数为0，求出r的值，求出答案．解答：解：展开式的通项为T r+1=×x2（3﹣r）×（﹣1）r×3r×x﹣r=×（﹣3）r×x6﹣3r，令6﹣3r=0⇒r=2，∴（x2﹣）3的展开式中常数项是T3=×9=27．故选：C．点评：本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．5．（5分）已知两点M（﹣2，0），N（2，0），点P满足•=12，则点P的轨迹方程为（）A．+y2=1 B．x2+y2=16 C．y2﹣x2=8 D．x2+y2=8考点：轨迹方程．专题：计算题．分析：设P点坐标为（x，y），由•=12进而可得到x和y的关系式．解答：解：设P（x，y），则=（﹣2﹣x，﹣y），=（2﹣x，﹣y）∴•=（2﹣x）（﹣2﹣x）+y2=12整理可得x2+y2=16．故选B点评：本题主要考查了轨迹方程．解题的关键是设出所求点的坐标为（x，y）进而找到x和y的关系式．6．（5分）已知椭圆的离心率，则实数k的值为（）A．3 B．3或C．D．或考点：椭圆的简单性质．专题：计算题．分析：当K＞5时，由 e===求得K值，当0＜K＜5时，由 e===，求得K值．解答：解：当K＞5时，e===，K=．当0＜K＜5时，e===，K=3．综上，K=3，或．故选 B．点评：本题考查椭圆的标准方程，以及简单性质的应用，体现了分类讨论的数学思想，分类讨论是解题的关键．7．（5分）已知直线mx+ny+1=0与圆x2+y2=1相切，则2m+n的最大值为（）A．2 B．C．D．3考点：圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：利用直线mx+ny+1=0与圆x2+y2=1相切，可得=1，即m2+n2=1，设m=cosα，n=sinα，则2m+n=2cosα+sinα=sin（α+θ）≤，即可求出2m+n的最大值．解答：解：∵直线mx+ny+1=0与圆x2+y2=1相切，∴=1，∴m2+n2=1，设m=cosα，n=sinα，则2m+n=2cosα+sinα=sin（α+θ）≤，∴2m+n的最大值为，故选：C．点评：本题考查直线与圆的位置关系，考查三角函数知识，正确运用直线mx+ny+1=0与圆x2+y2=1相切是关键．8．（5分）在长为12cm的线段AB上任取一点C．现做一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB 的长，则该矩形面积小于32cm2的概率为（）A．B．C．D．考点：几何概型．专题：计算题．分析：设AC=x，则0＜x＜12，若矩形面积为小于32，则x＞8或x＜4，从而利用几何概型概率计算公式，所求概率为长度之比解答：解：设AC=x，则BC=12﹣x，0＜x＜12若矩形面积S=x（12﹣x）＜32，则x＞8或x＜4即将线段AB三等分，当C位于首段和尾段时，矩形面积小于32，故该矩形面积小于32cm2的概率为P==故选 C点评： 本题主要考查了几何概型概率的意义及其计算方法，将此概率转化为长度之比是解决本题的关键，属基础题9．（5分）两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（）A ．B ．C ．D ．考点： 相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式． 专题： 计算题．分析： 根据题意，分析可得，这两个零件中恰有一个一等品包含仅第一个实习生加工一等品与仅第二个实习生加工一等品两种互斥的事件，而两个零件是否加工为一等品相互独立，进而由互斥事件与独立事件的概率计算可得答案．解答： 解：记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A ，即仅第一个实习生加工一等品（A 1）与仅第二个实习生加工一等品（A 2）两种情况， 则P （A ）=P （A 1）+P （A 2）=，故选B ．点评： 本题考查了相互独立事件同时发生的概率与互斥事件的概率加法公式，解题前，注意区分事件之间的相互关系（对立，互斥，相互独立）．10．（5分）抛物线y=﹣x 2上的点到直线4x+3y ﹣8=0距离的最小值是（）A ．B ．C ．D ． 3考点： 直线与圆锥曲线的关系．专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题．分析： 首先判断出直线和抛物线无交点，然后设出与直线平行的直线方程，可抛物线方程联立后由判别式等于0求出切线方程，然后由两条平行线间的距离求出抛物线y=﹣x 2上的一点到直线4x+3y ﹣8=0的距离的最小值． 解答： 解：由，得3x 2﹣4x+8=0．△=（﹣4）2﹣4×3×8=﹣80＜0．所以直线4x+3y ﹣8=0与抛物线y=﹣x 2无交点． 设与直线4x+3y ﹣8=0平行的直线为4x+3y+m=0 联立，得3x 2﹣4x ﹣m=0．由△=（﹣4）2﹣4×3（﹣m ）=16+12m=0， 得m=﹣．所以与直线4x+3y﹣8=0平行且与抛物线y=﹣x2相切的直线方程为4x+3y﹣=0．所以抛物线y=﹣x2上的一点到直线4x+3y﹣8=0的距离的最小值是=．故选：A．点评：本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了数学转化思想方法，训练了两条平行线间的距离公式，是中档题．11．（5分）已知随机变量X和Y，其中Y=12X+7，且EY=34，若X的分布列如表所示，则m的值为（）X 1 2 3 4P m nA．B．C．D．考点：离散型随机变量及其分布列．专题：计算题．分析：根据随机变量X分布的概率和为1，建立m、n的等式，根据数学期望公式再建立另一等式，联立方程组解之即可求出所求．解答：解：根据随机变量X分布的概率和为1，则+m+n+=1即m+n=①EX=1×+2m+3n+4×=2m+3n+∵Y=12X+7，且EY=34∴EY=12EX+7=24m+36n+14=34 ②联立①②得m=故选C．点评：本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，以及随机变量的数学期望和二元一次方程组的解法，属于中档题．12．（5分）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左右焦点分别为F1F2，且两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1•e2的取值范围是（）A．（0，）B．C．D．考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．专题：计算题．分析：设椭圆与双曲线的半焦距为c，PF1=r1，PF2=r2．利用三角形中边之间的关系得出c的取值范围，再根据椭圆或双曲线的性质求出各自的离心率，最后依据c的范围即可求出e1•e2的取值范围，即可得答案．解答：解：设椭圆与双曲线的半焦距为c，PF1=r1，PF2=r2．由题意知r1=10，r2=2c，且r1＞r2，2r2＞r1，∴2c＜10，2c+2c＞10，⇒＜c＜5．⇒，∴=；=．∴，故选C．点评：本小题主要考查函数单调性的应用、椭圆的简单性质、双曲线的简单性质、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．二、填空题：每小题5分，共20分．13．（5分）已知两点A（﹣2，﹣2）、B（3，7），则线段AB的垂直平分线的方程为5x+9y﹣25=0．考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．专题：直线与圆．分析：求出A，B的中点和斜率，根据点斜式方程即可求出直线方程．解答：解：∵两点A（﹣2，﹣2）、B（3，7），∴两点A，B的中点为（，），AB的斜率k==，则线段AB的垂直平分线的斜率k=﹣，则对于的直线方程为y﹣=﹣（x﹣），即5x+9y﹣25=0，故答案为：5x+9y﹣25=0．点评：本题主要考查直线方程的求解，根据条件求出中点坐标和斜率是解决本题的关键．14．（5分）已知小明投10次篮，每次投篮的命中率均为0.7，记10次投篮命中的次数为X，则DX=2.1．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：由题意知ξ～B（10，0.7），由此能求出Dξ．解答：解：由题意知ξ～B（10，0.7），Dξ=10×0.7×0.3=2.1．故答案为：2.1．点评：本题考查离散型随机变量的分布列和数学方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意二项分布的合理运用．15．（5分）三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（结果用最简分数表示）．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：先求出三个同学选择的所求种数，然后求出有且仅有两人选择的项目完全相同的种数，最后利用古典概型及其概率计算公式进行求解即可．解答：解：每个同学都有三种选择：跳高与跳远；跳高与铅球；跳远与铅球三个同学共有3×3×3=27种有且仅有两人选择的项目完全相同有××=18种其中表示3个同学中选2个同学选择的项目，表示从三种组合中选一个，表示剩下的一个同学有2中选择故有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是=故答案为：点评：本题主要考查了古典概型及其概率计算公式，解题的关键求出有且仅有两人选择的项目完全相同的个数，属于基础题．16．（5分）现要将编号为1，2，3，4的四个小球全部放入甲、乙、丙三个盒中，每个至少放一个球，且甲盒不能放入1号球，乙盒不能放入2号球，则所有不同的放法种数为17（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：由题意知元素的限制条件比较多，可以利用间接法，先不考虑甲乙两盒的，再排除甲盒有1号，乙盒有2号球球，还要加上盒有1号球同时乙盒有2号球，问题得以解决．解答：解：不考虑甲盒不能放1号球，乙盒不能放入2号球，一共有=36种，甲盒为1号球有=12种，乙盒有2号球也有12种，甲盒有1号球同时乙盒有2号球1+2×2=5，所以不同的放法为36﹣12﹣12+5=17种，故答案为：17点评：本题考查排列组合及简单的计数原理，综合利用两个原理解决是关键，属中档题．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）（2x+）n展开式中所有的项的系数为243．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中x2项的系数．考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：（I）依题意，得3n=243，可得n=5；（Ⅱ）由（2x+）5的二项展开式的通项公式T r+1=•（2x）5﹣r•=25﹣r••，知5﹣r=2，可求得r=2，从而可得展开式中x2项的系数．解答：解：（I）∵（2x+）n展开式中所有的项的系数为243，∴当x=1时，有3n=243，∴n=5；（Ⅱ）设（2x+）5展开式中的通项T r+1=•（2x）5﹣r•=25﹣r••，令5﹣r=2，得r=2，∴展开式中x2项的系数为：23•=80．点评：本题考查二项式定理的应用，着重考查二项式系数的性质及二项展开式的通项公式的应用，属于中档题．18．（12分）将一枚骰子先后抛掷两次，记第一次的点数为x，第二次的点数为y．（Ⅰ）求点P（x，y）在直线y=x+1上的概率；（Ⅱ）求y2＜4x的概率．考点：几何概型；古典概型及其概率计算公式．专题：应用题；概率与统计．分析：本题是一个古典概型，（Ⅰ）试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有6×6种结果，满足条件的事件是（x，y）为坐标的点落在直线y=x+1上，列举共有5种结果，得到概率；（Ⅱ）满足条件的事件是（x，y）为坐标的点落在y2＜4x上，列举共有17种结果，得到概率．解答：解：（Ⅰ）由题意知本题是一个古典概型，∵试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有6×6=36种结果，满足条件的事件是（x，y）为坐标的点落在直线y=x+1上，当x=1，y=2；x=2，y=3；x=3，y=4；x=4，y=5；x=5，y=6，共有5种结果，∴根据古典概型的概率公式得到P=；（II）满足条件的事件是（x，y）为坐标的点落在y2＜4x上，当x=1，y=1；x=2，y=1，2；x=3，y=1，2，3；x=4，y=1，2，3；x=5，y=1，2，3，4；x=6，y=1，2，3，4，共有17种结果，∴根据古典概型的概率公式得到P=．点评：本题考查古典概型的概率公式，考查满足直线方程的点，考查利用列举法得到事件数，本题是一个基础题，适合文科学生做，列举时注意要以x为主来讨论．19．（12分）某袋中有10个乒乓球，其中有7个新、3个旧球，从袋中任取3个来用，用后放回袋中（新球用后变为旧球），记此时袋中旧球个数为X，求X的数学期望．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：由题意知，X的可能取值为3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出X的数学期望．解答：解：由题意知，X的可能取值为3，4，5，6，P（X=3）==，P（X=4）==，P（X=5）==，P（X=6）==，∴EX==5.1．故答案为：5.1．点评：本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年2015届高考中都是必考题型之一．20．（12分）过抛物线y2=x的顶点O作两条相互垂直的弦OA，OB，求△AOB面积的最小值．考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设A（x1，y1），B（x2，y2）与x轴的交点M点的坐标为（x0，0），直线l方程为 x=my+x0，代入y2=x，根据OA⊥OB．求出m的值，然后表示出△AOB的面积，求解三角形面积的最小值即可．解答：解：设A（x1，y1），B（x2，y2）与x轴的交点M点的坐标为（x0，0），直线l方程为x=my+x0，代入y2=x得y2﹣my﹣x0=0 ①，y1、y2是此方程的两根，∴x0=﹣y1y2，∵x1x2+y1y2=y12y22+y1y2=y1y2（y1y2+1）=0，∴y1y2=﹣1∴x0=1．由方程①，y1+y2=m，y1y2=﹣1，且|OM|=x0=1，于是S△AOB=|OM||y1﹣y2|==≥1，∴当m=0时，△AOB的面积取最小值1．点评：本题考查抛物线的简单性质，考查三角形面积的最小值的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意抛物线性质的合理运用．21．（12分）小强参加一次测试，共有三道必答题，他是否答对每题互不影响．已知他只答对第一题的概率为0.08，只答对第一题和第二题的概率为0.1，至少答对一题的概率为0.88，用X表示小强答对题的数目．（Ⅰ）求小强答对第一题的概率；（Ⅱ）求X的分布列和数学期望．考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：（I）设事件A表示“答对第一题”，事件B表示“答对第二题”，事件C表示“答对第三题”，由已知得，由此能求出小强答对第一题的概率．（Ⅱ）由已知得，X=0，1，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．解答：解：（I）设事件A表示“答对第一题”，事件B表示“答对第二题”，事件C表示“答对第三题”，由已知得，解得P（A）=，P（B）=，P（C）=，∴小强答对第一题的概率为．（Ⅱ）由已知得，X=0，1，3，P（X=0）=[1﹣P（A）][1﹣P（B）][1﹣P（C）]=1﹣0.88=，P（X=1）=P（A）[1﹣P（B）][1﹣P（C）]+P（B）[1﹣P（A）][1﹣P（C）]+P（C）[1﹣P（A）][1﹣P（B）]=，P（X=2）=P（A）P（B）[1﹣P（C）]+P（A）[1﹣P（B）]P（C）+[1﹣P（A）]P（B）P（C）=，P（X=3）=P（A）P（B）P（C）=，X 0 1 2 3PEX==．点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题．22．（12分）设椭圆C：过点（1，），F1，F2分别为椭圆C的左右焦点，且离心率（1）求椭圆C的方程．（2）已知A为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F2与椭圆C交于M，N两点，若AM、AN的斜率k1，k2满足，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）由椭圆C过点（1，），且离心率，可得，解出即可；（2）由（1）可得：左顶点A（﹣2，0），右焦点（1，0）．由题意可知直线l不存在时不满足条件，可设直线l的方程为y=k（x﹣1），M（x1，y1），N（x2，y2）．与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，再利用斜率计算公式可得，即，代入化简整理即可得出．解答：解：（1）∵椭圆C：过点（1，），且离心率，∴，解得，∴椭圆C的方程为．（2）由（1）可得：左顶点A（﹣2，0），右焦点（1，0）．由题意可知直线l不存在时不满足条件，可设直线l的方程为y=k（x﹣1），M（x1，y1），N（x2，y2）．联立，化为（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0．由题意可得△＞0．∴，．∵，∴，化为2k（x1﹣1）（x2+2）+2k（x2﹣1）（x1+2）+（x1+2）（x2+2）=0，整理为（4k+1）x1x2+（2k+2）（x1+x2）+4﹣8k=0．代入得+4﹣8k=0，整理为k2﹣2k=0，解得k=0或2．k=0不满足题意，应舍去．故k=2，此时直线l的方程为y=2（x﹣1），即2x﹣y﹣2=0．点评：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、斜率计算公式等基础知识与基本技能方法，属于难题．。

