2016届成都七中周练题5

第Ⅰ卷（共60分)一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。

1.已知集合2{|160}A x x =-<,{5,0,1}B =-，则（)A ．AB φ=B ．B A ⊆C ．{0,1}A B =D ．A B ⊆【答案】 【解析】试题分析：由题2{|160}{|44}A x x x x =-<=-<<，则{0,1}A B =，选C考点：集合的运算 2。

命题“若220a b +=,则0a =且0b ="的逆否命题（ )A ．若220ab +≠，则0a ≠且0b ≠B ．若220ab +≠,则0a ≠或0b ≠C ．若0a ≠且0b ≠,则220a b +≠ D ．若0a ≠或0b ≠,则220ab +≠【答案】D考点：四种命题 3。

复数3||iz i -=-（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数为( ）A ．2i -B ．2i +C ．4i -D ．4i +【答案】B 【解析】试题分析：由题3||2iz i i -=-=-，则复数z 的共轭复数为2i +，选B考点：复数的运算，共轭复数 4。

数列{}na 的前n 项和为2*23()nSn n n N =-∈，若5p q -=，则p q a a -=（ ）A ．20B ．15C ．10D ．—5 【答案】A考点：等差数列的性质 5。

函数()(0,0)x f x a a a a =->≠的定义域和值域都是[0,1],则548log log 65aa +=（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】C 【解析】试题分析:由已知函数()(0,0)x f x a a a a =->≠的定义域和值域都是[0,1]，而当1x =时，0y =,则函数为减函数，故1a ＞,则当0x =时,1y =,即112y a a =-=⇒=,则22548548log log log log 836565aa ⎛⎫+=⋅== ⎪⎝⎭，选C考点:函数的定义域、值域6.函数()sin()(0,0,||)2f x A x A πωϕωϕ=+>><的部分图象如图所示，若12,(,)63x x ππ∈-，且12()()f x f x =,则12()f x x +=（）A ．1B ．12C．22D ．32【答案】D考点：函数()sin y A x ωϕ=+的图像和性质7。

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以=C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同二、非选择题：16．如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据．改变摆长，再得到几组数据．从中可以找出周期与摆长的关系．实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为（选填“b”或“c”）悬挂方式较好．图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2﹣l图线，通过图线得到振动周期T（s）与摆长l（m）的函数关系式是．17．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则该简谐横波的波速为；从t=0.2s时刻开始计时，写出x=1m处的质点的振动表达式．18．自t=0时刻起，质点A做简谐运动，其振动图象如图所示．t=10s时，距A质点10m处的B质点开始振动．求：①该波的波速大小v；②该波的波长λ．2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）参考答案与试题解析一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；理解并会求交流电的有效值，U=只适用于正余弦交流电；根据图象书写交流电的表达式等．【解答】解：A、电流方向随着时间周期性变化的电流就是交流电，故图甲、图乙均表示，故A正确；B、图中电压的最大值为20V，频率为0.02s，故表达式为：u=U m sin=20sin100πt，故B正确；C、D、图乙所示电压的最大值为20V，根据有效值的定义，有：解得：U=故C错误，D正确；本题选择错误的，故选C．2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据交流电产生条件：闭合电路的磁通量发生变化，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电流的瞬时表达式，从而可确定感应电流的最大值；结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式，即可求解电量的大小；根据线圈中产生感应电流瞬时表达式，结合有效值与最大值的关系，从而确定有效值．【解答】解：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，故A正确；B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cosωt，当在t=时刻，线框中感应电流达到最大值，故B正确；C、根据电量的表达式，q=N，从t=0到t=这一过程中通过导体磁通量变化为B0S，所以横截面积的电荷量为为N，故C错误；D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，故D错误．故选：AB3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=ω，求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律求解感应电流的最大值．根据有效值的定义求解感应电流的有效值．【解答】解：A、B、线圈中感应电动势的最大值为：E m=ω，线圈中感应电流的最大值为：I m==．故A正确，B错误．C、D、画出一个周期内感应电流的图象如图所示．设感应电流的有效值为I，根据有效值的定义得：2×R•=I2RT解得：I=．故C错误，D正确．故选：AD．4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，原线圈的电压的有效值为=110V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为55V，故A 错误；B、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，ω=100πrad/s，f==50Hz，故B错误；C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变所以亮度不变，通过L1和L2的电流之和变大，通过L1的电流不变，所以L2电流增大，将变亮，故C正确；D、若将变阻器的滑片P向上滑动，输出的电压不变，电流变大，所以原线圈输入功率增大，故D正确；故选：CD．