辽宁省大连二十高2017届高三(上)月考物理试卷(12月份)(解析版).doc

2016-2017学年辽宁省大连二十中高三（上）12月月考数学试卷（理科）一、选择题：（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1．已知集合M={﹣1，1}，N=，则M∩N=（）A．{﹣1，1}B．{﹣1}C．{0}D．{﹣1，0}2．下列函数为奇函数的是（）A．y=B．y=|sinx| C．y=cosx D．y=e x﹣e﹣x3．若x，y满足，则2x+y的最大值为（）A．0 B．3 C．4 D．54．二项式（﹣2）6的展开式中，常数项是（）A．20 B．160 C．﹣160 D．﹣205．已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．4 C．D．6．设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S3=3a3，a2=2，则S6=（）A．11 B．12 C．22 D．287．将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A．B．C．D．8．函数f（x）=x2，g（x）=log2x，若f（g（x））与g（f（x））的定义域都为[a，b]（0＜a＜b），值域相同，则（）A．a≥1，b≤4 B．a=1，b≤1 C．a=1，b=4 D．a≥1，b=49．设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y﹣1=0与直线l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（）A．8 B．9 C．10 D．1111．已知函数f（x）=﹣x3+ax2﹣4在x=2处取得极值，若m、n∈[﹣1，1]，则f （m）+f′（n）的最小值为（）A．﹣13 B．﹣15 C．10 D．1512．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，，AB=AC=A1A=1，已知G与E 分别是棱A1B1和CC1的中点，D与F分别是线段AC与AB上的动点（不包括端点）．若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围是（）A．[，1）B．[，2）C．[1，）D．[，）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）．．13．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，﹣3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是．14．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有种（用数字作答）15．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ．如果命题“α∩β=a，b⊂γ，且，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是．16．已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（1）=1，且f（x）的导数f′（x）在R上恒有f′（x）＜（x∈R），则不等式f（x2）＜的解集为．三、解答题（17题10，其余每题12分）17．（10分）已知直线l：5ax﹣5y﹣a+3=0．（1）证明：不论a为何值，直线l总经过第一象限；（2）若直线l不经过第二象限，求a的范围．18．（12分）已知函数f（x）=cosx（sinx+cosx）﹣．（1）若0＜α＜，且sinα=，求f（α）的值；（2）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（12分）设{a n}，{b n}都是各项为正数的数列，对任意的正整数n，都有a n，b n2，a n+1成等差数列，b n2，a n+1，b n+12成等比数列．（1）试问{b n}是否成等差数列？为什么？（2）如果a1=1，b1=，求数列{}的前n项和S n．20．（12分）某地区对12岁儿童瞬时记忆能力进行调查．瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力．某班学生共有40人，下表为该班学生瞬时记忆能力的调查结果．例如表中听觉记忆能力为中等，且视觉记忆能力偏高的学生为3人．由于部分数据丢失，只知道从这40位学生中随机抽取一个，视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的概率为．（1）试确定a 、b 的值；（2）从40人中任意抽取1人，求此人听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的概率．21．（12分）如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG ∥平面ADF ；（2）求二面角O ﹣EF ﹣C 的正弦值；（3）设H 为线段AF 上的点，且AH=HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．22．（12分）设函数． （Ⅰ）当时，求函数f （x ）的最大值；（Ⅱ）令（0＜x≤3）其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1，方程2mf（x）=x2有唯一实数解，求正数m的值．2016-2017学年辽宁省大连二十中高三（上）12月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1．已知集合M={﹣1，1}，N=，则M∩N=（）A．{﹣1，1}B．{﹣1}C．{0}D．{﹣1，0}【考点】交集及其运算．【分析】N为指数型不等式的解集，利用指数函数的单调性解出，再与M求交集．求【解答】解：⇔2﹣1＜2x+1＜22⇔﹣1＜x+1＜2⇔﹣2＜x＜1，即N={﹣1，0}又M={﹣1，1}∴M∩N={﹣1}，故选B【点评】本题考查指数型不等式的解集和集合的交集，属基本题．2．下列函数为奇函数的是（）A．y=B．y=|sinx| C．y=cosx D．y=e x﹣e﹣x【考点】函数奇偶性的判断；余弦函数的奇偶性．【分析】根据函数奇偶性的定义进行判断即可．【解答】解：A．函数的定义域为[0，+∞），定义域关于原点不对称，故A为非奇非偶函数．B．f（﹣x）=|sin（﹣x）|=|sinx|=f（x），则f（x）为偶函数．C．y=cosx为偶函数．D．f（﹣x）=e﹣x﹣e x=﹣（e x﹣e﹣x）=﹣f（x），则f（x）为奇函数，故选：D【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，根据函数奇偶性定义是解决本题的关键．3．若x，y满足，则2x+y的最大值为（）A．0 B．3 C．4 D．5【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义是直线的纵截距，利用数形结合即可求z的取值范围．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．设z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即A（1，2），代入目标函数z=2x+y得z=1×2+2=4．即目标函数z=2x+y的最大值为4．故选：C．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．4．二项式（﹣2）6的展开式中，常数项是（）A．20 B．160 C．﹣160 D．﹣20【考点】二项式定理．，有时还【分析】求二项展开式的指定项，通常是先根据已知条件r，再求T r+1需要确定n．=C6r（﹣2）r×x r﹣3，【解答】解：通项为T r+1令r﹣3=0得r=3，从而常数项为﹣160．故选C．【点评】在实际做题中，绝大多数情况下是使用二项展开式的通项公式，因此正确求出二项展开式的通项公式使解题的关键．5．已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．4 C．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据已知的三视图可判断出该几何体是一个正四棱锥，且可得底面棱长为2，侧面高为，由此求出底面面积和棱锥的高，代入棱锥体积公式，可得答案．【解答】解：由已知可得该几何体是一个底面棱长为2侧面高为的正四棱锥则棱锥的高h==∴棱锥的高V=Sh=×2×2×=故选C【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知分析出几何体的形状是解答的关键．6．设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S3=3a3，a2=2，则S6=（）A．11 B．12 C．22 D．28【考点】数列的求和．【分析】在差数列{a n}中，由S3=3a3，a2=2，利用等差数列的通项公式和前n项和公式建立方程组，求出a1=2，d=0，由此能求出S6．【解答】解：∵等数列{a n}中，S3=3a3，a2=2，∴，∴a1=2，d=0，∴=12，故选B．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和通项公式的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．7．将函数y=cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A．B．C．D．【考点】两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．【解答】解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．8．函数f（x）=x2，g（x）=log2x，若f（g（x））与g（f（x））的定义域都为[a，b]（0＜a＜b），值域相同，则（）A．a≥1，b≤4 B．a=1，b≤1 C．a=1，b=4 D．a≥1，b=4【考点】函数的定义域及其求法．【分析】由题意求出f（g（x）与g（f（x））的解析式，根据定义域都为[a，b]（0＜a＜b）分别得到它们的值域，由值域相等列式求得a，b的值．【解答】解：由题意，f（g（x）=，g（f（x））=．由f（g（x）与g（f（x））的定义域都为[a，b]，得其值域分别为：[]，[2log2a，2log2b]．则，解得：．故选：C．【点评】本题考查了函数的定义域及其求法，考查了函数的值域，是基础题．9．设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y﹣1=0与直线l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．【分析】运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可．【解答】解：∵当a=1时，直线l1：x+2y﹣1=0与直线l2：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是﹣，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，∵当两条直线平行时，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件．故选A．【点评】本题考查必要条件充分条件和充要条件的问题，考查两条直线平行时要满足的条件，本题解题的关键是根据两条直线平行列出关系式，不要漏掉截距不等的条件，本题是一个基础题．10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（）A．8 B．9 C．10 D．11【考点】平面的基本性质及推论．【分析】判断CE与EF与正方体表面的关系，即可推出正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，求出m+n的值．【解答】解：由题意可知直线CE与正方体的上底面平行在正方体的下底面上，与正方体的四个侧面不平行，所以m=4，直线EF与正方体的左右两个侧面平行，与正方体的上下底面相交，前后侧面相交，所以n=4，所以m+n=8．故选A．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，基本知识的应用，考查空间想象能力．11．已知函数f（x）=﹣x3+ax2﹣4在x=2处取得极值，若m、n∈[﹣1，1]，则f （m）+f′（n）的最小值为（）A．﹣13 B．﹣15 C．10 D．15【考点】函数在某点取得极值的条件；函数的最值及其几何意义．【分析】令导函数当x=2时为0，列出方程求出a值；求出二次函数f′（n）的最小值，利用导数求出f（m）的最小值，它们的和即为f（m）+f′（n）的最小值．【解答】解：∵f′（x）=﹣3x2+2ax函数f（x）=﹣x3+ax2﹣4在x=2处取得极值∴﹣12+4a=0解得a=3∴f′（x）=﹣3x2+6x∴n∈[﹣1，1]时，f′（n）=﹣3n2+6n当n=﹣1时，f′（n）最小，最小为﹣9当m∈[﹣1，1]时，f（m）=﹣m3+3m2﹣4f′（m）=﹣3m2+6m令f′（m）=0得m=0，m=2所以m=0时，f（m）最小为﹣4故f（m）+f′（n）的最小值为﹣9+（﹣4）=﹣13故选A【点评】函数在极值点处的值为0．；求高次函数的最值常用的方法是通过导数．12．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，，AB=AC=A1A=1，已知G与E 分别是棱A1B1和CC1的中点，D与F分别是线段AC与AB上的动点（不包括端点）．若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围是（）A．[，1）B．[，2）C．[1，）D．[，）【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【分析】建立空间直角坐标系，设出F、D的坐标，求出向量，利用GD ⊥EF求得关系式，写出DF的表达式，然后利用二次函数求最值即可．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），E（0，1，），G（，0，1），F（x，0，0），D（0，y，0）由于GD⊥EF，所以x+2y﹣1=0DF===∵0＜x＜1，0＜y＜1，∴0＜y＜，当y=时，线段DF长度的最小值是当y=0时，线段DF长度的最大值是1，而不包括端点，故y=0不能取1；故选A．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力，空间直角坐标系，数量积等知识，是中档题．