哈三中2014——2015学年度上学期高三第一次测验物理试卷一、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，1-8小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1.历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是:A．伽利略 B．牛顿 C．笛卡儿 D．亚里士多德2.如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力围成封闭三角形．下列4个图中，这三个力的合力为零的是:A B C D3.人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是:A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力D．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力4.在平直道路上，甲车以速度v匀速行驶。

当甲车司机发现前方距离为d 处的乙车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲车，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲车运动的方向匀加速运动，则:A.甲、乙两车之间的距离一定不断减小B.甲、乙两车之间的距离一定不断增大C.若两车不会相撞，则两车速度相等时距离最近D.若两车不会相撞，则两车速度相等时距离最远5.如图所示，一斜劈放在粗糙水平面上，保持静止，斜劈上有一物块，甲图中，物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑；乙图中，对该物块施加一平行于斜面向下的推力F2使其加速下滑，丙图中，对该物块施加一平行于斜面向上的推力F3使其减速下滑；三种情况地面对斜劈的摩擦力分别为f1、f2、f3，则以下说法正确的是:A．f1、f2向右，且f1＝f2B．f3 ≠0，且f3 向左C．f1＝f2＝f3＝0D．f2和f3方向相反6.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)，到回到出发点的过程中，下列说法正确的是:A．上升过程A、B处于超重状态，下降过程A、B处于失重状态B．上升和下降过程A、B两物体均为完全失重C．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力7.如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60o，当细线被剪断的瞬间，小球的加速度大小和方向正确的是:A. 0B． g，竖直向下C.,竖直向下7题图D.，右下方与水平方向成60o角8题图8.如图所示，两段等长细线分别连接接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学14—15学年上学期高二期末考试物理试题（考试时间：90分钟；满分：100分）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，总计48分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

题目前方已注明该题为单选题还是多选题。

1．【单选】如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和电场强度都相同的是2．【单选】在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，下列图象能正确反映小灯泡的伏安特性曲线的是3．【多选】如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v ＝E /B ，那么A ．带正电粒子沿ab 方向从左侧进入场区，能沿直线通过B ．带负电粒子沿ba 方向从右侧进入场区，能沿直线通过C ．不论粒子电性如何，沿ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D ．不论粒子电性如何，沿ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过U /VI /ABDCDA B C+Q+QII I I I I II4．【单选】通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面(纸面)内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的光滑固定转轴O 转动(O 为L 2的中心)，各自的电流方向如图所示。

下列哪种情况将会发生A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动5．【单选】如图所示，A 是一边长为 l 的正方形线框，电阻为 R 。

用力保持线框以恒定速度 v 沿 x 轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场 B 区域，若以顺时针方向电流为正方向，从图示位置开始计时，则线框中产生的电流I 随时间 t 的变化图线为下图中的6．【多选】1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。