5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析．【解答】解：A、电压表显示的是有效值应为=20V，故A错误；B、原副线圈的频率是相同的f===10Hz，故B正确；C、由电压之比等于匝数之比知R两端的电压为200V，P==2000W，故C正确；D、由输入功率=输出功率=2KW=20I，I=100A，最大值为I=100A，故D错误；故选BC6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A 、原线圈接入电压为220V 的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l ，则副线圈电压为44V ，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A 错误；B 、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22=31.11V ，故B 正确；C 、由B 求得电压表两端电压有效值为U 有效=22V ，则1 min 内产生的热量为Q==2904 J ，故C 正确；D 、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D 错误． 故选：BC7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电 阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2．降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则（ ）A ．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB ．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V ，所以=C ．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 【考点】变压器的构造和原理．【分析】通过理想升压变压器T 1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T 2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．【解答】解：A 、根据乙图可知，电压的最大值，周期T=0.02s ，所以，则乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V ，故A 正确；B 、由变压器的电压比与匝数之比的关系得：，；因升压变压器，所以U 1＞U 2，又因与为线路电压损失，即U 2＞U 3，所以，故B 错误．C 、通过变压器的原副线圈的电流的频率相同，故C 错误．D、因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确．故选：AD．8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误．C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确．故选AD．9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，故灯泡L1变暗，故B错误；C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确；D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误；故选：C．10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W【考点】变压器的构造和原理．【分析】电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流．【解答】解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02sA、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P2=44W，故D正确．故选BD11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选：C．12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量．【分析】单摆的周期是2s，分析出t=1.6秒至t=1.8秒的过程中向哪个方向运动，即可分析出速度加速度的变化．【解答】解：由题，单摆的周期是2s，一个周期分成四个周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6秒至t=1.8秒的过程中，单摆是由平衡位置向右向最大位移处运动，所以速度向右在减小，加速度方向向右在增大．故A、B、D错误，C正确．故选C．13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】由波的传播方向判断出质点P的振动方向，从图示时刻开始质点P经过1第二次到达波峰，即可求出周期．读出波长，求出波速．当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰．如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同．根据PQ间距离与波长的关系，分析状态关系．【解答】解：A、由题，1=0.7s，得T=0.4s，由图读出波长λ=4m，则波速为v==10m/s．故A正确．B、当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰，经过时间为t==．故B正确．C、如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同，应沿y轴负方向．故C错误．D、PQ间的距离△x=10m=2.5λ，P、Q的振动情况总是相反，则当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷．故D正确．本题选错误的，故选C14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据频率求出周期，根据图象可知，波从S传到P点的时间为，根据v=求出波速，根据P点开始振动的方向判断波源开始振动方向，根据对称性判断x=﹣6cm处质点t时刻所处位置，根据一个周期内振动运动的路程为4A求出在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程．