二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）．．13．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，﹣3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是．【考点】等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式．【分析】先由题意写出成等比数列的10个数为，然后找出小于8的项的个数，代入古典概论的计算公式即可求解【解答】解：由题意成等比数列的10个数为：1，﹣3，（﹣3）2，（﹣3）3…（﹣3）9其中小于8的项有：1，﹣3，（﹣3）3，（﹣3）5，（﹣3）7，（﹣3）9共6个数这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是P=故答案为：【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及古典概率的计算公式的应用，属于基础试题14．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有480种（用数字作答）【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．【解答】解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A，当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有A A，当C在左边第3个位置时，有A A+A A，共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．故答案为：480．【点评】本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法．15．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ．如果命题“α∩β=a，b⊂γ，且①③，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是①③．【考点】命题的真假判断与应用．【分析】由题意，将三个条件一一代入验证，看哪些能证出线线平行的结论，即为可选条件．【解答】解：①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β=a，b⊂γ知，a，b在面β，且没有公共点，故平行；②a∥γ，b∥β，不可以，举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a ∥γ，b∥β，但不一定a∥b．这些条件无法确定两直线的位置关系．③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β=a知，a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得两直线平行．故答案为：①③【点评】本题考查平面与平面之间的位置关系，解题的关键是熟练掌握判断两直线平行的条件．16．已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（1）=1，且f（x）的导数f′（x）在R上恒有f′（x）＜（x∈R），则不等式f（x2）＜的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】构造函数g（x），由已知条件，判断g（x）是单调递减，且g（1）=0，得x2＞1，求得不等式的解集．【解答】解：令t=x2，f（x2）＜，即⇔，令，∴＜0，∴g（x）在R上单调递减，又∵f（1）=1，∴g（1）=f（1）﹣=0，∴当t=1时，f（t）=+，∴⇒t＞1，即x2＞1，得x＜﹣1或x＞1．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）【点评】本题考查了，不等式求解，函数的单调性，导数，运用了等价转换和构造思想．属于基础题．三、解答题（17题10，其余每题12分）17．（10分）（2016秋•甘井子区校级月考）已知直线l：5ax﹣5y﹣a+3=0．（1）证明：不论a为何值，直线l总经过第一象限；（2）若直线l不经过第二象限，求a的范围．【考点】直线的一般式方程．【分析】（1）只需证明不论a为何值，直线l总过第一象限的点即可；（2）根据题意，画出图形，结合图形，即可求出直线l不经过第二象限时a的取值范围．【解答】解：（1）证明：∵直线l为5ax﹣5y﹣a+3=0，即a（5x﹣1）+（﹣5y+3）=0；∴，解得；∴不论a为何值，直线l总过第一象限的点（，），即直线l过第一象限；（2）根据题意，画出图形，如图所示，；∵直线l不经过第二象限，∴﹣a+3≤0，即a≥3；l的斜率a满足a≥3；∴a的取值范围是{a|a≥3}．【点评】本题考查了直线方程的应用问题，解题时应用直线恒过定点的问题，数形结合思想求直线的斜率取值范围等知识，是基础题．18．（12分）（2016秋•甘井子区校级月考）已知函数f（x）=cosx（sinx+cosx）﹣．（1）若0＜α＜，且sinα=，求f（α）的值；（2）求函数f（x）的最小正周期及单调递增区间．【考点】正弦函数的图象．【分析】（1）根据题意，利用sinα求出cosα的值，再计算f（α）的值；（2）化简函数f（x），求出f（x）的最小正周期与单调增区间即可．【解答】解：（1）∵0＜α＜，且sinα=，∴cosα=，∴f（α）=cosα（sinα+cosα）﹣=×（+）﹣=；（2）∵函数f（x）=cosx（sinx+cosx）﹣=sinxcosx+cos2x﹣=sin2x+﹣=sin2x+cos2x=sin（2x+），∴f（x）的最小正周期为T==π；令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z；∴f（x）的单调增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．【点评】本题考查了三角函数的化简以及图象与性质的应用问题，是基础题目．19．（12分）（2010•惠城区校级模拟）设{a n}，{b n}都是各项为正数的数列，对任意的正整数n ，都有a n ，b n 2，a n +1成等差数列，b n 2，a n +1，b n +12成等比数列．（1）试问{b n }是否成等差数列？为什么？ （2）如果a 1=1，b 1=，求数列{}的前n 项和S n ．【考点】数列的求和．【分析】（1）根据等差数列和对比数列的关系进行推导即可 （2）求出数列{}的通项公式，利用裂项法进行求和即可．【解答】解：∵a n ，b n 2，a n +1成等差数列，b n 2，a n +1，b n +12成等比数列， ∴得2b n 2=a n +a n +1 ①，a n +12=b n 2b n +12 ②…（2分） （1）∵a n ＞0，b n ＞0，∴由②得a n +1=b n b n +1，从而当n ≥2时，a n =b n ﹣1b n ， 代入式①得2b n 2=b n b n +1+b n ﹣1b n ，…（4分）即2b n =b n +1+b n ﹣1，（n ≥2），故{b n }是等差数列． …（6分） （2）由a 1=1，b 1=及式①，式②，易得a 2=3，b 2= …（8分）因此{b n }的公差d=，从而b n =b 1+（n ﹣1）d=（n +1），得a n +1=（n +1）（n +2），即a n =n （n +1）③…（10分）又a 1=1也适合式③，得a n =n （n +1）， ∴==2（﹣）， 从而S n =2（1+…+﹣）=2（1﹣）=…（14分）【点评】本题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前n 项和公式、数列求和，要求熟练掌握裂项法在数列求和过程中的应用．20．（12分）（2011•广州二模）某地区对12岁儿童瞬时记忆能力进行调查．瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力．某班学生共有40人，下表为该班学生瞬时记忆能力的调查结果．例如表中听觉记忆能力为中等，且视觉记忆能力偏高的学生为3人．由于部分数据丢失，只知道从这40位学生中随机抽取一个，视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的概率为． （1）试确定a 、b 的值；（2）从40人中任意抽取1人，求此人听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的概率． 【考点】等可能事件的概率．【分析】（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率，由表格数据可知视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的学生有（10+a ）人，所有的基本事件有40，得到概率使它等于，得到a 的值．（2）听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的学生有（11+b ）人，由（1）知，b=2，即听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的学生共有13人，得到概率．【解答】解：（1）由表格数据可知视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的学生有（10+a ）人．记“视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上”为事件A ， 则，解得a=6．∵32+a +b=40，所以b=2． 即a 的值为6，b 的值为2（2）由表格数据可知，听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的学生有（11+b ）人，由（1）知，b=2，即听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的学生共有13人记“听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上”为事件B ，则．即听觉记忆能力恰为中等，且视觉记忆能力为中等或中等以上的概率为．【点评】本题考查等可能事件的概率，考查等可能事件的概率公式的应用，考查读表的能力，本题是一个基础题，不容易出错．21．（12分）（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出=（﹣，，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF=OB，∵G，I是中点，∴GI∥BD，GI=BD．∵O是正方形ABCD的中心，∴OB=BD．∴EF∥GI，EF=GI，∴四边形EFIG是平行四边形，∴EG∥FI，∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，∴EG∥平面ADF；（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣，0），C（，0，0），E（0，﹣，2），F（0，0，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取=（，0，1）∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量为=（1，0，0），∵|cos＜，＞|=∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为=；（3）解：AH=HF，∴==（，0，）．设H（a，b，c），则=（a+，b，c）=（，0，）．∴a=﹣，b=0，c=，∴=（﹣，，），∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos＜，＞|==．【点评】本题考查证明线面平行的判定定理，考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值，直线BH和平面CEF所成角的正弦值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．22．（12分）（2016秋•东营区校级期中）设函数．（Ⅰ）当时，求函数f（x）的最大值；（Ⅱ）令（0＜x≤3）其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1，方程2mf（x）=x2有唯一实数解，求正数m的值．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）利用导数求得函数的最大值即可；（Ⅱ）由导数的几何意义求得切线的斜率，解不等式求得a的取值范围；（Ⅲ）构造函数g（x）=x2﹣2mlnx﹣2mx，方程2mf（x）=x2有唯一实数解，等价于函数g（x）的最小值等于0，利用导数求得函数g（x）的最小值，解得即可．【解答】解：（Ⅰ）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞），当时，，令=0 …（2分）解得x=1．因为g（x）=0有唯一解，所以g（x2）=0，当0＜x＜1时，f'（x）＞0，此时f （x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减．所以f（x）的极大值为，此即为最大值…（4分）（Ⅱ），则有，在x0∈（0，3]上恒成立，所以a≥，x0∈（0，3]当x0=1时，取得最大值，所以a≥…（8分）（Ⅲ）因为方程2mf（x）=x2有唯一实数解，所以x2﹣2mlnx﹣2mx=0有唯一实数解，设g（x）=x2﹣2mlnx﹣2mx，则．令g'（x）=0，x2﹣mx﹣m=0因为m＞0，x＞0，所以（舍去），，当x∈（0，x2）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减，当x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）上单调递增，当x=x2时，g'（x2）=0，g（x）取最小值g（x2）．…（10分）则即所以2mlnx2+mx2﹣m=0，因为m＞0，所以2lnx2+x2﹣1=0（*）设函数h（x）=2lnx+x﹣1，因为当x＞0时，h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解．所以h（1）=0，所以方程（*）的解为x2=1，即，解得…（12分）【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，求切线方程，求函数的最值等知识，注意恒成立问题的转化及构造法的运用，综合性强，属难题．。