这台加速器由两个铜质D 形盒构成，其间留有空隙。

黑龙江省哈尔滨三十二中高二上学期月考物理试卷（9月份）一、选择题（本题共25小题．每小题2分．共50分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．在国际单位制中，力学范围内的三个基本单位是（）A．kg，m，s B．N，m，kg C．N，m，s D．kg，s，m/s2．如图所示，小明同学把一个篮球从离地面高H处自由释放，篮球经多次竖直弹跳，最后停在地面上．在此过程中，篮球的位移大小为（）A．HB．2HC．0D．因篮球弹跳的次数不知道，故无法判断3．下列关于记时的叙述中，表示时间间隔的是（）A．著名田径运动员刘翔用12.88s跑完了11OmB．中央电视台新闻联播节目从l9时开始C．1997年7月1日零时我国政府开始对香港恢复行使主权D．从广州到汕头的火车8：O0发车4．磁悬浮列车在行驶时会“浮”在轨道上方，从而可高速行驶，这种列车能够高速行驶的原因是（）A．减小了列车的惯性B．减小了地球对列车的引力C．减小了列车所受的空气阻力D．减小了列车与轨道间的摩擦力5．下列运动状态中，物体处于平衡状态的是（）A．蹦床运动员上升到最高点时B．荡秋千的小孩摆到最低点时C．与倾斜的、匀速传动的传送带保持相对静止的货物D．宇航员费俊龙、聂海胜乘坐“神舟六号”进入轨道做圆周运动时6．物体做直线运动的速度一时间图象如图所示，已知初速度为v0，末速度为v t，经历时间为t1，则在时间t1，内该物体的平均速度（）A．等于B．小于C．大于D．无法确定7．课外实践小组利用课余时间测定自动笔内弹簧的劲度系数．拆开自动笔，将其中的弹簧取出．让弹簧保持竖直，上端固定，下段系一细线，用刻度尺测量出此时弹簧的长度为3cm；然后将一个200g的砝码吊在细线的下端，静止时弹簧的长度为4cm，且此时弹簧处于弹性限度内．则此弹簧的劲度系数为（弹簧及细线重力均不记）（）A．2000N/m B．200N/m C．100N/m D．50N/m8．一物体在力F的作用下产生的加速度为a，若将其质量减为原来的，力F增大为原来的2倍，则物体的加速度变为（）A． a B．2a C．3a D．4a9．质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（）A．沿斜面向下B．垂直于斜面向上C．沿斜面向上D．竖直向上10．电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，弹簧秤示数最小的为（）A．以2m/s2的加速度加速上升B．以3m/s2的加速度减速上升C．以3m/s2的加速度减速下降D．以2.5m/s2的加速度加速下降11．如图所示，两只相同的弹簧测力计自重均为0.5N，甲“正挂”，乙“倒挂”，在乙的下方挂上重lN的钩码，则甲、乙弹簧测力计的示数分别为（）A．1N、1.5N B． 1.5N、lN C．1.5N、1.5N D．2N、1.5N12．一石子从某高度处释放，做自由落体运动，若第3s内在空中下落的距离为x，则它在第1s内下落的距离为（）A．B．C．3x D．5x13．关于物体惯性的几种说法中正确的是（）A．物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性B．物体的惯性随运动状态的改变而改变C．做自由落体运动的物体没有惯性D．做竖直上抛运动的物体，其惯性先减小后增大14．如图所示，门上有A、B两点，在关门的过程中，A、B两点的线速度v和角速度ω的大小关系正确的是（）A．v A＞v B B．v A＜v B C．ωA＞ωB D．ωA＜ωB15．下列关于地球同步卫星的说法中正确的是（）A．它的周期和地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小B．它的高度和速度是一定的，但周期可以是地球自转周期的整数倍C．我国发射的地球同步卫星都定点在北京上空D．我国发射的地球同步卫星也定点在赤道上空16．木星是绕太阳公转的行星之一，而木星周围又有绕其运行的卫星，木星及相关卫星运动状态均视为匀速圆周运动．已知万有引力常量为G，若要计算木星的质量还需要测量的物理量有（）A．卫星的线速度和运行周期B．木星的公转周期和公转半径C．木星的公转半径和卫星的运行周期D．卫星的质量和运行周期17．如图所示，在光滑水平面上有一小球a以初速度v0向右运动，同时在它的正上方有小球b以初速度v0．水平向右抛出并落在c点，则（）A．两球同时到达c点B．小球a先到达c点C．小球b先到达c点D．以上情况均可能发生18．司机在驾驶汽车爬坡时，需要换挡，其合适的做法和目的是（）A．换高挡，减小速度，得到较小的牵引力B．换高挡，增大速度，得到较小的牵引力C．换低挡，增大速度，得到较大的牵引力D．换低挡，减小速度，得到较大的牵引力19．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变．下列情况能使汽车的动能变为原来的2倍的是（）A．质量不变，速度变为原来的2倍B．速度不变，质量变为原来的2倍C．质量减半，速度增加为原来的4倍D．速度减半，质量变为原来的4倍20．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐（图中箭头指向表示投篮方向）（）A．B．C．D．21．日常生活中，“人均国民生产总值”、购买物品时的“单价”等，都采用了比值定义的方法．在物理学中，也常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质．下列表达式采用比值定义法的是（）A．a= B．a= C．a= D．a=22．质量为lkg的物体沿直线运动的v一t图象如图所示，则（）A．从第ls末到第3s末合外力做的功为2JB．第ls末物体具有的动能为4JC．前3s内合外力对物体做的功为2JD．第ls内合外力对物体做的功为4J23．如图所示，圆盘在水平面内匀速转动，角速度为4rad/s，盘面上距离圆盘中心0.1m的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起转动．则小物体做匀速圆周运动的向心力大小为（）A．0.4N B．0.04N C． 1.6N D．0.16N24．关于曲线运动，下列说法正确的是（）A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动B．物体在变力作用下一定做曲线运动C．做曲线运动的物体速度一定是变化的D．速度发生变化的运动一定是曲线运动25．下列关于摩擦力对物体做功的说法正确的是（）A．摩擦力一定会对物体做功B．摩擦力一定对物体做负功C．摩擦力可以对物体做正功D．静摩擦力对物体不做功，滑动摩擦力一定对物体做功二、双项选择题（本题共5小题．每小题4分．共20分．每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，多选、错选、少选均不给分）26．如图所示为小孩用水平力推箱子的三种情况：甲图中小孩用80N 的力没能推动箱子；乙图中小孩用100N 的力恰好推动箱子；丙图中小孩用120N 的力推动箱子向前移动．已知箱子重200N，箱子与地面间的动摩擦因数为0.45，则（）A．甲图中箱子所受摩擦力为0NB．箱子所受到的最大静摩擦力为100NC．丙图中箱子所受摩擦力为120ND．丙图中箱子所受摩擦力为90N27．用计算机辅助实验系统验证牛顿第三定律．把两个力传感器的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，如图（a）所示．观察显示器屏幕上出现的结果如图（b）所示，观察分析相互作用力随时间变化的曲线，可以得出（）A．作用力与反作用力不是同时存在的B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反28．2009年5月12日中央电视台《今日说法》栏目报道了发生在湖南长沙某公路上的离奇交通事故：在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内连续发生了八次大卡车侧翻的交通事故．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．为了避免事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中合理的是（）A．在讲入转弯处设立限速标志，提醒司机不要超速转弯B．改进路面设计，减小车轮与路面问的摩擦C．改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高D．改造此段弯路，使弯道内侧高、外侧低29．在第16届广州亚运会上，中国选手黄珊汕夺得了女子蹦床冠军．若忽略空气阻力的影响，则当运动员从接触蹦床到运动至最低点的过程中（）A．运动员的重力势能一直减小B．运动员的重力势能的变化量与重力势能零点的选取有关C．运动员的动能一直减小至0D．蹦床的弹力对运动员做负功，弹性势能增加30．2010年7月31日，美国“奋进”号航天飞机平安返航．在其发射至返回的过程中，飞机和地球组成的系统机械能守恒的阶段是（）A．航天飞机发射升空阶段B．航天飞机在大气层外无动力飞行阶段C．航天飞机在椭圆轨道上绕地球运行阶段D．航天飞机落地后打开降落伞减速滑行的过程三、计算题（文科班选作31、32两道，理科班33题）31．如图所示，桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方某高度处有一竖立的条形磁铁，此时穿过线圈的磁通量为0.04Wb，现使磁铁竖直下落，经0.5s，磁铁的s极落到线圈内的桌面上，这时穿过线圈的磁通量为0.12Wb．此过程中线圈中的平均感应电动势大小为多少．32．真空中有一点电荷，在离该点电荷距离为r0的一点A处，引入一电荷量为q的试探电荷，所受静电力为F，则点电荷在A点产生的电场强度的大小为多少？33．两块带电的平行金属板相距20cm，两板之间的电势差为8.0×103V．在两板间与两板等距处有一粒子尘埃，带有﹣1.6×10﹣7V的电荷．（1）两板间电场强度是多少？这粒尘埃受到的静电力是多大？（3）这粒尘埃在静电力的作用下运动到带正电的金属板，静电力做的功是多少？黑龙江省哈尔滨三十二中高二上学期月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共25小题．每小题2分．共50分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．在国际单位制中，力学范围内的三个基本单位是（）A．kg，m，s B．N，m，kg C．N，m，s D．kg，s，m/s考点：力学单位制．分析：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．解答：解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以B正确．故选A．点评：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．2．如图所示，小明同学把一个篮球从离地面高H处自由释放，篮球经多次竖直弹跳，最后停在地面上．在此过程中，篮球的位移大小为（）A．HB．2HC．0D．因篮球弹跳的次数不知道，故无法判断考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向．解答：解：无论球上下运动多少次，最终是要停在地面上，所以球的初位置是离地面高H 处，末位置是在地面上，位移是指从初位置到末位置的有向线段，所以位移的大小就是H，所以A正确．故选A．点评：本题就是考查学生对位移的理解，题目比较简单．3．下列关于记时的叙述中，表示时间间隔的是（）A．著名田径运动员刘翔用12.88s跑完了11OmB．中央电视台新闻联播节目从l9时开始C．1997年7月1日零时我国政府开始对香港恢复行使主权D．从广州到汕头的火车8：O0发车考点：时间与时刻．分析：据时间与时刻的定义进行分析，时间为对应一个过程；时刻对应一个瞬间．解答：解：A、田径运动员刘翔用12.88s跑完了11Om是指时间间隔，故A正确；B、中央电视台新闻联播节目从l9时开始，是指时间点，指的是时刻．故B错误；C、1997年7月1日零时我国政府开始对香港恢复行使主权，是指行使主权的时刻，故C 错误；D、从广州到汕头的火车8：O0发车，是指火车出发的时刻，故D错误；故选：A．点评：时间和时刻在生活中很少区分，但是在物理学中一定要注意明确其意义．4．磁悬浮列车在行驶时会“浮”在轨道上方，从而可高速行驶，这种列车能够高速行驶的原因是（）A．减小了列车的惯性B．减小了地球对列车的引力C．减小了列车所受的空气阻力D．减小了列车与轨道间的摩擦力考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：本题关键是抓住影响滑动摩擦力大小的两个因素：压力大小和接触面的粗糙程度．特别是减小摩擦的方法，用滚动代替滑动，使两个接触面分离等．解答：解：磁悬浮列车是用强磁场将列车微微托起，使其浮在轨道上方，从而可以高速行驶，其可以高速行驶的原因是使接触面分离，从而减小了列车与铁轨间的摩擦力．故选：D．点评：本题考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，考查了影响滑动摩擦力大小的两个因素，生活中是怎样减小摩擦的．5．下列运动状态中，物体处于平衡状态的是（）A．蹦床运动员上升到最高点时B．荡秋千的小孩摆到最低点时C．与倾斜的、匀速传动的传送带保持相对静止的货物D．宇航员费俊龙、聂海胜乘坐“神舟六号”进入轨道做圆周运动时考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物体处于平衡状态时其合力为零，加速度为零．根据这些特点判断物体是否处于平衡状态．解答：解：A、蹦床运动员上升到最高点时，其合力不为零，等于其重力，所以运动员处于非平衡状态．故A错误．B、秋千摆到最低点时有向心加速度，合力不等于零，处于非平衡状态．故B错误．C、随传送带一起水平匀速运动的货物，合力为零，加速度为零．故C正确．D、宇航员费俊龙、聂海胜乘坐“神舟”六号进入轨道做圆周运动时，合力等于地球的万有引力，并不等于零，所以他们处于非平衡状态．故D错误．故选：C点评：物体瞬时速度为零时，物体不一定处于平衡状态．匀速圆周运动物体处于的是非平衡状态．考查判断物体运动性质的能力．6．物体做直线运动的速度一时间图象如图所示，已知初速度为v0，末速度为v t，经历时间为t1，则在时间t1，内该物体的平均速度（）A．等于B．小于C．大于D．无法确定考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：若物体做匀加速直线运动，根据推论得出平均速度的大小，结合匀加速直线运动和变加速直线运动的位移关系比较平均速度．解答：解：若物体做匀加速直线运动，如图所示，根据匀变速直线运动推论，知匀加速直线运动的平均速度为：．因为变加速直线运动图线与时间轴围成的面积小于匀加速直线运动图线与时间轴围成的面积，则匀加速直线运动的位移大于变加速直线运动的位移，所以该运动的平均速度小于．故B正确．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，图线切线的斜率表示加速度．7．课外实践小组利用课余时间测定自动笔内弹簧的劲度系数．拆开自动笔，将其中的弹簧取出．让弹簧保持竖直，上端固定，下段系一细线，用刻度尺测量出此时弹簧的长度为3cm；然后将一个200g的砝码吊在细线的下端，静止时弹簧的长度为4cm，且此时弹簧处于弹性限度内．则此弹簧的劲度系数为（弹簧及细线重力均不记）（）A．2000N/m B．200N/m C．100N/m D．50N/m考点：胡克定律．分析：根据胡克定律可直接求出，注意弹簧原长、挂上物体之后长度以及形变量之间关系．解答：解：根据题意可知，弹簧原长为：l0=4cm挂上物体之后的伸长量为：△x=l0﹣l=4﹣3=1cm=0.01m根据F=k△x，其中F=mg=2N，代入数据解得：k==200N/m，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题关键是记住胡克定律，会用公式F=kx列式求解即可，基础问题．8．一物体在力F的作用下产生的加速度为a，若将其质量减为原来的，力F增大为原来的2倍，则物体的加速度变为（）A． a B．2a C．3a D．4a考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由牛顿第二定律可知三者间的关系，则可求得变化后的加速度．解答：解：由牛顿第二定律可知：F=ma；a=，当质量减为原来的，力增大为原来的2倍时，加速度增大为原来的4倍；故加速度为4a；故选：D．点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确加速度与力成正比与质量成反比．9．质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（）A．沿斜面向下B．垂直于斜面向上C．沿斜面向上D．竖直向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：受力分析方法专题．分析：对木块受力分析，根据共点力的平衡条件的应用可得出斜面对物体的作用力与重力的关系．解答：解：木块受重力、支持力及摩擦力的作用而处于静止状态；故支持力与摩擦力的合力一定与重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上．故选：D．点评：本题应明确，物体受三力平衡时，任意两力之和与第三力大小相等、方向相反．10．电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，弹簧秤示数最小的为（）A．以2m/s2的加速度加速上升B．以3m/s2的加速度减速上升C．以3m/s2的加速度减速下降D．以2.5m/s2的加速度加速下降考点：超重和失重；牛顿第二定律．专题：常规题型．分析：以物体为研究对象，已知加速度，根据牛顿第二定律求出弹簧秤的拉力大小，即为弹簧秤的示数，再比较大小．解答：解：设物体的质量为m．A、以物体为研究对象，设弹簧秤的拉力大小为F1，由牛顿第二定律得：F1﹣mg=ma1，代入解得F1=12m；B、以物体为研究对象，设弹簧秤的拉力大小为F2，由牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma2，代入解得F2=7m；C、以物体为研究对象，设弹簧秤的拉力大小为F3，由牛顿第二定律得：F3﹣mg=ma3，代入解得F3=13m；D、以物体为研究对象，设弹簧秤的拉力大小为F4，由牛顿第二定律得：mg﹣F4=ma4，代入解得F4=7.5m．故选：B．点评：解决本题的关键确定出加速度的方向，通过牛顿第二定律进行求解．11．如图所示，两只相同的弹簧测力计自重均为0.5N，甲“正挂”，乙“倒挂”，在乙的下方挂上重lN的钩码，则甲、乙弹簧测力计的示数分别为（）A．1N、1.5N B． 1.5N、lN C．1.5N、1.5N D．2N、1.5N考点：物体的弹性和弹力．分析：弹簧测力计在静止下使用，此时弹簧受到的力为平衡力，弹簧测力计指针指示的示数为这个力的大小，考虑弹簧测力计外壳重．分析出甲、乙、两弹簧挂钩的受力情况，就可得出正确答案．解答：解：A、甲弹簧受力为0.5+1N=1.5N，乙弹簧受力为物体的重力1.5N，故A错误．B、由A分析知，B错误．C、由A分析知，C正确．D、由A分析知，D错误．故选：C．点评：分析甲弹簧受力时，将乙弹簧和物体看做一个整体，分析乙弹簧受力时，可以将甲弹簧看做绳子或细杆，分析好弹簧下端所受的拉力即是示数12．一石子从某高度处释放，做自由落体运动，若第3s内在空中下落的距离为x，则它在第1s内下落的距离为（）A．B．C．3x D．5x考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论即可求解．解答：解：根据初速度为零的匀变速直线运动的推论：在相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：…可知，，而x3=x，则第1s内下落的距离为，故B正确．故选：B点评：本题也可以根据自由落体运动位移时间公式求解，难度不大，属于基础题．13．关于物体惯性的几种说法中正确的是（）A．物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性B．物体的惯性随运动状态的改变而改变C．做自由落体运动的物体没有惯性D．做竖直上抛运动的物体，其惯性先减小后增大考点：惯性．分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．解答：解：A、惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，故A正确；B、因为任何物体在任何情况下都有惯性，惯性只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．与物体的运动状态，是否受力、运动速度大小都无关，因此BCD错误．故选：A．点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来．14．如图所示，门上有A、B两点，在关门的过程中，A、B两点的线速度v和角速度ω的大小关系正确的是（）A．v A＞v B B．v A＜v B C．ωA＞ωB D．ωA＜ωB考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：A、B两点都绕门轴做圆周运动，转动的半径不同，但共轴转动，角速度相同，根据v=rω比较线速度．解答：解：A、B两点都绕门轴做匀速圆周运动，A转动的半径大于B转动的半径．两点共轴转动，角速度相同．根据v=rω，角速度相同，A的半径大，则A的线速度大．故选：A点评：解决本题的关键掌握共轴转动，角速度相同．15．下列关于地球同步卫星的说法中正确的是（）A．它的周期和地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小B．它的高度和速度是一定的，但周期可以是地球自转周期的整数倍C．我国发射的地球同步卫星都定点在北京上空D．我国发射的地球同步卫星也定点在赤道上空考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．解答：解：A、地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的周期和地球自转周期一定相同，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（R+h），其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值．由于轨道半径一定，则线速度的大小也一定，故B错误．C、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动，故C错误，D正确；故选：D．点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度．16．木星是绕太阳公转的行星之一，而木星周围又有绕其运行的卫星，木星及相关卫星运动状态均视为匀速圆周运动．已知万有引力常量为G，若要计算木星的质量还需要测量的物理量有（）。