【解答】解：A、波的频率f=5Hz，周期T=0.2s，由图知该波在t=T=0.3s时间内，波传播了12cm，则波速v=cm/s=cm/s=40cm/s，故A错误；B、此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故B正确；C、由对称性知x=﹣6cm处质点t时刻处于波峰，故C错误；D、在t=0至t=1.0s时间内，即△t=1s，质点P已振动0.7s，运动的路程为s=×4A=×4×5cm=70cm，故D正确．故选：BD15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】由图读出波长，求出周期．根据时间与周期的关系，分析两质点的位移和速度关系．若经过时间是半个周期，波动图象将反相，两质点的速度大小相等，方向相反．【解答】解：A、B、C由图读出波长为λ=8m，则周期为T==1s．t=0.25s=．再过0.25s，波形向右平移．根据波形的平移法分析得知，再经过0.25s，质点a在平衡位置下方向下运动，质点b平衡位置上方向下运动，两质点到平衡位置的距离相等，则再经过0.25s，a，b两质点位移第一次大小相等、方向相反，速度第一次大小相等、方向相同．故B正确，AC错误．D、再经过0.5s，即半个周期，波形图象反相，a，b两质点速度仍大小相等、方向相反．故D错误．故选：B二、非选择题：。

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.10）一、选择题（每小题至少有一个选项正确）1．如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g2．如图所示，有一固定的弹性金属环，将条形磁铁插入环中或从环中拔出时，环中感应电流的方向判断正确的是（）A．插入时环中有顺时针方向的感应电流B．插入时环中有逆时针方向的感应电流C．插入或拔出时环中都有顺时针方向的感应电流D．插入或拔出时环中有逆时针方向的感应电流3．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时（）A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流4．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大5．如图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极．则当螺线管中产生的感应电流（）A．方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管B．方向与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管C．方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管D．方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管6．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是（）A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向的D．环在离开磁场之后，仍然有感应电流7．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反8．如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时（）A．AB中感应电流的方向为A到B B．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动9．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右10．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则g（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右11．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零12．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．静止 D．不能判定13．如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中，则（）A．车将向右运动B．使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能C．条形磁铁会受到向左的力D．车会受到向左的力14．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断15．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P 为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是（）A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aB．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b二、非选择题17．如图所示，在水平平行放置的两根长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab 与导轨垂直，它在导轨间的长度为20cm，这部分的电阻为0.02Ω．导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.20T，电阻R=0.08Ω，其他电阻不计．ab的质量为0.02kg．（1）打开开关S，ab在水平恒力F=0.01N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10m/s；（2）上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？（3）当ab的速度达到10m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.10）参考答案与试题解析一、选择题（每小题至少有一个选项正确）1．如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g【考点】楞次定律．【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．【解答】解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，B错误．C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故C错误；D正确．故选AD2．如图所示，有一固定的弹性金属环，将条形磁铁插入环中或从环中拔出时，环中感应电流的方向判断正确的是（）A．