2015-2016学年度上学期1月月考高一物理试卷考试时间：60分钟 试题分数：100分 命题人：卷I一．选择题：本题共8题，每小题6分，总共48分。

其中1-4只有一项符合题目要求，5-8有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．匀变速直线运动是( )①位移随时间均匀变化的直线运动 ②速度随时间均匀变化的直线运动③加速度随时间均匀变化的直线运动 ④加速度的大小和方向恒定不变的直线运动A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④2．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

在对以下几位物理学家所做贡献以及对其贡献的评价叙述中，正确的说法是（ ）A ．爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立表明经典力学已不再适用B ．托勒密提出了“日心说”，认为太阳是宇宙的中心，所有行星都是绕太阳做圆周运动；现代物理学表明托勒密的学说是错误的C ． 开普勒根据多年的观察，总结出了开普勒行星运动三大定律，揭示了行星绕太阳运转的规律，实践表明此定律不适用于其它天体的运动。

D ．牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合3．将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在基地上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为300。

假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为（ ）A ．21B/2C/3D4．在某星球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，若物体中受该星球引力作用，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h ，已知该星球的直径为d ，如果要在这个星上发射一颗绕它运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（ ）A ．dh v 02πB ．h d v 0πC ．d h v 02πD ．dh v 0π5．质量为m 小球放在光滑水平面上，在竖直线MN 左方受到水平恒力F 1的作用（m 可视为质点），在MN 的右方除受F 1外，还受到与F 1在同一直线上的水平恒力F 2的作用，现设小球从静止开始运动，如图甲所示，小球运动的v -t 图象如图乙所示。

辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题有12道小题，1-8题为单选题，9-12题为多选题．每小题4分，共48分．少选得2分，错选或不选得0分）1．假设航天飞机在太空绕地球作匀速圆周运动．宇航员利用机械手将卫星举到机舱外，并相对航天飞机静止释放该卫星，则被释放的卫星将（）A．停留在轨道的被释放处B．随航天飞机同步绕地球作匀速圆周运动C．向着地球做自由落体运动D．沿圆周轨道的切线方向做直线运动2．一个物体的机械能增大，究其原因可能是（）A．可能是重力对物体做了功B．一定是合外力对物体做了功C．一定是拉力对物体做了功D．可能是摩擦力对物体做了功3．一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45J，在第1秒末撤去拉力，其v﹣t 图象如图所示，g=10m/s2，则（）A．物体的质量为10 kgB．物体与水平面的动摩擦因数为0.2C．第1秒内摩擦力对物体做的功为﹣60 JD．前4秒内合力对物体做的功为60 J4．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误的是（）A．双星相互间的万有引力减小B．双星做圆周运动的角速度增大C．双星做圆周运动的周期增大D．双星做圆周运动的半径增大5．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速度大小为v0．光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过活动阻挡条的条数是（设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等）（）A．n B．2n C．3n D．4n6．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g7．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变 D．无法确定8．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（）A． B． C． D．9．一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，F N表示人对台秤的压力，下列结果中，正确的是（）A．g′=0B．g′= C．F N=0 D．F N=10．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是（）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从c到B过程，减少的动能相等C．小球从A到B过程与从B到A过程，损失的机械能相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等11．假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（）A．运行速度是第一宇宙速度的倍B．运行速度是第一宇宙速度的倍C．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍D．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的倍12．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲：m乙=4：1C．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲：P乙=1：1D．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度之比h甲：h乙=1：4二、实验题（本题共2小题，每小题6分，共12分）13．用自由落体运动验证“机械能守恒定律”实验中（1）对实验误差的叙述下列正确的是A．重物质量的称量不准会造成较大误差B．重物质量选用得大些，有利于减小误差C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差D．实际重物减少的重力势能略大于增加的动能某同学作出v2﹣h图象如图所示，则当地的重力加速度g= m/s2．（结果保留三位有效数字）14．某学习小组做“探究功与速度变化的关系”的实验如图所示，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出的，沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时（每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致），每次实验中小车获得的速度根据打点计时器所打在纸带上的点进行计算．（1）实验中，小车会受到摩擦力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是A．放开小车，能够自由下滑即可B．放开小车，能够匀速下滑即可C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是A．橡皮筋处于原长状态 B．橡皮筋仍处于伸长状态C．小车在两个铁钉的连线处 D．小车已过两个铁钉的连线．三、计算题（本题共3小题，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．宇航员在某星球表面以初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处，不考虑空气阻力，若该星球的半径为R，求该星球的第一宇宙速度．16．如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF 是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看作重合．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放，（1）若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高？若小球静止释放处离C点的高度h小于（1）中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h．（取g=10m/s2）17．如图所示，从 A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，g=10m/s2．求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题有12道小题，1-8题为单选题，9-12题为多选题．每小题4分，共48分．少选得2分，错选或不选得0分）1．假设航天飞机在太空绕地球作匀速圆周运动．宇航员利用机械手将卫星举到机舱外，并相对航天飞机静止释放该卫星，则被释放的卫星将（）A．停留在轨道的被释放处B．随航天飞机同步绕地球作匀速圆周运动C．向着地球做自由落体运动D．沿圆周轨道的切线方向做直线运动【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】航天飞机在太空绕地球作匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到飞机的速度表达式，将卫星相对航天飞机静止释放时，由地球的万有引力提供向心力，分析卫星的运动情况．【解答】解：航天飞机在太空绕地球作匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到航天飞机的速度表达式为v=，M是地球的质量，r是航天飞机的轨道半径．将卫星相对航天飞机静止释放时，卫星的速度也等于v=，地球对卫星万有引力恰好提供向心力，所以卫星将随航天飞机同步绕地球作匀速圆周运动，不做自由落体运动．故B正确．故选B【点评】本题关键要理解卫星做匀速圆周运动的条件；地球对卫星万有引力提供向心力．2．一个物体的机械能增大，究其原因可能是（）A．可能是重力对物体做了功B．一定是合外力对物体做了功C．一定是拉力对物体做了功D．可能是摩擦力对物体做了功【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关．除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化．【解答】解：除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化，一个系统的机械能增大，一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功．A、重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化，不影响物体的机械能的总和．故A错误；B、C：除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化．“合外力”没有说清楚是只有重力．故B错误，C错误．D、如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可以增大．故D正确．故选：D．【点评】掌握动能、重力势能的影响因素．能判断动能、重力势能机械能的变化．3．一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45J，在第1秒末撤去拉力，其v﹣t 图象如图所示，g=10m/s2，则（）A．物体的质量为10 kgB．物体与水平面的动摩擦因数为0.2C．第1秒内摩擦力对物体做的功为﹣60 JD．前4秒内合力对物体做的功为60 J【考点】动能定理的应用；动摩擦因数．【专题】功的计算专题．【分析】根据速度图象与坐标轴所围“面积”表示位移求出加减速运动阶段的位移，再根据动能定理列式求摩擦力；根据功的定义求摩擦力的功，拉力的功．【解答】解：A、由图知第1S内的位移为x1=，则由动能定理可得合外力做功W==45J得F合=30N m=10Kg；故A正确B、从第1S末到4S，摩擦力做功为﹣45J 位移为：摩擦力为大小为f，则：﹣f×x2=﹣45 得f=10N，则，故B错误C、第1s内摩擦力做功为：w f=﹣fx1=﹣10×1.5=﹣15J，故C错误D、由动能定理可知，前4s内合外力做功为零；故D错误；故选：A【点评】本题关键灵活地选择过程对物体运用动能定理，同时要注意速度时间图线与x轴包围的面积等于物体的位移．4．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误的是（）A．双星相互间的万有引力减小B．双星做圆周运动的角速度增大C．双星做圆周运动的周期增大D．双星做圆周运动的半径增大【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，即G=m1r1ω2=m2r1ω2．得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化．【解答】解：A、双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F=G ，知万有引力减小．故A正确．B、根据G =m1r1ω2=m2r1ω2，知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大．故B错误，C正确，D正确本题选错误的故选B．【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比．5．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速度大小为v0．光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过活动阻挡条的条数是（设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等）（）A．n B．2n C．3n D．4n【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】分别对A到B、以及从静止开始下滑的全过程运用动能定理，再对小球从h高处以初速度v0滚下全过程运用动能定理，联立解得小球能越过活动阻挡条的条数．【解答】解：由静止开始滚下，对于全过程，由动能定理得：mgh﹣nW=0﹣0．对于A到B段运用动能定理得：mgh=若让小球从h高处以初速度v0滚下，对全过程运用动能定理得：联立三式解得：N=2n故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．6．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法不正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：A、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得F m=，故A错误，B正确；C、匀速运动阶段，起重机的功率达到最大值P，此时拉力等于重力，故重物的最大速度v2=，故C正确；D、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=，由牛顿第二定律得；a==﹣g，故D正确．本题选错误的故选：A【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．7．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变 D．无法确定【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，根据牛顿第二定律求出F和摩擦力合力的大小，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒．【解答】解：物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°﹣f=ma，解得F﹣f=m＞0可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加．故A正确，B、C、D错误．故选：A【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，只有重力做功，不是只受重力，其它力可以做功，只要做功的代数和为零，机械能仍然守恒．若除重力以外其他力做功不为零，机械能不守恒．8．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（）A． B． C． D．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长．【解答】解：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有：v B cos60°=v A cos30°所以：v A=vAB组成的系统机械能守恒，有：mgh=mv A2+mv B2所以：h=绳长l=2h=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道AB组成的系统机械能守恒．9．一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，F N表示人对台秤的压力，下列结果中，正确的是（）A．g′=0B．g′= C．F N=0 D．F N=【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】忽略地球的自转，万有引力等于重力，根据万有引力公式列式求出重力加速度的表达式，注意代换GM=gR2的应用；宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态．【解答】解：A、B忽略地球的自转，万有引力等于重力：在地球表面处：mg=G，则GM=gR2，宇宙飞船：m′g′=G，g′==，故A错误，B正确；C、D宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受万有引力（重力）作用，所以人对秤的压力F N=0，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM=gR2是万用引力定律应用的常用方法．10．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是（）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从c到B过程，减少的动能相等C．小球从A到B过程与从B到A过程，损失的机械能相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式△v=a△t来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功．【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功．故A错误．B、设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有ssinθ=h，根据﹣mgh﹣μmgscosθs=△E K可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等．故B正确．C、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据﹣μmgscosθ=﹣△E可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等．故C正确．D、从A到C过程中小球受到重力、支持力和向下的摩擦力，从C到B过程所以：；从A到C过程中：，从C到B过程：所以从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量不相等．故D错误．故选：BC．【点评】本题目综合性很强，考查的知识点很多，难度很大，是一道不可多得的好题．11．假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，则下列有关地球同步卫星的叙述正确的是（）A．运行速度是第一宇宙速度的倍B．运行速度是第一宇宙速度的倍C．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的n倍D．向心加速度是地球赤道上物体随地球自转的向心加速度的倍【考点】同步卫星．【专题】人造卫星问题．【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量．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．【解答】解：AB、研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G=m，得v=，其中r为同步卫星的轨道半径．地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，即r=nR，所以v==而第一宇宙速度为：所以同步卫星的运行速度是第一宇宙速的倍，故A错误、B正确．CD、同步卫星的周期与地球自转周期相同，即同步卫星和地球赤道上物体随地球自转具有相等的角速度．根据圆周运动公式得：v=ωr，因为r=nR，所以同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的n倍．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．12．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲：m乙=4：1C．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲：P乙=1：1D．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度之比h甲：h乙=1：4【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理求出两球的质量之比；根据功率公式P=Fvcosθ求重力瞬时功率之比；求出两球的高度，然后求出其比值．【解答】解：A、两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A错误；B、由机械能守恒定律得，对甲球：E K0=m甲gx0sin30°，对乙球：E K0=m乙g•2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确；C、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcosθ=mg=，甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为：，故C正确；D、甲、乙两球的动能均为EE k0时，两球高度之比为：x0sin30°：2x0=1：4，故D正确；故选：BCD．【点评】本题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系、应用动能定理、功率计算公式即可正确解题．二、实验题（本题共2小题，每小题6分，共12分）13．用自由落体运动验证“机械能守恒定律”实验中（1）对实验误差的叙述下列正确的是BDA．重物质量的称量不准会造成较大误差B．重物质量选用得大些，有利于减小误差C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差D．实际重物减少的重力势能略大于增加的动能某同学作出v2﹣h图象如图所示，则当地的重力加速度g= 9.75 m/s2．（结果保留三位有效数字）。