哈三中2014——2015学年度上学期高三第二次测验物理试卷一、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，1～6小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分） 1．两物体做平抛运动的初速度之比为2∶1，若它们的水平射程相等，则它们的抛出点离地面高度之比为： A ．1∶2 B ．1∶ 2 C ．1∶4 D ．4∶12．一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω。

若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是：A ．dv 02＝L 2gB ．ωL ＝π(1＋2n )v 0 (n ＝0,1,2,3，…)C ．v 0＝ωd2D ．dω2＝g π2(1＋2n )2 (n ＝0,1,2,3…)3．如图，分别用力F 1、F 2、F 3将质量为m 的物体由静止沿同一固定粗糙斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端。

在此过程中，F 1、F 2、F 3做功的功率大小关系是： A ．P 1=P 2=P 3B ．P 1＞P 2=P 3C ．P 3＞P 2＞P 1D ．P 2＞P 1＞P 34．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑。

两部分各套有质量均为1 kg 的小球A 和B ，A 、B 球间用轻质细绳相连，已知：OA ＝3 m ，OB ＝4 m 。

初始A 、B 均处于静止状态，若A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g ＝10m/s 2)，那么该过程中拉力F 做功为： A ．6 J B ．10 J C ．14 JD ．4 J5．如图所示，物体A 、B 的质量都为m 。

现用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳刚好竖直伸直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上。