插入时环中有顺时针方向的感应电流B．插入时环中有逆时针方向的感应电流C．插入或拔出时环中都有顺时针方向的感应电流D．插入或拔出时环中有逆时针方向的感应电流【考点】楞次定律．【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．【解答】解：AB、将条形磁铁插入环中时，原磁场方向向上，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向下，由安培定则，知感应电流的方向（自上向下看）沿顺时针方向，故A正确，B错误；CD、将条形磁铁拔出环中时，原磁场方向向上，且磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向上，由安培定则，知感应电流的方向（自上向下看）沿逆时针方向，故CD错误；故选：A．3．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时（）A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】导体ef切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，圆环相当于外电路；根据右手定则判断ef中产生的感应电流方向，即可知道环两边的感应电流方向．【解答】解：A、导体ef切割磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外电路，所以环上有感应电流，故A错误．B、C、D根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向从e→f，则环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故BC错误，D正确．故选：D4．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大【考点】电磁感应中的能量转化；楞次定律．【分析】根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化．用楞次定律研究感应电流的方向．用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化．【解答】解：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误故选B5．如图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极．则当螺线管中产生的感应电流（）A．方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管B．方向与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管C．方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管D．方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管【考点】楞次定律．【分析】当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：由题意可知，当磁铁N极向下运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，且磁场方向向下，因此根据楞次定律，则有感应电流的方向为盘旋而下，与图示方向相同，同理，当磁铁N极向上运动时，即远离螺线管，导致穿过的磁通量变小，且磁场方向向下，因此根据楞次定律，则有感应电流的方向为盘旋而上，与图示方向相反，故AD正确，BC 错误；故选：AD．6．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是（）A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向的D．环在离开磁场之后，仍然有感应电流【考点】楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解：A、B、C、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，AC错误．D、环在离开磁场之前，线圈没有磁通量的变化，因此不会产生感应电流．故D错误．故选：B7．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【分析】根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．【解答】解：A、当线圈运动到关于OO′对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为E1=BLv0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为E=2E1=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故D错误．故选：AB．8．如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时（）A．AB中感应电流的方向为A到B B．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；楞次定律．【分析】AB中感应电流方向根据右手定则判断，根据左手定则判断出CD所受的安培力方向，即可判断CD的运动方向．【解答】解：A、B、导体棒AB向左移动时，产生感应电流，根据右手定则判断得知AB中感应电流的方向为A到B，故A正确，B错误．C、D、AB中产生的感应电流通过CD时，方向由C到D，根据左手定则判断可知CD所受的安培力方向向右，所以CD向右移动，故C错误，D正确．故选：AD．9．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右【考点】右手定则；左手定则；楞次定律．【分析】导体棒切割产生的感应电流方向由右手定则判断，所受的安培力方向由左手定则判断．【解答】解：根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故AC正确，BD错误．故选：AC10．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则g（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右【考点】楞次定律．【分析】线框进入时dc边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．【解答】解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为a→d→c→b→a，故A错误；B、由右手定则可知，导线框离开磁场时，感应电流方向为逆时针方向，故B错误；C、由左手定则可知，导线框离开磁场时，受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C11．