2016-2017学年辽宁省大连二十高高三（上）月考物理试卷(12月份）一、选择题（每题6分，其中6-8为多选题,选不全得3分）1．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（)A．向心加速度大小之比为4:1 B．角速度大小之比为2:1C．周期之比为1：8 D．轨道半径之比为1：22．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加3．如图所示,两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态,已知O点在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为(）A．2：1 B．2：C．1：2 D．：34．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1,则（）A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛,B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计,C球沿倾角为θ的光滑固定斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则（）A．h A=h B=h C B．h A=h B＜h C C．h A=h B＞h C D．h A=h C＞h B6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）A．该束带电粒子带负电B．速度选择器的P1极板带正电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小7．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（）A．电源内阻为1ΩB．电动机的内阻为4ΩC．电动机正常工作电压为1V D．电源效率约为93。

2014-2015学年辽宁大连第二十高级中学高三12月月考物理理综卷一．选择题1.关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比2.如图所示为杂技“顶竿”表演的示意图：一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为（）A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g3.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点。

则（）A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c电势能减少4.不计电阻的线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。

下列说法正确的是（）A．在t=0.01s，穿过该线圈的磁通量为零B．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）C．R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大D．R t处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变5.最近我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星，预示着我国通讯技术的不断提高。

该卫星处于地球的同步轨道，假设卫星质量为m，离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，则有（）A．该卫星运行周期为24hB．该卫星所在处的重力加速度是C．该卫星周期与近地卫星周期之比是D．该卫星运动动能是6.如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。