2013-2014学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末物理试卷一、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，1-7小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1．（4分）（2013秋•道里区校级期末）关于导体的电阻，下列表述正确的是（）A．跟导体两端的电压成正比B．跟导体中的电流强度成反比C．与导体的材料、长度、横截面积和温度等因素有关D．决定于导体中的电流强度和电压考点：电阻定律；欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：导体电阻是由导体的材料、长度、横截面积和温度等因素决定的；与导体两端的电压及导体中的电流无关．解答：解：导体电阻与导体两端的电压及导体中的电流无关；其大小是由导体的材料、长度、横截面积和温度等决定的；故C正确；ABD错误；故选：C．点评：本题考查电阻定律及欧姆定律，要注意电阻可以决定电流的大小；但电阻的大小与电流及电压无关．2．（4分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，把一条沿南北方向的导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是（）A．牛顿B．爱因斯坦C．奥斯特D．居里夫人考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．版权所有分析：本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．解答：解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．3．（4分）（2013•宜宾县模拟）在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v﹣t图象可能是图中（）A．B．C．D．考点：电场线；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，则电场力越来越大，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，可得出正确结果．解答：解：根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，电荷的加速度越来越大，v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度．故选：B．点评：本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．4．（4分）（2013•奉贤区一模）如图所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的OO′轴转动．现通以abcda电流，要使它受到磁场力后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是（）A．垂直纸面向外B．竖直向上C．竖直向下D． OO′上方垂直纸面向里，在OO′下方垂直纸面向外考点：安培力．版权所有分析：已知电流方向，由左手定则判断出安培力方向，然后判断线框的转动方向，最后答题．解答：解：电流方向为abcda，A、磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，ab边所示安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，线框不动，故A错误；B、磁场竖直向上，由左手定则可知，ab边所示安培力垂直于纸面向外，cd边受到的安培力垂直于纸面向里，ab边向纸外，cd边向纸里转动，故B正确；C、磁场垂竖直向下，由左手定则可知，ab边所示安培力垂直于纸面向里，cd边受到的安培力垂直于纸面向外，ab边向纸里，cd边向纸外转动，故C错误；D、磁场在OO′上方垂直纸面向里，在OO′下方垂直纸面向外，由左手定则可知，ab边所示安培力竖直向上，cd边受到的安培力竖直向下，线框不动，故D错误；故选B．点评：熟练应用左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．5．（4分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，Rl和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触头在a端时合上电键S，将R2的滑动触头由a端向b端移动，若三个电表Al、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则下列说法正确的是（）A． I1增大，I2不变，U增大B． I1减小，I2增大，U减小C． I1增大，I2减小，U增大D．电源的总功率变小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：先理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．电源的总功率为P=EI，根据电流的变化，判断电源总功率的变化．解答：解：合上电键S，R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流I增大，电源的内电压增大，外电压减小，则电压表示数U减小．电源的内电压和R3电压都增大，根据闭合电路欧姆定律得知R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．电源的总功率为P=EI，I增大，则电源的总功率变大．故A、C、D 错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．6．（4分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为30eV和6eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能应为（）A． 14eV B． 13eV C． 20eV D． 12eV考点：电势差；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线2电势为零，列式求解即可．解答：解：经过a、b点时的动能分别为30eV和6eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为△Ek=eV，故经过等势面2时的动能为22eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故有：0eV+22eV=8eV+Ek；解得：Ek=14eV；故A正确、BCD错误．故选：A．点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．7．（4分）（2014•黄山一模）如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间．解答：解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得qvB=m得轨迹半径r=，周期T==可知r1：r2=1：2 画出轨迹如图．粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为粒子向下再一次通过O点所经历时间t=T1+=+=故选：B．点评：本题关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路．8．（4分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球（可视为质点）套在细杆上，由a点静止释放，在小球由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是（）A．小球速度先增大后减小B．小球速度一直减小C．小球速度一直增大D．小球与负电荷组成的系统电势能先减少后增加考点：电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球受到重力、支持力与库仑力，由于重力与支持力均不做功，仅有库仑引力做功，库仑引力先做正功后做负功，根据动能定理分析其动能的变化，即可分析速度的变化．而小球与电荷组成的系统电势能先减小后增大．解答：解：A、B、C、小球沿光滑直杆运动的过程中，受到重力、支持力与库仑力，重力与支持力均不做功，仅有库仑引力做功，负电荷对小球的库仑力方向与速度方向的夹角先小于90°，后大于90°，则库仑力对小球先做正功后做负功．所以小球的动能先增大后减小，速度先增大后减小．故A正确，BC错误；D、库仑力先做正功后做负功．由于只有库仑力做功，所以小球与负电荷组成的系统电势能先减小后增大．故D正确．故选：AD．点评：本题关键根据库仑力方向与位移方向的关系，分析库仑力做功的正负，即可根据功能关系作出判断．9．（4分）（2013秋•广饶县校级期末）如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着与电场正交的匀强磁场，带电粒子以速度v0垂直电场从P点射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从Q飞出，忽略重力，下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直纸面向里B．磁场方向与带电粒子的电性有关C．带电粒子从Q沿QP进入，也能做匀速直线运动D．若粒子带负电，以速度v1由P沿PQ射入，从Q′射出，则v1＜v0考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断磁场的方向．分析粒子能否沿直线运动，就是分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子的偏转方向．解答：解：A：假设带电粒子带正电，粒子将受到竖直向下的电场力，所以洛伦兹力应为竖直向上，由左手定则可判断，磁场的方向应垂直于纸面向里，选项A正确；B：当粒子在正交的电场和磁场的区域内做直线运动时，电场力和洛伦兹力等大且方向相反．改变粒子的电性，其他条件不变的情况下，电场力和洛伦兹力的方向同时改为反向，粒子的合力仍为零．所以磁场方向与带电粒子的正负无关．选项B错误；C：带电粒子从Q沿QP进入，所受的电场力方向不变，而洛伦兹力方向会变为与电场力相同，此时带电粒子将发生偏转．选项C错误；D：粒子带负电时，将受到向上的电场力和向下的洛伦兹力，当速度为v0时，电场力和洛伦兹力大小相等；粒子从Q’飞出，可判断洛伦兹力小于电场力，此时的速度要小于v0．选项D正确．故选：AD．点评：该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题．10．（4分）（2014•邯郸一模）美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．解答：解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A正确．B、由平衡条件得：mg=q得油滴带电荷量为：q=，故B错误．C、根据U=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．故选：AC．点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．11．（4分）（2013秋•道里区校级期末）某空间存在如图所示的水平方向的匀强磁场，a、b两个物块叠放在一起，并置于绝缘水平地面上．物块a带正电，物块b为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块b上，使a、b一起由静止开始向左运动且始终相对静止．在a、b一起向左加速运动的过程中，以下说法中正确的是（）A．若地面粗糙，则a对b的摩擦力变小B．若地面粗糙，则a对b的摩擦力保持不变C．若地面光滑，则a对b的摩擦力变大D．若地面光滑，则a对b的摩擦力保持不变考点：洛仑兹力；摩擦力的判断与计算．版权所有分析：对整体分析，判断加速度是否变化，再隔离分析，运用牛顿第二定律判断A、B间的摩擦力是否变化．通过整体和隔离受力分析，判断A与B、B与地面间的压力变化．解答：解：A、对A分析，受重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，洛伦兹力增大，则支持力增大，所以A对B的压力变大；若地面粗糙，对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F．A、B一起做加速直线运动．由于A对B的压力随速度的增大而增大，所以B对地面的压力随速度的增大而增大，B受到的摩擦力随压力的增大而增大．所以整体受到的合力减小，整体做加速度a减小的加速运动．再对A分析可得，由于B对A的静摩擦力提供加速度，则：f=ma，所以B对A的摩擦力随速度的增大而减小．故A正确，B错误．C、D、若地面光滑，整体受重力、支持力、竖直向下的洛伦兹力和恒力F，在竖直方向上，洛伦兹力增大，则地面的支持力增大，所以B对地面的压力增大，整体加速度不变；隔离对A分析，f=mAa，知A、B间的摩擦力不变．故D正确，C错误．故选：AD点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会灵活运用整体法和隔离法对物体分析，运用牛顿第二定律求解．12．（4分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，边长为L的正方形PQMN区域内（含边界）有垂直于纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E．质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从O 点由静止开始释放，OPQ三点在同一水平直线上，OP=L，带电粒子从边界NM 上的O′点离开磁场，O′与N 点距离为，则磁场磁感应强度的可能数值为（不计带电粒子重力）（）A．B．3C．D．2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，根据半径与L的关系并结合几何关系求出半径，再根据向心力公式求出磁场强度．解答：解：若粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，且r1＜L＜2r1，由几何关系得：（L﹣r1）2+（）2=r12解得：r1=L由qvB1=m解得：B1=同理，若2r2＜L＜4r2，（L﹣3r2）2+（）2=r22解得：r2=，B2=3，或r′2=，B′2=故选：ABC．点评：在磁场中做匀速圆周运动，本题的关键是先由几何知识确定出半径可能的情况，然后结合半径的表达式求解磁感应强度的可能值，难度适中．二、实验题（1分）13．（4分）（2013秋•道里区校级期末）用游标卡尺测量片状金属工件的宽度（如图）d=9.360 cm，用螺旋测微计测得片状金属工件的厚度b= 1.130mm，考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为9.3cm，游标尺上第12个刻度游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，所以最终读数为：9.3cm+0.060cm=9.360cm；螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×13.0mm=0.130mm，所以最终读数为：1mm+0.130mm=1.130mm．故答案为：9.360，1.130．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14．（10分）（2013秋•道里区校级期末）有如下器材，请选用合适的器材完成“测电池组的电动势和内电阻”实验．A、电压表V1 （量程15V，内阻约15kΩ）B、电压表V2（量程3V，内阻约5kΩ）C、电压表V3（量程3V，内阻约1kΩ）D、电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E、电流表A2（量程600mA，内阻约2Ω）F、滑动变阻器（10Ω，2A）G、滑动变阻器（2000Ω，1A）H、待测电池组I、开关、导线若干①为便于调节测量并使结果尽量准确，除选择器材H、I以外，电压表应选B；电流表应选E；滑动变阻器应选F．（填器材前的字母代号）②某同学选择了合适器材，设计了正确合理的实验电路，他依据测得的数据画出U﹣I图象，如图所示．根据图象得出电池组的电动势E= 2.1V，电池组的内电阻r= 4.0（以上两空要求两位有效数字）．③请根据正确的设计原理将实物图画线连成实验电路．考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题．分析：（1）根据电路电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）U﹣I图象上，纵轴截距等于电源电动势，图线的斜率等于内阻；（3）电源的内阻较小，属于小电阻，采用电流表外接法．解答：解：①由图象上的测量数据知电源电动势为2.1V，则电压表选量程为3V的B即可；电流最大值为0.6A，故电流表选E；为方便实验操作，选最大阻值较小的滑动变阻器F即可；②U﹣I图象上，纵轴截距等于电源电动势，故E=2.1V；图线的斜率等于内阻：r===4.0Ω；③电源的内阻较小，属于小电阻，采用电流表外接法．实物图如下：故答案为：①B；E；F．②2.9，4.0．③如图．点评：本题考查选择实验器材、作出实验电路、实验数据处理，知道实验原理和数据处理方法是正确解题的关键，由图象得出电源电动势和内阻是常考的问题．三、计算题（共36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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（9分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，导体棒ab长L=0.2m，阻值R0=0.5Ω，质量m=0.02kg，用两个轻质导线连接挂到天花板下，导体棒水平，电源的电动势E=2V，内阻r=1.5Ω，定值电阻R=18Ω．匀强磁场垂直纸面向里，大小为B=10T．（重力加速度g=10m/s2）求：（1）电键k打开时，每个轻质导线的拉力多大．（2）电键k闭合后，每个轻质导线的拉力又是多大．考点：安培力；闭合电路的欧姆定律．版权所有分析：（1）电键k打开时，对于导体棒受到的重力与两根绳子上的拉力的和大小相等，方向相反；（2）电键k闭合后，根据左手定则判断出安培力的方向向下，结合闭合电路欧姆定律即可求解．解答：解：（1）电键k打开时，对于导体棒ab有：mg=2T代入数据解得：T=0.1N（2）电键k闭合后，由闭合电路欧姆定律得：解得：I=A=0.1A对于导体棒ab，由平衡得：2T′=mg+F再由安培力公式得：F=BIL代入数据解得：T′=0.2N答：（1）电键k打开时，每个轻质导线的拉力是0.1N；（2）电键k闭合后，每个轻质导线的拉力又是0.2N．点评：该题将共点力平衡、安培力的计算与闭合电路的欧姆定律结合在一起，虽然涉及的知识点比较多，但都是基础的知识与基本的公式，难度不太大．属于中档题目．16．（14分）（2013秋•道里区校级期末）绝缘的水平面PQ左侧有水平向右的匀强电场，场强为E=100N/C，设PQ处电势为零．物块质量m=0.5kg，带正电，电量为q=2×10﹣2C，从电场中的A点由静止释放，如图所示，运动到B点停止．已知水平面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，电场外运动的PB间距离为S=4cm．（重力加速度g=10m/s2）求：（1）物块到达P点时的速度多大．（2）AP两点间的距离．（3）电场中A点的电势是多大．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）在PB段运动中，由动能定理求解物块到达P点时的速度（2）全程运用动能定理得AP两点间的距离（3）由电势差和场强的关系得电场中A点的电势解答：解析：（1）设带电体在P点的速度为v，在PB段运动中，由动能定理得：﹣μmgs=mv2解得：v=0.4m/s；（2）电场中运动的位移为d，全程运用动能定理得：qEd﹣μmgs（d+s）=0解得：d=0.04m；（3）由电势差和场强的关系得：φA=UAP=Ed=100×0.04V=4V答：（1）物块到达P点时的速度为0.4m/s（2）AP两点间的距离为0.04m（3）电场中A点的电势是4V．点评：本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况，由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行解答．17．（15分）（2013秋•道里区校级期末）如图所示，在平面直角坐标系中，第一象限内有竖直向下的匀强电场，场强为E=20N/C，第四象限内有一个圆形区域的匀强磁场，方向垂直纸面向外，大小为B=，未画出来．一个带正电的粒子质量为m=2×10﹣5kg，电量为q=5×10﹣3C，重力不计，从y中上的a点以v0=10m/s的速度垂直y 轴射入电场．Oa长度为h=0.01m，粒子通过x轴上的b点进入第四象限，粒子经圆形磁场后从c点射出第四象限，出射的速度方向与y轴负方向成75°．（π=3.14）求：（1）粒子通过b点时的速度大小及方向．（2）磁场的最小面积是多少．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）粒子第一象限内做类平抛运动，沿竖直方向和水平方向分解该运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合即可求解；（2）粒子飞入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径，由几何知识求出粒子在磁场中圆周运动的圆弧对应的弦长，当磁场以该弦长为直径为时，磁场的面积为最小，即可求得圆形磁场区的最小面积．解答：解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动．y轴方向有：qE=ma，h=，vy=at联立得：vy===10m/s过b点的速度大小为：v==10m/s过b点的速度与x轴的夹角为：tanθ==1，即θ=45°所以通过b点速度方向为与x轴成45°角；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，由牛顿定律得：qvB=解得：R=0.01m；设粒子在磁场中圆周运动的圆弧对应的弦长为2r，由作图可知：r=Rsin60°=5×10﹣3m当磁场以2r为直径为时，磁场的面积是满足题意的最小面积，即最小面积为：S=πr2=2.355×10﹣4m2答：（1）粒子通过b点时的速度大小为10m/s，通过b点速度方向为与x轴成45°角．（2）磁场的最小面积是2.355×10﹣4m2．点评：粒子在复合场中运动类型，分析粒子的受力是解题的基础，本题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识得到磁场面积最小的条件．。