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零【考点】楞次定律．【分析】金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向．当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动．【解答】解：金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故A正确，BCD错误；故选：A．12．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．静止 D．不能判定【考点】楞次定律．【分析】分析线圈中磁通量的变化，则由楞次定律可得出铜环的运动情况．【解答】解：当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆去，即向右摆动故选B．13．如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中，则（）A．车将向右运动B．使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能C．条形磁铁会受到向左的力D．车会受到向左的力【考点】楞次定律．【分析】当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向，以及小车的受力和磁铁的受力．【解答】解：A、由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故AC正确，D错误；B、由于闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，所以小车将向右运动，外力所做的功部分由螺线管转变为电能，部分转化为小车的动能，B错误；故选：AC．14．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．15．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P 为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是（）A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aB．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b【考点】楞次定律．【分析】通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断．【解答】解：AB、当P向右移动，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极．则线圈N的左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；CD、当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极．则线圈N左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；故选：AD．二、非选择题17．如图所示，在水平平行放置的两根长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab 与导轨垂直，它在导轨间的长度为20cm，这部分的电阻为0.02Ω．导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.20T，电阻R=0.08Ω，其他电阻不计．ab的质量为0.02kg．（1）打开开关S，ab在水平恒力F=0.01N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10m/s；（2）上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？（3）当ab的速度达到10m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式求出时间．（2）由E=BLv求出感应电动势．（3）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力．【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：加速度：a===0.5m/s2，由匀变速直线运动的速度公式：v=at可知，时间：t===20s；（2）导线的速度：v=at=0.5t，感应电动势：E=BLv=0.2×0.2×0.5t=0.02tV；（3）速度v=10m/s，感应电动势：E=BLv=0.2×0.2×10=0.4V，感应电流：I===4A，=BIL=0.2×4×0.2=0.16N，导线受到的安培力：F安=0.16N；导线匀速运动，由平衡条件得：F=F安答：（1）经过20s速度才能达到10m/s；（2）上述过程中感应电动势随时间变化的表达式为：E=0.02tV；（3）水平拉力应变为0.16N．2016年8月31日。

2016恒定电流周末练习11.自质子源的质子(初速度为零)，经一直线加速器加速，形成电流为I的细柱形质子流.已知质子源与靶间的距离为d，质子电荷量为e，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是匀强电场，质子到达靶时的速度为v，则质子源与靶间的质子数为A. B. C. D.2.如图所示，A、B两端的电压U一定，电阻R先接在A、B两端，消耗功率为9W.再将电阻R接在较远的C、D两端，消耗功率为4W.在后一种情况下，输电导线AC、BD共消耗功率为( ).(A)2W (B)3W (C)4W (D)5W3..一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）所示的电路，仍接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，它们之间的大小关系是（）A．P1=4P2B．P1>4P2期C．P D<P2D．P D>P24.如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是（）A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩC．300Ω～800Ω D．30Ω～80Ω5.通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J 6.如图所示，电源的电动势和内阻分别为ε、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况为( ).