2016-2017学年辽宁省大连二十高高二（上）月考物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述中不正确的是（）A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，从而发现了电磁感应现象D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】解：A、奥斯特首先在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A 正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，故B正确．C、法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，从而发现了电磁感应现象，故C错误．D、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确．本题选不正确的，故选：C奥斯特发现了电流的磁效应、安培提出了分子电流假说、法拉第根据变化的磁场发现了电磁感应现象、楞次总结了感应电流遵守的规律．本题的关键要掌握电磁学史，知道奥斯特、安培、法拉第、楞次等物理学成就，注重记忆．2.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈中突然通过直流电流时，线圈一端附近的金属环就被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率ρ铜＜ρ铝．闭合开关S的瞬间（）A.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将电池正负极调换后，金属环不能向左弹射D.若将环放置在线圈右方，环也将向左运动【答案】B【解析】解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流电流由左侧看为顺时针；故A错误；B、铜的电阻率小于铝的电阻率，所以横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，由R=ρ可知，铜环的电阻值小于铝环的电阻值；根据法拉第电磁感应定律可知，两个环内产生的感应电动势是相等的；根据欧姆定律可知，铜环内的电流值大于铝环内的电流，由F=BIL可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力．故B 正确；C、电池正负极调换后，根据“来拒去留”可得，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故C错误；D、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故D错误；故选：B．由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向．根据电阻定律比较铜环与铝环的电阻，然后结合欧姆定律与安培力的表达式即可求出铜环受到的安培力和铝环受到的安培力的关系．本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律中”来拒去留“以及”增反减同”的正确应用，注意根据前者可以跳过电流的判断而直接进行受力方向的判断，要注意掌握其应用方法．3.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则′等于（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】解：设金属棒的长度为L．左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ=BL v右侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ′=B L v 则′=故选：B．本题根据感应电动势公式E=BL v，L是有效的切割长度，分析感应电动势的关系．本题关键要准确理解公式E=BL v中L的含义，知道L是有效的切割长度，即速度垂直方向上金属棒的长度．4.如图甲所示，面积为0.1m2的10匝线圈EFG处在某磁场中，t=0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R=4Ω，电容C=10μF，线圈EFG的电阻为1Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t=0.1s至t=0.2s这段时间内（）A.电容器所带的电荷量为8×10-5 CB.通过R的电流是2.5 A，方向从b到aC.通过R的电流是2 A，方向从b到aD.R消耗的电功率是0.16 W【答案】A【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律：=电阻R两端的电压：电容器两端的电压等于电阻R两端的电压电容器所带的电荷量，故A正确；BC、通过R的电流，由楞次定律通过R的电流方向从a到b，故BC 错误；D、R消耗的功率，故D错误；故选：A根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律得出感应电流的方向，结合欧姆定律求出电流的大小，以及R两端的电压，结合Q=CU求出电容器所带电量的大小．本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向是解决本题的关键．5.物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=I t，可得．由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；故选：C．线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=I t，可列出关于电荷量的表达式，从而可测出磁感应强度．考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关．6.如图所示，磁感应强度均为B的两个匀强磁场，分布在宽度均为a的两个相邻区域中，磁场边界为理想边界，磁场方向垂直纸面，但方向相反．一个中垂线OC长度为a的等边三角形导线框ABC从图示位置（AB边平行磁场边界）匀速向右运动．规定逆时针方向为电流的正方向，从图中位置开始计时，在线框穿过两磁场区域的过程中，感应电流i随线框的位移x变化的图象正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故AB错误；C、D，x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，BC、AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，感应电流均匀增大，在2a～3a，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选：C．线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场．由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化．本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)7.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、粗细均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中（）A.导体框中产生的感应电流方向相同B.导体框中产生的感应电流大小相同C.导体框cd边两端电势差绝对值相同D.通过导体框截面的电量相同【答案】ACD【解析】解：A、将导体框从两个方向移出磁场的两个过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向里，根据楞次定律判断知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A正确．∝v，所以以3v速度拉出磁场时产生的感B、导体框中产生的感应电流大小公式为I=总应电流大，故B错误．C、设每边电阻为R，总电阻4R，向上运动时，cd相当于电源，cd两端电势差的绝对值，向右运动时，ad相当于电源，感应电动势，导体框cd两边电势差的绝对值，所以导体框cd边两端电势差绝对值相同，故C正确；，可知磁通量的变化量相同，电阻相等，则通过导体框截面的电量相同，D、由q=总故D正确．故选：ACD．感应电流方向根据楞次定律判断；感应电流大小先由E=BL v和欧姆定律分析；根据欧姆定律和电路的连接关系，分析ad边两端电势差关系；由q=，分析通过导体框截面的电量关系．解决本题的关键掌握感应电动势公式：E=BL v和感应电荷量公式q=，并熟练运用楞次定律．8.法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴逆时针（从左向右看）匀速转动时，则（）A.电刷B的电势高于电刷A的电势B.若仅将电刷A向盘的中心移动，使电刷A、B之间距离减小，灵敏电流计的示数将变小C.若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大D.金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小【答案】AB【解析】解：A、根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从A到B，则电刷A的电势低于电刷B的电势，电刷B的电势高于电刷A的电势，故A正确．B、若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则灵敏电流计的示数变小，故B正确．C、若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，灵敏电流计的示数将减小，故C错误．D、金属盘转动的转速越大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，安培力增大，维持金属盘做匀速转动所需外力做功的功率越大，故D错误；故选：AB．根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．仅减小电刷A、B之间的距离，感应电动势将减小，灵敏电流计的示数变小．提高转速，灵敏电流计的示数变大．根据欧姆定律分析将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数如何变化．本题是安培定则、右手定则和法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力．三、填空题(本大题共2小题，共18.0分)9.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，垂直放置的金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．（1）若磁感应强度保持不变，则流过金属棒MN的电流方向为______ ；（2）为使金属棒MN中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式为______ ．【答案】N流向M；B=【解析】解：（1）根据右手定则，MN向右运动切割磁感线，产生的感应电流由N流向M （2）要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，则有：B0l2=B l（l+vt），解之得：B=；故答案为：（1）N流向M；（2）B=（1）根据右手定则，判断流过金属棒MN的电流方向（2）要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，根据t=0时刻，回路中磁通量为B0l2，t时刻磁感应强度为B，此时回路中磁通量为B l（l+vt），B l（l+vt）与B0l2相等，即可求得磁感应强度与时间的关系式．解决本题关键掌握当回路中没有感应电流产生时，回路总的磁通量应保持不变，知道当线圈与磁场垂直时可以用公式Φ=BS求解磁通量．10.如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框边长ab=2L，bc=L，线框导线的总电阻为R．将线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向移出磁场，运动中线框始终在纸面所示的平面内运动．（1）若运动中线框cd边始终与磁场上边界垂直，则线框移出磁场的过程中，线框中产生的感应电流大小I= ______ ；流过线框ad边的电荷量q= ______ ．（2）若运动中线框cd边始终与磁场右边界平行，则线框移出磁场的过程中，导体框ad边两端的电势差U ad= ______ ；线框中的电流在ad边产生的焦耳热Q= ______ ．【答案】或；；或或；或【解析】解：（1）移出磁场过程中，①当线框短边切割磁感线产生的感应电动势为：E=BL v感应电流：②当线框长边切割磁感线产生的感应电动势E′=B•2L•v=2BL v感应电流′′无论怎么移出磁场，根据感应电量公式，得流过线框ad边的电荷量（2）设短边电阻为R，长边电阻为2R①向上移出磁场，bc边切割磁感线，感应电动势E=BL v根据楞次定律，感应电流顺时针，线框中的电流在ad边产生的焦耳热=②向上移出磁场，ad边切割磁感线，感应电动势E=BL v根据楞次定律，感应电流a→d，电源的路端电压线框中的电流在ad边产生的焦耳热③向左或右移出磁场，cd边切割磁感线，感应电动势E=2BL v根据楞次定律，感应电流a→d，线框中的电流在ad边产生的焦耳=故答案为：（1）电流大小为或，流过线框截面的电量为（2）ad间的电压为或或-，线框中的电流在ad边产生的热量为或根据感应电量q=，分析磁通量变化量关系，来求解感应电量；根据焦耳定律求解电流在ad边产生的热量．根据欧姆定律求得ad间的电压．该题考查了法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常规题．要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在切割磁感线．四、计算题(本大题共3小题，共34.0分)11.如图所示，在磁感强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环．圆环所在的平面与磁感线垂直．OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动．A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R=0.1Ω，图中定值电阻R1=100Ω，R2=4.9Ω，电容器的电容C=100p F．圆环和连接导线的电阻忽略不计，求：（1）流过电阻R2的电流大小（2）电容器的带电量；哪个极板为正极板．【答案】解：（1）导体棒OA产生感应电动势为：代入数据解得：．根据闭合电路的欧姆定律可得总电流为：（2）由欧姆定律可知电容器两端电压为：所以电容器带电量为：根据右手定则可知，A点电势高于O点电势，电容器上板为正极答：（1）流过电阻R2的电流大小1A（2）电容器的带电量；上极板为正极板【解析】（1）导体棒以一端为轴做旋转切割磁感线运动时感应电动势的求法，为E=，然后闭合电路的欧姆定律求出流过电阻R2的电流大小（2）求出电容器两端的电压即可，由Q=CU求出带电量，再根据右手定则判定电容器两板电势的高低熟记导体棒以一端为轴做切割磁感线运动时产生的感应电动势表达式为E=，结合电路特点求解即可．12.如图甲所示，平行长直金属导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5m，导轨左端M、P间接有一阻值R=0.2Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m=0.1kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d=1.0m处．导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻磁场方向竖直向下，此后磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．求（1）t=2.0s时流过导体棒ab的电流的大小（2）t=1.0s时导体棒ab所受到的摩擦力的大小和方向（3）t=4.0s时导体棒ab所受到的摩擦力．【答案】解：ab棒与轨道间的最大摩擦力为：F m=μmg=0.1×0.1×10N=0.1N，由题图乙知磁感应强度随时间的变化率为0.1T/s，回路中感应电动势为：E=0.1×0.5×1V=0.05V感应电流为I=0.25A；可得t=0时棒所受到的安培力为：F0=B0IL=0.025N，小于最大静摩擦力，故导体棒始终静止不动．（1）前3s内电流大小方向都不变，故t=2.0s时感应电流为I=0.25A；由楞次定律可知，电流方向为a到b（2）在t=1.0s时，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有：f=F=BIL=0.1×0.25×0.5=0.0125N，方向水平向左（3）在t=4.0s时，ab棒中无电流，不受安培力，故摩擦力为0答：（1）t=2.0s时流过导体棒ab的电流的大小0.25A（2）t=1.0s时导体棒ab所受到的摩擦力的大小0.0125N和方向水平向左（3）t=4.0s时导体棒ab所受到的摩擦力0【解析】（1）由图b的斜率求出，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小（2）前3s内ab棒不动，在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，由平衡条件和安培力公式求解．（3）3.0s后，磁感应强度不变，回路无电流，导体棒不受安培力，摩擦力为零本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和运动状态，由力的平衡条件求解静摩擦力的大小和方向．13.如图所示，两根足够长粗糙的固定平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上端接有阻值R1=15Ω的电阻，下端接有阻值R2=30Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T．质量m=0.1kg、连入电路的电阻r=10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好．g取10m/s2．求：（1）金属棒ab在下滑过程中所受摩擦力的大小（2）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R1中产生的热量QR1．（结果取2位有效数字）【答案】解：（1）电路总电阻：R=r+=10+=20Ω，感应电动势：E=BL v=1×2×2=4V，通过金属棒的电流：I===0.2A，金属棒受到的安培力：F安=BIL=1×0.2×2=0.4N，金属棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F安+f=mgsin30°，解得，摩擦力：f=0.1N；（2）金属棒ab机械能的减少量：△E=mgh-mv2，由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的总电热之和，电热Q=△E-f°，上端电阻R中产生的热量：Q R1=Q，解得：Q R1=0.73J．答：（1）金属棒ab在下滑过程中所受摩擦力的大小为0.1N．（2）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R1中产生的热量Q R1为0.73J．【解析】（1）金属棒匀速运动时速度最大，应用平衡条件可以求出摩擦力大小．（2）应用能量守恒定律可以求出产生的焦耳热，然后求出电阻R1中产生的热量．本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究．力的角度，关键是安培力的分析和计算．能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的．。