黑龙江省绥化市三校2014—2015学年度上学期期末考试高二物理试题试卷说明本试卷满分110分，答题时间90分钟。

请将答案填涂在答题卡上。

一、单项选择题：共7小题，每小题只有一个答案，每题5分，共35分。

1．下列装置没用到带电粒子在磁场中发生偏转的原理的是（）(A)磁流体发电机(B)回旋加速器(C)电视显像管(D)示波管2．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为L1∶L2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，则它们的电阻率之比为()(A)2∶3(B) 3∶4(C) 4∶3(D)8∶33．如图所示，电的电动势为30 V，内电阻忽略不计，一个“6V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联。

已知电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为()(A)36 W (B)40 W (C)48 W (D)60 W4．如图所示，把一个装有导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极B，与电池的正极相连；沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极A，与电池的负极相连。

从器皿上方往下看（俯视），对于导电溶液和溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是（）（A）溶液做逆时针方向运动（B）溶液做顺时针方向运动（C）正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动（D）负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动5．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。

在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。

由此可以推断（）(A)线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转(B)线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转(C)滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央(D)因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向6．静止在光滑水平面上的条形磁铁左端和轻弹簧连接，轻弹簧的另一端固定在墙上，在条形磁铁的上方偏右位置（如图）固定有通电直导线，电流垂直纸面向内，下列说法正确的是（）（A）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变小（B）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变大（C）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变小（D）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变大7．如图所示，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，恰好沿下板边缘飞出。

哈三中2013——2014学年度下学期高二学年第一模块考试物理试卷【试卷综析】本试卷是高二期末试卷，包含了高中物理选修3-2、3-5的全部内容，主要包含了楞次定律、法拉第电磁感应定律、交变电流、动量守恒定律、原子、原子核等，知识覆盖面广，知识点全面。

在题型上以基础题为主，在考查能力上以分析过程为主，计算为辅，充分考查学生的思维能力，是份非常好的试卷。

一、选择题（本题共20小题，每小题4分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1～8小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1．下列核反应方程中正确的是：A ．Na 2311+He 42→Mg 2612+21HB ．94Be +42He →126C +10n C ．F 199+He 42 →Ne 2210+e 01 D ．B 115+He 42 →N 147+01e 【知识点】裂变反应和聚变反应．【答案解析】B 解析解：核反应中质量数和电荷数应该守恒；A 、电荷数守恒，质量数不守恒，故A 错误；B 、质量数和电荷数均守恒，故B 正确；C 、质量数和电荷数均不守恒，故C 错误；D 、质量数和电荷数均不守恒，故D 错误；故选：B ．【思路点拨】根据质量数和电荷数守恒判断核反应方程是否正确．对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变和衰变等基本知识要熟练掌握和应用．2．一个氡核222 86Rn 衰变成钋核218 84Po 并放出一个粒子，其半衰期为3.8天。

8g 氡经过11.4天衰变掉氡的质量，以及222 86Rn 衰变成218 84Po 的过程放出的粒子是：A ．2g ，α粒子B ．7g ，α粒子C ．4g ，β粒子D ．6g ，β粒子【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【答案解析】B 解析解：氡核的半衰期为3.8天，根据半衰期的定义得：m=02tT m ，其中m 为剩余氡核的质量，m 0为衰变前氡核的质量，T 为半衰期，t 为经历的时间．由于T=3.8天，t=11.4天，解得：m=18m 0，所以衰变掉的氡的质量为m-m 0=8-1=7g ，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，由于生成物质量数减小4，电荷数减小2，所以放出的粒子是α粒子．故选：B ．【思路点拨】运用半衰期的定义进行定量计算．根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程，得出是什么粒子．知道放射性元素的半衰期是有一半该元素的原子核发生衰变所用的时间．求解时注意m 为剩余的质量．3．氢原子从能量为E 1的较高激发态跃迁到能量为E 2的较低激发态，设真空中的光速为c ，则：A ．吸收光子的波长为c (E 1－E 2)hB ．辐射光子的波长为c (E 1－E 2)hC ．吸收光子的波长为ch E 1－E 2D ．辐射光子的波长为chE 1－E 2【知识点】氢原子的能级公式和跃迁．【答案解析】D 解析解：氢原子从能量为E 1的较高能级跃迁到能量为E 2的较低能级，辐射的光子能量为E 1-E 2．根据E 1−E 2＝h c λ，则光子波长λ＝12hc E E -．故D 正确，A 、B 、C 错误．故选D ．【思路点拨】从高能级向低能级跃迁，辐射光子，辐射的光子能量等于两能级间的能级差．解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即E m -E n =hv ．4．如图所示，质量为m 的金属框用绝缘轻质细线悬挂，金属框有一半处于水平且与框面垂直的匀强磁场中。

黑龙江省哈尔滨市第三中学【精品】高二上学期期末考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．以下关于物理学史的说法中，正确的是（）A．奥斯特最早引入了电场的概念B．牛顿提出了万有引力定律，并测定出万有引力常量C．库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律D．安培通过实验研究，发现了电流的磁效应2．用比值法定义物理量是高中物理学习中常用的方法，下列表达式中，表示物理量的定义式的是（）A．Fam=B．QCU=C．UIR=D．UEd=3．方形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，带电粒子a、b是经质谱仪筛选出的具有相同比荷的带电粒子，粒子从磁场左侧边界中点o垂直于边界垂直于磁场射入磁场中，运动轨迹如图所示，a、b粒子分别从方形磁场左下角和右下角离开磁场，则（）A．粒子带正电B．a粒子质量大于b粒子C．a粒子在磁场中运动时间小于b粒子D．a粒子进入磁场的速度大于b粒子4．如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等势面，已知相邻等势面间电势差相等，一个带正电粒子运动过程中只受电场力作用，先后经过M点和N点，则（）A．电场力对粒子做正功B．粒子在M点的加速度比N点大C．四个等势面电势关系为φa<φb<φc<φdD．该粒子在N点的动能较大，电势能较小5．倾斜金属导轨表面光滑，与水平方向夹角为30°，上端连一电源，电源电动势为1.5V，电源内阻1Ω，导轨宽度d=1m，阻值可忽略不计，金属棒质量为0.1kg，与导轨接触良好且电阻为2Ω，空间存在竖直向上的匀强磁场，若金属棒刚好能静止在导轨上，磁感应强度B的大小（）A．1T B C D．6．长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有图示方向的电流。

当电流逐渐增大时（）A．环形导线中可能没有感应电流B．环形导线中有感应电流，但方向不确定C．环形导线中有收缩的趋势D．环形导线有靠近长直导线的趋势7．如图所示，两等量同种点电荷固定在真空中。

2013-2014学年度高三第四次验收考试理综答案1.A2.C3.A4.B5.C6.D7．D 8．C 9．B 10．C 11．A 12．C 13．B14.B 15.C 16.A 17.B 18.D 19.AC 20.AD 21.ACD22. （6分）（1）1300Ω（2）5.4mA （3）1.35V 每空2分23. （9分）（1）如右图（2）D （3）10Ω每空3分24. （14分）解：（1）粒子加速度为：a=①t ②类平抛L=vd=at2 ③联立解得v（2）B板向下平移d/3，加速度变为a′=⑤y=a ′t 2=⑥---------------①②③⑤各2分 ④⑥各3分 25.（18分）解： （1）分析如图qv 1B=①勾股定理 （r 1+R ）2=r 12+ [（1+3）R]2 ②解得r 1=所以v 1= ③（2）若带电粒子与圆筒发生两次碰撞后仍能从小孔射出，分析可知轨迹如图所示，且∠00′N=300T==④粒子在磁场运动的时间为t 1== ⑤设∠0PN=θ，圆周运动半径为r 2，由几何关系： r 2sin300+Rcos θ=（1+3）R ⑥ r 2cos300+Rsin θ=r 2 ⑦ 联立解得r 2=⑧ ，sin θ= ⑨由sin θ=，可知θ=300，所以∠MPN=600，MN=R ks5uqv 2B= 得v 2= ⑩在小圆内匀速直线运动时间t 2==○11 所以总时间t=t 1+t 2=+=○12----------------⑥⑦⑧⑨⑩○11○12各1分，①③④⑤各2分，②3分 33.（1）（5分）CD（2）（10分）解：从初状态到最后状态，温度相同，由玻意耳定律： p 0H 1S= p 3H 3S ， ① 解得：p 3=13H H p 0。