(A)电流表先减小后增大，电压表先增大后减小(B)电流表先增大后减小，电压表先减小后增大(C)电流表一直减小，电压表一直增大(D)电流表一直增大，电压表一直减小7.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大8.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是( )A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D．此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变9.如图甲所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）图甲中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图甲可等效为图乙，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；若用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，则等效电源的内电阻r′是多少？（2）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？（不考虑小灯泡的电阻率随温度的变化）10.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm。

四川省成都市第七中学2016届高三1月第一次周练数学试题第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知tan 290a = ，则tan 50= （ ）ABCD2. 1tan 8tan 8ππ+=（ ）A． BC ．2D ．33.函数()()()221sin sin cos sin f x x x x x =++-是（ ）A ．最小正周期为π的奇函数B ．最小正周期为π的偶函数C ．最小正周期为2π的奇函数D ．最小正周期为2π的偶函数4.若02πα<<，02πβ-<<，1cos 43πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，sin 42πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则cos 2βα⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）AB． CD．5.函数()()sin f x x b ωϕ=A ++（0A >，02πϕ-<<，0ω>）的部分图象如图所示，则()f x =（）A ．3sin 213x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭ B ．2sin 213x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭C ．3sin 213x π⎛⎫++ ⎪⎝⎭D ．2sin 213x π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭6.已知函数()sin 216f x x π⎛⎫=A -+ ⎪⎝⎭（0A ≠），下列说法正确的是（ ） A ．()f x 在区间,63k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦（k ∈Z ）上单调递增B ．()f x 的图象关于点,012π⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称 C ．()f x 的图象关于直线4x π=对称 D ．()f x 的图象向右平移6π个单位得到的()y g x =的图象关于点,14π⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称7.已知()sin 22f x x x =，在直角坐标系下利用“五点法”作()f x 在区间2,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象，应描出的关键点的横坐标依次是（ ）A ．0，2π，π，32π，2π B ．3π-，0，2π，23π，π C ．3π-，6π-，12π，3π，712π，23π D ．3π-，0，2π，π，32π，53π 8.已知函数①sin cos y x x =-，②4sin cos y x x =，则下列结论正确的是（ ）A ．两个函数的图象均关于点,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭成中心对称B ．倍，横坐标缩小为原来的12，再向左平移4π个单位即得②的图象C ．两个函数在区间,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上都是单调递增函数 D ．两个函数的最小正周期相同第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）9.角α终边上一点坐标为()1,2-，则cos sin αα+= ．10.已知1sin cos 3αα+=，则cos 5tan sin 4ααα++的值为 ． 11.函数()()13log sin 2cos 2f x x x =-的单调递减区间是 ．12. ()2228sin 1cos f x x x=++的最小值是 ． 三、解答题 （本大题共3小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）13.（本小题满分12分）已知函数()cos 23f x a x b π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭（0a >）的最大值为3，最小值为1-． （1）求a ，b 的值；（2）求当7,412x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()2sin 216g x b ax π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的值域．14.（本小题满分14分）已知函数()21cos cos 2f x x x x =--． （1）求()f x 在区间2,123ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值及其相应的自变量x 的值； （2）在直角坐标系中作出函数()f x 在区间[]0,π上的图象．15.（本小题满分14分）已知函数()22sin 5244f x x x a ππ⎛⎫⎛⎫=+---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． （1）设sin cos t x x =+，将函数()f x 表示为关于t 的函数()g t ，求()g t 的解析式；（2）对任意0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式()62f x a ≥-恒成立，求a 的取值范围．：。