2016—2017学年度上学期12月考考试高三理综试卷考试时间:150分钟试题分数：300分命题人：一、选择题（每题6分，其中19-21为多选题，选不全得3分）1.图中a、c表示细胞中的两种结构,b是它们共有的特征,有关叙述正确的是（)A．若b表示两层膜结构，则a、c肯定是叶绿体和线粒体B．若b表示细胞器中含有的核酸，则a、c肯定是叶绿体和线粒体C．若b表示产生水分子的生理过程，则a、c不可能是细胞核和线粒体D．若b表示磷脂,则a、c肯定不是核糖体和中心体2。

下列有关细胞膜的叙述，正确的是（）A.细胞膜两侧的离子浓度差是通过自由扩散实现的B。

细胞膜与线粒体膜、核膜中所含蛋白质的功能相同C.分泌蛋白分泌到细胞外的过程存在膜脂的流动现象D.膜中的磷脂分子是由胆固醇、脂肪酸和磷酸组成的3。

如图表示人体内的氢元素随化合物在生物体内代谢转移的过程，下列分析合理的是( ）A．与①过程有关的RNA是mRNAB．在无氧的情况下，③过程中不会发生脱氢反应C．M物质应该是丙酮酸，④过程不会产生ATP D．某骨骼肌细胞暂时缺氧时，该细胞内不进行②③过程4。

下列关于生物学实验操作、实验结果、实验现象及原理的描述中，正确的是（）A．观察DNA和RNA在细胞中的分布,用盐酸和酒精混合液解离口腔上皮细胞,有利于染色剂进入细胞并与DNA结合B．检测生物组织中的还原糖、蛋白质和脂肪都需要进行水浴加热C．用纸层析法分离菠菜滤液中的色素时，橙黄色的色素带距离所画滤液细线最远D．秋水仙素诱导染色体加倍的原理是秋水仙素抑制染色体着丝点分裂,使子染色体不能分别移向两极，细胞不能正常分裂5。

下列不能体现生物正在进化的是( )A．在黑褐色的环境下，黑色桦尺蠖被保留，浅色桦尺蠖被淘汰B．杂合高茎豌豆通过连续自交导致后代纯合子频率越来越高C．杂交育种过程中通过不断自交、筛选出纯合的矮秆抗病小麦D．通过物理因素诱变选育青霉素产量很高的菌株6. 下列关于稳态及生命活动调节的叙述中，正确的有几项（)①手和脚有时会磨出“水泡”，水泡中的液体主要是细胞液②短期记忆主要与神经元的活动及神经元之间的联系有关③人们发现的第一种激素是胰腺分泌的促胰液素④人体的激素一经靶细胞接受并起作用后就被灭活了，因此体内要源源不断产生激素⑤HIV最初侵入人体时,免疫系统可以摧毁大多数病毒A．2项B．3项C．4项D．5项7。

2016-2017学年度上学期10月考考试高三理综试卷考试时间：150分钟试题分数：300分第Ⅰ卷可能用到的原子量：C-12 O-16 N-14 H-1 Mg-24一、选择题（每题6分，其中19-21为多选题，选不全得3分，错选或不选得0分）1.下列叙述错误的是A．转录过程中存在T-A的配对方式 B．基因与性状之间是一一对应的关系C．基因控制性状是通过控制蛋白质的合成来实现的 D．RNA也是携带遗传信息的物质2. 下列过程与膜蛋白无关的是A．线粒体中的产生 B．兴奋在神经元间的传递C．胰岛素降低血糖浓度 D．呼吸道上皮细胞的保护润滑作用3. 下列关于生物膜的叙述正确的是A．叶绿体内的类囊体膜和线粒体的嵴不属于生物膜系统B．囊泡内的物质都来自高尔基体C．性腺细胞中含有发达的内质网有利于性激素的合成D．突触前膜上特定的磷脂分子决定了神经递质的释放位置4. 下列有关植物激素的叙述错误的是A．生长素在胚芽鞘、发育中的果实等处分布较多 B．乙烯只在植物体的成熟部位合成C．植物激素自身的合成也受基因组的控制 D．激素调节只是植物生命活动调节的一部分5. 下列关于细胞分裂的叙述中，正确的是A. 有丝分裂中期和后期，染色单体数与DNA分子数相同B. 有丝分裂过程中不出现同源染色体的彼此分离C. 精子形成过程中若染色单体没有分离，可能出现XXY的后代D. 减数分裂过程中不存在一个细胞同时含有两条Y染色体的阶段6.下列有关群落的叙述，正确的是A．物种组成是区分不同群落的重要特征B．稻田中水稻长势无高矮差异，因此稻田群落没有垂直结构C．人类活动决定群落演替的速度和方向 D．沙丘、火灾后的森林上进行的演替都是次生演替7.化学与材料、生活和环境密切相关。

下列有关说法中错误的是A．某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料B．玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同C．明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒的作用D．医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的8.M、Q、R、V为短周期的元素，其原子序数依次增加，M和R、Q和V属于同一主族，且它们的最外层电子数之和为14，下列说法中正确的是A．单质的沸点：M＞Q B．Q元素的阴离子和V元素的阴离子都只有还原性C．Q与R可以组成2种离子化合物D．M、Q、R、V四种元素组成的化合物的水溶液可以是碱性、中性和酸性9.N A为阿伏加罗常数的值，下列说法中正确的是A．44gCO2和N2O的混合物中含有的氧原子数为1.5N AB．2L0.5mol/L亚硫酸氢钠溶液中含有的HSO3-离子数为N AC．氢氧化钠与氯气反应时，生成0.1molNaCl转移的电子数为0.1N AD．一定条件下在密闭容器中2molSO2与2molO2充分反应，最终的气体分子数为3N A10.某有机物分子式为C4H8，据此推侧其结构和性质不可能的是A．它与乙烯可能是同系物 B．一氯代物只有一种C．分子结构中甲基的数目可能是0、1、2D．等质量CH4和C4H8分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H811.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(OH-)=0．1mol/L的溶液：Na+、K+、CO32-、ClO-B．滴入酚酞显红色的溶液中：Na+、Al3+、CO32-、AlO2-C．含有Fe3+的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、SCN-D．pH=1的溶液中： Fe2+、Cl-、NO3-、K+12.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是选项实验操作实验目的或结论A 将Al2(SO4)3、NaOH溶液相互滴加鉴别Al2(SO4)3、NaOH溶液B 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶该溶液中可能含有Fe2+液，溶液变成红色C 向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色HS-水解程度大于电离程度蛋白质均发生了变性D 向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液，均有沉淀13.24料的电池装置如图所示。

辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）二、选择题（本题包括6小题，共48分．14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，191小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列说法中不正确的是（）A．牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B．伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C．开普勒首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D．奥斯特发现了电流的磁效应2．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2=P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化3．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav4．如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线（图中未画出），下列分析正确的是（）A．B、D两点场强大小一定相等B．B、D两点场强方向一定相同C．B、D两点电势可能相等D．A、C两点场强大小一定相等5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L．自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度υ穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离χ变化的i～χ图象最接近图中的（）A．B．C．D．6．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且=2，M、N两点高度相同．小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、E k分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（）A． B． C． D．7．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（）A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b8．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A．B．C．D．三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-40题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129分）9．2016届高三理科班一兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．①若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为A．A点与地面间的距离H B．小球的质量mC．小球从A到B的下落时间t AB D．小球的直径d②用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v=m/s．10．（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为Ω．为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）滑动变阻器R（0～10Ω）定值电阻R0（阻值为100Ω）电源E（电动势6V、有内阻）开关、导线若干①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为Ω11．在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件．12．如图甲所示，MN、FQ为间距L=0.5m且足够长的粗糙平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg、内阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）金属棒与导轨平面间的动摩擦因数μ和金属棒的内阻r；金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．二.选考题：13．有一水平传送带AB长L=8m，距离水平地面h=5m，地面上C点在传送带右端点B的正下方．一小物块以水平初速度v0=2m/s自A点滑上传送带，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．（取g=10m/s2）（1）若传送带静止不动，求小物块滑行的距离；若传送带正以恒定速度向右传送，小物块从A点滑上传送带经时间t后落在D点，CD长S=3m．求时间t．辽宁省大连二十中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析二、选择题（本题包括6小题，共48分．14--18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，191小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列说法中不正确的是（）A．牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律B．伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律C．开普勒首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系D．奥斯特发现了电流的磁效应【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、牛顿把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，建立了万有引力定律，故A正确；B、伽利略以实验和数学推理相结合的科学研究方法得到了落体运动规律，故B正确；C、欧姆首先总结了导体的电阻与其长度和横截面积的关系，故C错误；D、奥斯特发现了电流的磁效应，故D正确；本题选不正确的，故选：C．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2=P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．【解答】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故A、D错误．B、根据r=得，则P1P2=2（r2﹣r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P3P4．故B错误．C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=得，v=，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．故选：C．【点评】解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．3．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A．B．C．D．Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B•2a=2Ba=Bav；金属环并联的电阻为：R并==AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=E=Bav=故选：A【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是Bav．4．如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线（图中未画出），下列分析正确的是（）A．B、D两点场强大小一定相等B．B、D两点场强方向一定相同C．B、D两点电势可能相等D．A、C两点场强大小一定相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】等量异号电荷的等势面中，只有中垂线是直线，其他都是曲线；等势面与电场线垂直，沿着电场线方向，电势是降低的．【解答】解：A、B、已知AC连线为电场中的一条等势线，而等量异号电荷的等势面中只有中垂线是直线，故AC的连线是等量异号电荷的连线的中垂线，B、D两点关于中垂线对称，故电场强度的大小一定相等，但方向一定不相同，故A正确，B错误；C、AC是等势面，电场线与等势面垂直，沿着电场线电势降低，故B、D的电势一定不相等，故C错误；D、AC是等势面，但电荷不一定在BD连线上，可以偏向A侧或B侧，故A、C两点场强大小不一定相等，故D错误；故选：A．【点评】本题关键是结合等量异号电荷的电场线和等势面的分布图进行分析，注意电场强度的矢量性，基础题目．5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L．自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度υ穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离χ变化的i～χ图象最接近图中的（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．【专题】压轴题．【分析】根据楞次定律可判断出圆环进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．【解答】解：根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向．在进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小．所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小，出磁场的过程中也是先增大后减小．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．6．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且=2，M、N两点高度相同．小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、E k分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；动能．【分析】小球在两个斜面上都做匀变速运动，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式可以得出速度和位移与时间的图象特点，再根据动能表达式进一步得到动能与时间的图形特点．【解答】解：A、小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度时间关系公式，可知两段运动过程中的v﹣t图都是直线，故A正确；B、由于在两个斜面上都是匀变速运动，根据位移时间关系公式，可知位移﹣﹣时间图象是曲线，故B错误；C、加速度的大小与斜面的倾角大小有关，倾角确定，加速度大小确定，因而C错误；D、速度与时间是一次函数关系，动能与速度的二次方成正比，故动能与时间也是二次函数关系，因而D也错误；故选A．【点评】本题关键根据速度时间公式和位移时间公式以及动能表达式得出速度、位移和动能随时间变化的特点．7．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（）A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b【考点】自感现象和自感系数；电势．【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．【解答】解：A、电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A正确；B、稳定后当电键K断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，故D正确，BC错误；故选：AD．【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键．8．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A．B．C．D．【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的静摩擦力不能提供A的加速度时，A、B发生相对滑动．【解答】解：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μF N虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度﹣时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD 错误．故选：AC【点评】对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况．三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-40题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129分）9．2016届高三理科班一兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．①若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为 DA．A点与地面间的距离H B．小球的质量mC．小球从A到B的下落时间t AB D．小球的直径d②用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为 1.14 cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v= 3.8 m/s．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h AB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读．【解答】解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确；故选：D．游标卡尺主尺读数为：1.1cm，游标尺上第4个刻度与上面对齐，故读数为：4×0.1=0.4mm=0.04cm，故最终读数为：1.1cm+0.04cm=1.14cm；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：v B=故答案为：①D，②1.14，3.8．【点评】解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作．掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．10．（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为120 Ω．为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）滑动变阻器R（0～10Ω）定值电阻R0（阻值为100Ω）电源E（电动势6V、有内阻）开关、导线若干①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为110 Ω【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1）欧姆表的读数：表针所示刻度数×档位①无电压表，要把一电流表改装成一电压表，因电阻为小电阻用外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．②由改装后的电压表的电阻及电流表的示数求得对应的电压值，由图线的斜率求得电阻值．【解答】解：（1）欧姆表的示数为：12×10=120Ω①将A1与定值电阻R0串联当作电压表用，小电阻用电流表外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．由电路图：代入其中严格在线上的点可得R X=110Ω答案：（1）120①电路图如图；②110【点评】考查测电阻的原理及电路设计，明确电流表可串联电阻当作电压表用．11．在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理与牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，并由几何关系，即可求解；所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，所以由临界状态入手，得出磁场区域的满足条件．【解答】解：（1）带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理①进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径r，②打到H点有③由①②③得要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90°如图所示，磁场区半径所以磁场区域半径满足答：（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，则该粒子的比荷；若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），则磁场区域的半径应满足的条件．【点评】考查动能定理、牛顿第二定律等规律的应用，学会临界状态角度分析问题，并注意几何关系在本题中应用．12．如图甲所示，MN、FQ为间距L=0.5m且足够长的粗糙平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg、内阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）金属棒与导轨平面间的动摩擦因数μ和金属棒的内阻r；金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．。