② 对取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，由盖吕萨克定律，20H ST T +∆=30H S T , ③ 解得：△T =T 0 ④-----------------②④各2分，①③各3分34. （1）（5分）CD （2）（10分）P 质点向y 轴负方向运动,则该简谐波沿x 轴正方向传播 ① t 2-t 1=（n+）T ， ② 且T >0.03s 解得n ﹤1.54，所以n 可以取0,1 ③ n=0时，v==20 m/s ④n=1时，v==180 m/s ⑤ks5u-----------------①③各1分，②各2分，④⑤各3分 35. （1）（5分）BC （2） （10分） 小球B 刚好可以沿圆轨道下滑 m B g=①动能定理 m B g2R=- ②碰撞动量守恒 m B v 2=(m B +m A )v 3 ③=(m B +m A )gRcos600 ④联立解得 ⑤----------------------------①②③④⑤各2分。

2016届高二年级期末考试物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共120分，考试时间90分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第I卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，1-6题有一项符合题目要求，7-12题有多项符合题目要求。

）1.指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（）A.导线南北放置，通有向北的电流B.导线南北放置，通有向南的电流C.导线东西放置，通有向西的电流D.导线东西放置，通有向东的电流2.如图10—1所示，为电视机显像管的偏转线圈示意图，圆心黑点表示电子枪射出的电子，它的方向由纸内指向纸外，当偏转线圈通以图示方向的电流时，电子束应 ( )A.向左偏转 B．向上偏转C.不偏转D.向下偏转3．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势都相同的是()A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B ．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a 、b 两点C ．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a 、b 两点D ．丁图：两带电平行金属板间，分别靠近两板与中轴线等距的a 、b 两点4.处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比5.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S.某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 66.如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a 、o 、b 在M 、N 的连线上，o 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到o 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A ．o 点处的磁感应强度为零B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同7.如图所示，一带正电的滑环套在水平放置且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中.现给环施以一个水平向右的速度，使其运动，则滑环在杆上的运动情况可能是( )A.先做减速运动，后做匀速运动B.一直做减速运动，直到静止C.先做加速运动，后做匀速运动D.一直做匀速运动8.如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的可能值是( )A.12TB.32TC ．1T D.3T9.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向．磁场中有A 、B 两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上．物块A 带正电，物块B 不带电且表面绝缘．在t ＝0时刻，水平恒力F 作用在物块B 上，物块A 、B 由静止开始做加速度相同的运动．在物块A 、B 一起运动的过程中，图乙反映的可能是( )A ．物块A 所受洛伦兹力大小随时间t 变化的关系B ．物块A 对物块B 的摩擦力大小随时间t 变化的关系C ．物块A 对物块B 的压力大小随时间t 变化的关系D ．物块B 对地面压力大小随时间t 变化的关系10.如图所示，在半径为R 的圆形区域内有匀强磁场.在边长为2R 的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M 、N 两点射入匀强磁场.在M 点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N 点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N 点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是( )A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B.从M 点射入的带电粒子可能先飞出磁场C.从N 点射入的带电粒子可能先飞出磁场D.从N 点射入的带电粒子不可能比M 点射入的带电粒子先飞出磁场11、如图所示的电路中，各元件均为线性元件.电源电动势为E ，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 ，在这一过程中（ ）A 、通过R1B 、R 2两端的电压减小，减小量为△UC 、路端电压与干路电流的比值为定值D、路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值12.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为（<）. 若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A. 小物体上升的最大高度为B. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、填空题（本大题共2小题，共10分，把答案填在题中横线上）。