一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.若集合{}2xA y y ==，集合{B y y ==，则A B = （ ）A ．[)0,+∞B ．()1,+∞C ．()0,+∞D ．(),-∞+∞ 【答案】C 【解析】试题分析：先将集合A ，B 化简，然后再求出其交集.由于{}2xA y y =={}0y y =>，{B y y =={}0y y =≥，所以A B = {}0y y >，故选C.考点：1、指数函数，幂函数的值域；2、集合的运算. 2.为了得到函数3sin(2)5y x π=+的图象，只需把函数3sin()5y x π=+图象上的所有点（ ）A ．横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变 B ．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C ．纵坐标缩短到原来的12倍，横坐标不变 D ．纵坐标缩短到原来的2倍，横坐标不变 【答案】A考点：三角函数的图象变换．【方法点睛】本题是一个三角函数的图象变换问题，属于容易题.一般的要得到函数()sin y A x k ωϕ=++（其中0,0,A ω>>ϕπ<）的图像可按以下步骤进行：先把sin y x =的图象向左（0ϕ>）或向右（0ϕ<）平移ϕ个单位，再将所得函数的图象上各点的横坐标扩大（01ω<<）或缩小（1ω>）为原来的1ω（纵坐标不变），再把所得函数图象上各点的纵坐标扩大（1A >）或缩小（01A <<）为原来的A 倍（横坐标不变），最后再将所得图像向上（0k >）或向下（0k <）平移k 个单位，即可得到函数()sin y A x k ωϕ=++的图象.3.双曲线22221x y a b-=（0,0a b >>）的一条渐近线方程为43y x =，则双曲线的离心率是（ ）A ．54 B ．53 C ．73 D ．3【答案】B考点：1、双曲线的渐近线；2、双曲线的离心率.4.在复平面内，复数(1)(1)z a a i =-++（a R ∈，i 为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是（ ）A ．1a ≥-B ．1a >-C ．1a ≤-D ．1a <- 【答案】D 【解析】试题分析：复数(1)(1)z a a i =-++（a R ∈，i 为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是1010a a ⎧->⎪⎨+<⎪⎩，解之得1a <-，故选D.考点：复平面．5.直线230x y +-=的倾斜角是θ，则sin cos sin cos θθθθ+-的值是（ ）A ．-3B ．-2C ．13D ．3 【答案】C考点：直线的倾斜角，斜率.6.在闭区间[]4,6-上随机取出一个数x ，执行下图程序框图，则输出x 不小于39的概率为（ ）A ．15 B ．25 C ．35 D ．45【答案】A 【解析】试题分析：这是一个几何概型问题，其中在闭区间[]4,6-上随机取出一个数x 构成的基本事件构成的总体所对应的长度是()6410--=；再由程序框图知最后输出的结果是()()22211187x x +++=+，令8739x +≥解得4x ≥，所以满足题设条件的基本事件所对应的长度是642-=，因此索取的概率是21105=，故选A. 考点：几何概型7.已知点M 是边长为2的正方形ABCD 的内切圆内（含边界）一动点，则MA MB ∙的取值范围是（ ）A ．[]1,0-B ．[]1,2-C ．[]1,3-D ．[]1,4- 【答案】C考点：向量的数量积8.已知正项等比数列{}n a 满足54328a a a a +--=，则67a a +的最小值为（ ） A ．4 B ．16 C ．24 D ．32 【答案】D 【解析】试题分析：由54328a a a a +--=得()()22118a q q +-=，因为{}n a 是正项等比数列，所以由()()22118a q q +-=知1q >，所以67a a +()()()()4442228181111q q q a q q q q q +=+==-+⋅-()()422281818(1)11q q q q -+==++--()221812321q q ⎛⎫=-++≥ ⎪-⎝⎭,当且仅当22111q q -=-即q = D.考点：1、等比数列；2、均值不等式. 9.已知函数21()2b f x x c x =++（,b c 是常数）和11()4g x x x=+是定义在{}14M x x =≤≤上的函数，对任意的x M ∈，存在0x M ∈使得0()()f x f x ≥，0()()g x g x ≥，且00()()f x g x =，则()f x 在集合M 上的最大值为（ ）A ．72 B ．92C ．4D ．5 【答案】D考点：1、导数在函数研究中的应用；2、函数的最值.【思路点睛】本题是一个利用导数研究函数的单调性、最值方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据题意判断出()(),f x g x 的最值关系，再由条件求出函数11()4g x x x=+在定义域{}14M x x =≤≤上的最小值，进而判断出()f x 的最值情况，并据此求出,b c 的值，从而得到()f x 的解析式，进一步可求出()f x 的最大值，问题得以解决.10.已知抛物线24x py =（0p >）的焦点为F ，直线2y x =+与该抛物线交于A 、B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，若2()15AF BF AF BF FN p ∙++∙=--，则p 的值为（ ）A ．14 B ．12C ．1D ．2 【答案】B 【解析】试题分析：如图所示，设()()1122,,,,0,2p A x y B x y F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则121212,,,0222x x y y x x M N +++⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，联立2y x =+与24x py =消y 可得2480x px p --=，12124,8,x x p x x p +=⋅=-而考点：1、直线与圆锥曲线的位置关系；2、向量的数量积.【方法点睛】本题是一个直线与圆锥曲线的位置关系以及平面向量的数量积的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先设出相关点的坐标，利用数量积的定义把()215AF BF AF BF FN p ⋅++⋅=--用坐标表示出来，再联立直线2y x =+与该抛物线24x py =，并结合韦达定理，得到关于p 的方程，进而可求出p 的值，问题得以解决.