2013-2014学年黑龙江省哈尔滨三中高三〔上〕第三次验收物理试卷一．选择题〔此题共12小题；每一小题4分，共48分．1-7题为单项选择，8-12题为多项选择，多项选择题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分〕1．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕某一物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动状态，如果撤掉其中的一个力而其他几个恒力保持不变，如此与撤去之前相比〔〕A．物体的动能一定不变B．物体的动量一定不变C．物体的动能随时间变化率一定不变D．物体的动量随时间变化率一定不变考点：动量定理；动能定理．专题：动量定理应用专题．分析：物体做匀速直线运动的条件是合力为零，如果撤掉其中的一个力而其他几个力保持不变，如此物体所受合力与撤掉的那个力等大、反向，物体将做匀变速运动，据此分析答题．解答：解：物体做匀速直线运动，所受合力为零，撤掉一个恒力，物体所受合力大小等于撤掉力的大小，方向与该力方向相反，物体所受合力为恒力；A、合外力对物体做功，由动能定理可知，物体动能发生变化，故A错误；B、物体所受合外力不为零，物体所受冲量不为零，由动量定理可知，物体动量发生变化，故B错误；C、如果合力与物体速度方向不垂直，物体动能变化，动能随时间的变化而变化，故C错误；D、物体动量随时间的变化率为==ma=F，由于力F是恒力，如此物体动量随时间变化率一定不变，故D正确；应当选：D．点评：知道：物体做匀速直线运动，所受合力为零，知道撤掉一个恒力后，物体所受合力为恒力，是正确解题的关键．2．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕某一物体竖直向上抛出，所受空气阻力大小不变，从它被抛出到落回原地的过程中〔〕A．重力对物体的冲量为零B．重力对物体所做的功为零C．空气阻力对物体的冲量为零D．空气阻力对物体所做的功为零考点：动量定理；功的计算．专题：动量定理应用专题．分析：考虑空气阻力，物体上升和下降时受力情况不同，要分开讨论；上升时，阻力向下，下降时阻力向上；冲量I=ft，是矢量．解答：解：A、重力是恒力，作用时间不为零，故冲量I=Gt不为零，故A错误；B、初末位置重合，位移为零，故重力做功为零，故B正确；C、上升时，阻力向下；下降时阻力向上；物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，但是受空气阻力的方向总与物体的速度方向相反a上=g+，a下=g﹣，所以上升时的加速度大于下落时的加速度；根据h=at2，上升时间小于下落时间；故阻力的冲量的矢量和向下，不为零；故C错误；D、空气阻力一直与速度反向，故空气阻力做负功，故D错误；应当选：B．点评：点评：考虑阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等！3．〔4分〕〔2011•徐州三模〕如下列图的情况中，a、b两点的电场强度和电势均一样的是〔〕A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均一样时，场强才一样．解答：解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势一样，场强大小相等，但方向不同，如此电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，如此a、b的电势一样．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都一样．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势一样，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度一样，a点的电势大于b点的电势．故D错误应当选：B．点评：此题要抓住电势与场强的区别，只要大小一样，标量就一样．而矢量大小和方向都一样才一样．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．4．〔4分〕〔2009•江苏〕两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的一样金属小球〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，如此两球间库仑力的大小为〔〕A．B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：计算题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个一样的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．应当选C．点评：此题考查库仑定律与带电题电量的转移问题．5．〔4分〕〔2014•山东校级三模〕如下列图，将一带电液滴在水平向左的匀强电场中从b点由静止释放，发现液滴沿直线由b运动到d，直线bd方向与竖直方向成45°角，如此如下结论正确的答案是〔〕A．液滴的电势能减少B．液滴的动能不变C．液滴做匀速直线运动D．液滴带正电荷考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据带电液滴作直线运动，如此带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小．再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向一样可知合外力做正功，即可分析动能的变化．根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．解答：解：A、带电液滴作直线运动，如此带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，如此电场力必定水平向右，由b运动到d过程中，电场力做正功，电势能减少，故A 正确．B、由于合力做正功，如此据动能定理可知，动能增大．故B错误；C、由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，如此电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动，故C错误；D、由上分析可知，电场力方向与电场强度方向相反，所以液滴带负电荷．应当选：A点评：带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握．6．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如下列图，光滑水平面上，放置一个各面光滑的半圆槽，槽的左侧放一物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，它将自A点进入槽内，如此以下结论中正确的答案是〔〕A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽系统机械能守恒B．小球自半圆槽的A点向最低点B点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D．假设小球能飞出C点，如此小球离开C点以后，不能落回半圆槽中考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上．由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒．当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动．水平方向满足动量守恒．在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动．解答：解：A、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功．但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零．所以小球与槽组成的系统机械能守恒．故A正确；B、小球自半圆槽的A点向最低点B点运动的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，故C正确；D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，在水平方向做匀速运动，此时半圆槽沿水平方向有一定以一样的速度也做匀速运动，所以小球离开C点以后，能落回半圆槽中．故D错误．应当选：AC．点评：考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．7．〔4分〕〔2010•泉州模拟〕在光滑水平地面上有两个一样的弹性小球A、B，质量都为m．现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P，如此碰前A球的速度等于〔〕A．B．C．2D．2考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以与总机械能守恒求出碰前A球的速度．解答：解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，如此．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=．故C正确，A、B、D错误．应当选C．点评：此题属于动量守恒与能量守恒的综合题，解决此题的关键掌握动量守恒和能量守恒定律．8．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如下列图，在足够长的斜面上某一点给某小物体一个沿斜面向上的瞬时初速度v0，斜面倾角一定，各处粗糙程度一样，如此物体在这斜面上运动的整个过程中，以下说法正确的答案是〔〕A．物体的动能一定先减小后增大B．只要物体在斜面上运动，如此其机械能一定在减小C．如果某段时间内摩擦力对物体做的功与物体动能的改变量一样，如此此后物体动能将不断增大D．如果某段时间内摩擦力对物体做功为W，在此后的一样时间段内，摩擦力对物体做功可能还为W考点：动能定理的应用；机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：A B、根据合力做功判断物体的动能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化．C、根据动能定理得出重力做功的大小，从而确定物体所处的位置，判断出物体动能的变化．D、物体向上做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，通过相等时间内路程是否相等判断相等时间内摩擦力做功是否相等．解答：解：A、物体向上做匀减速直线运动，假设到达顶部，重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，如此物体不再运动，如此物体的动能减小．故A错误．B、物体只有在斜面上运动，摩擦力一直做负功，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知机械能一定在减小．故B正确．C、根据动能定理知，如果某段时间内摩擦力对物体做的功与物体动能的改变量一样，如此重力做功为零，知物体回到初始位置，一定在向下运动，所以物体的动能不断增大．故C正确．D、物体向上做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，在相等时间内可能出现路程相等，如此摩擦力做功可能相等．故D正确．应当选：BCD．点评：解决此题的关键掌握功能关系，知道合力做功与动能变化的关系，除重力以外其它力做功与机械能的变化的关系．9．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如下列图，两根位于同一竖直平面内足够长的水平光滑长杆，上、下两杆上分别套着质量相等的甲、乙两金属球，两球之间用一轻质弹簧相连．开始时乙在甲的正下方，且弹簧刚好无弹力．现给甲一个水平向右的初速度v0，此后两球可在杆上无摩擦地滑动．如下表示中正确的答案是〔〕A．甲、乙两球的动量之和保持不变B．甲、乙两球的动能之和保持不变C．当甲球的速度为零时，乙球刚好位于甲球的正下方D．甲球的速度从v0减小至零的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小考点：动能定理的应用；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：结合系统动量守恒的条件得出甲乙两球动量守恒，抓住系统机械能不变，判断甲乙两球动能之和的变化．根据动量守恒求出甲球速度为零时，乙球的速度，从而确定乙球所处的位置．根据弹簧长度的变化判断弹簧弹性势能的变化．解答：解：A、甲乙两球组成的系统所受的外力之和为零，如此甲乙两球动量守恒，如此甲乙两球的动量之和保持不变．故A正确．B、甲乙两球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变化，如此甲乙两球的动能之和在变化．故B错误．C、根据动量守恒定律得，甲球的速度为零时，乙球的速度为v0，速度最大，在甲球的正下方．故C正确．D、甲球的速度从v0减小至零的过程中，弹簧先伸长再恢复到原长，如此弹簧的弹性势能先增大后减小．故D正确．应当选：ACD．点评：解决此题的关键知道甲乙两球系统动量守恒，甲乙两球和弹簧组成的系统机械能守恒．10．〔4分〕〔2013•济南一模〕负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如下列图，如此〔〕A．粒子P带负电B．a、b、c三点的电势上下关系是φa=φc=φbC．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小D．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2：1：2考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．解答：解：A：根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故带正电荷，A错误；B：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势，B错误；C：由AB可知，正电荷P从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故C正确；D：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，，代人库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：．故D正确．应当选：CD点评：此题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是正电荷．11．〔4分〕〔2014春•常州期末〕如下列图，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是〔〕A．仅将M板向下平移B．仅将M板向左平移C．仅在M、N之间插入云母板〔相对介电常数大于1〕D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器充电后断开电源保持带电量不变，根据平行板电容器的决定式可求得C的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，注意指针张角变大时，极板之间的电压增大．解答：解：A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A错误．B、仅将M板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误．C、仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确．D、仅在M、N之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D正确．应当选：CD．点评：此题关键要掌握决定电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以与电容的定义式C=．12．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如下列图，在Oxy平面的第一象限，存在以x轴y轴与双曲线y=〔0≤x≤L，0≤y≤L〕的一段为边界的匀强电场Ⅰ；在第二象限存在以x=﹣L，x=﹣2L，y=0，y=L为边界的匀强电场Ⅱ．两个电场大小均为E，方向如下列图．如此在电场Ⅰ的AB曲线边界处由静止释放的电子〔不计电子所受重力〕在离开MNPQ区域时的最小动能和对应飞出点分别为〔〕A．最小动能E k=eEL B．最小动能E k=C．飞出点坐标〔﹣2L，0〕D．飞出点坐标〔，〕考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：设从AB曲线边界处释放位置坐标为〔x，y〕，再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ 时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．解答：解：设释放位置坐标为〔x，y〕，如此有eEx=，s=vt，y==解得y=又y=解得s=L即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出．从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理得：E k=eE〔x+y〕又y=，得到E k=eE〔x+〕，根据数学知识得知，当x=y=时，动能E k有最小值E k=eEL．故A、C正确，B、D错误．应当选：AC．点评：此题中电子先加速后偏转，根本方法是动能定理和运动的分解，难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程．二．实验题〔每空2分，共12分〕13．〔4分〕〔2013秋•道里区校级月考〕〔1〕如图游标卡尺的读数为1.055 cm〔2〕如图螺旋测微器的读数为0.3118 cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55m=1.055cm；螺旋测微器固定刻度为3mm，可动刻度为0.01×11.8mm=0.118mm，所以最终读数为：3mm+0.118mm=3.118mm=0.3118cm．故答案为：①1.055②0.3118点评：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以与螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14．〔8分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如图，是用落体法验证机械能守恒定律的实验装置，请回答如下问题：〔1〕从如下器材中选出实验所必须的器材，其编号为ABD ．〔漏选和错选不得分〕A．打点计时器 B．重物 C．天平D．毫米刻度尺 E．秒表〔2〕如果以为横轴，以下落高度h为纵轴，根据实验数据绘出h﹣图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率是g ．〔用相应符号表示，重力加速度为g〕〔3〕实验中重锤获得的动能往往小于它所减小的重力势能〔填大于、小于或等于〕，产生这种误差的主要原因是：存在摩擦阻力．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以与须知事项，即可正确解答此题；〔2〕运用物理规律和数学表达式结合起来解决问题．〔3〕重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一局部转化给摩擦产生的内能．解答：解：〔1〕A、打点计时器〔含纸带〕必须的，B、重锤，必须的，C．天平；因为我们是比拟mgh、mv2的大小关系，故m可约去比拟，不需要用天平．D．毫米刻度尺，必须的，用来测量计数点距离E．秒表．不需要，打点计时器本身可以计算时间．所以选：ABD〔2〕根据机械能守恒可知mgh=mv2，得出=gh，因此﹣h图线的斜率为：g．〔3〕由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一局部转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．所以重锤获得的动能往往小于它所减小的重力势能．所以为：小于，存在摩擦阻力．故答案为：〔1〕ABD；〔2〕g；〔3〕小于，存在摩擦阻力．点评：清楚实验的目的，然后根据目的列出要研究的表达式；利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法．三．计算题〔共40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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．〕15．〔12分〕〔2013秋•道里区校级月考〕如下列图，空间存在水平向左的匀强电场，一根长为L且不可伸长的轻质细线的一端固定于悬点O，另一端连接一个质量为m的带正电的小球．平衡时细线与竖直方向的夹角α=30°．现将小球拉到A处使细线处于水平且伸直的状态，由静止释放小球，求小球运动到悬点O的正下方B时小球对细线的拉力．〔重力加速度为g〕考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球静止时，由平衡条件求出电场力的大小．小球所受的电场力水平向右，由静止释放小球，根据动能定理求出小球到达B点时的速度，根据牛顿第二定律求解细线的拉力，从而得到小球对细线的拉力．解答：解：小球在平衡点受力分析：电场力 F电=qE=mgtan30°；小球从A到B的过程，由动能定理：mgL﹣qEL=；在最低点受力分析得：T﹣mg=m得出绳子对球拉力T=〔3﹣〕mg由牛顿第三定律：球对绳子拉力T=〔3﹣〕mg，方向向下．答：小球运动到悬点O的正下方B时小球对细线的拉力大小为〔3﹣〕mg，方向向下．点评：此题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法．常见的题型．对于多过程的问题可能屡次应用动能定理求解问题．16．〔14分〕〔2013秋•道里区校级月考〕传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利．如下列图，一长度L=7m的传送带与水平方向间的夹角α=30°，在电动机带动下以v=2m/s的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面外表与传送带外表都在同一平面内．将质量m=2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．假设物体与传送带与物体与斜面间的动摩擦因数都为μ=，g=10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：〔1〕物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；〔2〕传送带上方所接的斜面长度．考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕物体先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速运动．先根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再由速度公式求出物体在传送带相对滑动的时间，由位移公式分别求出传送带与物体的位移．物体先受到滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，后速度与传送带一样后，受到静摩擦力，大小为mgsinθ，根据动能定理求解传送带对物体所做的功；〔2〕物体离开传送带后做匀减速运动，到斜面顶端时速度为零，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解传送带上方所接的斜面长度．解答：解：〔1〕对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：f﹣mgsin30°=ma又f=μmgcos30°解得：a=1m/s2，沿斜面向上；设物体速度经过时间t与传送带相等，如此由 v=at得，t==s=2s此过程中物体通过的位移为 x==m=2m＜7m所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为：v=2m/s对整个过程，由动能定理：W﹣mgLsin30°=得：W=mgLsin30°+=2×10×7×0.5+×2×22=74〔J〕。

哈三中2014—2015学年度上学期 高二学年模块考试物理试卷答案1、C2、C3、C4、C5、B6、B7、D8、BC9、 BD 10、ABD 11、BD 12、BC 13、A ；5.25mm 14、短接（对接）（接触）；中央；3200 15、3.0；0.50；小于 16、(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为：F ＝k q 2L2①代入数据得： F ＝9.0×10－3 N ②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，则A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为：E ＝2k qL2cos30°③代入数据得：E ＝7.8×103 N/C ④场强E 的方向沿y 轴正方向（或竖直向上）．⑤ 评分细则：①-⑤各2分，共10分。

17、（1）静止时：IL B mg 1030sin =-------2分R EI 2=--------2分 得：EL mgRB =1----1分（2）静止且无压力时：IL B mg 2=-------2分EL mgRB 22=--------2分方向水平向左-------1分18、（1）（8分）设粒子经PT 直线上的点R 由E 2电场进入E 1电场，由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 2与t 1，到达R 时竖直速度为v y ，则： 在E 2中：22221t a L =-------- 2分 22ma qE =------2分得：22221t mqE L ⋅=-----1分在E 1中，同理可得：211212t mqE L ⋅=-----1分1122t mqE t m qE v y ⋅=⋅=-------1分综上可得：221=E E ------1分（2）（8分）欲使粒子仍能从S 孔处射出，粒子的运动轨迹可能是如图甲、乙所示的两种情况。

对图甲所示的情形，粒子运动的半径为R 1，则⋯⋯=+=210,)12(21、、n n dR （1分）又12010R mv B qv = （1分）解得：⋯⋯=+=210,)12(201、、n qdmv n B （2分）对图乙所示的情形，粒子运动的半径为R 2，则⋯⋯==321,42、、n ndR （1分） 又22020R mv B qv = （1分）⋯⋯==321,402、、n qdnmv B （2分）乙综合B 1、B 2得：⋯⋯==32120、、N ,qa Nmv B。