第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题（本大题共5小题，每题5分，满分25分．）11.某小组4个同学的数学成绩的茎叶图如下图，则该同学成绩的中位数是__________.【答案】127 【解析】试题分析：把茎叶图中对应的四个数按从小到大的顺学进行排序是：114,126,128,132，其中中间两个数的平均数1261281272+=就是成绩的中位数，故答案应填127. 考点：1、茎叶图；2、中位数.12.在5(1)x x -展开式中含3x 的系数是__________．（用数字作答） 【答案】10-考点：二项式定理.13.从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有__________个．（用 数字作答） 【答案】52 【解析】试题分析：从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数共分三类，其中0为个位数时有2520A =个，2或4为个位数时有1144232A A ⋅=，所以共有203252+=，故答案应填52.考点：排列组合．14.已知点P 在单位圆221x y +=上运动，点P 到直线34100x y --=与3x =的距离分别记为1d 、2d ，则12d d +最小值为__________．【答案】5【解析】试题分析：设()cos ,sin P θθ，则13cos 4sin 10432sin cos 555d θθθ-θ--==+，而23cos d θ=-，所以12d d +=485sin cos 55θθ+-()55θϕ=+-，所以12d d +最小值为5-，故答案应填5考点：1、点到直线的距离；2、三角函数辅助角公式；3、函数的最值.【思路点睛】本题是一个点到直线的距离以及三角函数的辅助角公式和函数的最值方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据点P 在单位圆221x y +=上，利用参数法设出其坐标，然后再利用点到直线的距离公式表示出12,d d ，最后再利用辅助角公式表示出12d d +，进而可求出12d d +的最小值，问题得以解决.15.现定义一种运算“⊕”；对任意实数,a b ，,1,1b a b a b a a b -≥⎧⊕=⎨-<⎩，设2()(2)(3)f x x x x =-⊕+，若函数()()g x f x k =+的图象与x 轴恰有二个公共点，则实数k 的取值范围是__________． 【答案】()(]{}3,28,71--⋃--⋃考点：1、分段函数；2、函数的零点.【思路点睛】本题是一个新定义下的分段函数以及函数零点方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据题意得到函数()f x 的表达式，即()()()2341214x x x f x x x x ⎧+≥≤-⎪=⎨--<<⎪⎩或，并作出函数()f x 的图象，然后再作出直线y k =-的图象，这时只需二图象恰有两个公共点即可，从而可求出实数k 的取值范围，问题得到解决. 三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16.（本题满分12分）某市在“国际禁毒日”期间，连续若干天发布了“珍爱生命，远离毒品”的电视公益广告，期望让更多的市民知道毒品的危害性.禁毒志愿者为了了解这则广告的宣传效果，随机抽取了100名年龄阶段在[)10,20，[)20,30，[)30,40，[)40,50，[)50,60的市民进行问卷调查，由此得到样本频率分布直方图如图所示.（Ⅰ）求随机抽取的市民中年龄在[)30,40的人数；（Ⅱ）从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取5从，求[)50,60年龄段抽取的人数；（Ⅲ）从（Ⅱ）中方式得到的5人中再抽到2人作为本次活动的获奖者，记X为年龄在[)50,60年龄段的人数，求X的分布列及数学期望.【答案】（Ⅰ）30；（Ⅱ）2；（Ⅲ）X的分布列见解析，45 EX=.（Ⅲ）由已知0,1,2X =，23253(0)10C P X C ===，1123253(1)5C C P X C ===，22251(2)10C P X C ===，所以X 的分布列为所以012105105EX =⨯+⨯+⨯=. 考点：1、频率分布直方图；2、分层抽样；3、随机变量的分布列，期望. 17.（本题满分12分）已知函数44()cos 2sin cos sin f x x x x x =--.（Ⅰ）若x 是某三角形的一个内角，且()f x =，求角x 的大小； （Ⅱ）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求()f x 的最小值及取得最小值时x 的集合. 【答案】（Ⅰ）524x π=，或1324x π=；（Ⅱ）()f x 的最小值为此时x 的取值集合为38π⎧⎫⎨⎬⎩⎭.考点：1、三角函数的倍角公式，降幂公式及辅助角公式；2、三角函数的最值.18.（本题满分12分）三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，090ACB ∠=，2AC CB ==.（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若2CB AD = ，且异面直线PC 和AD 的夹角为060时，求二面角P CD A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）11-. 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据条件先证明点P 在平面ABC 上的射影O 是ABC ∆的外心，进一步证明平面PAB 经过平面ABC 的一条垂线，从而可证明平面PAB ⊥平面ABC ；（Ⅱ）首先根据条件并结合（Ⅰ）的结论建立空间直角坐标系（如下），并在此基础上求出各个相关点的坐标以及平面PCD 与平面ACD 的法向量，进而可求得二面角P CD A --的余弦值.设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =因为(0,CP =，CD =由00n CP n CD x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取(3,1,1)n = 平面ACD的法向量为OP =所以cos ,11OP n OP n OP n⋅〈〉===⋅. 由图可知，所求二面角P CD A --为钝角，其的余弦值为.y考点：1、面面垂直；2、异面直线所成的角；3、二面角的平面角. 19.（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足：530S =，10110S =，数列{}n b 的前n 项和n T 满足：11b =，121n n b T +-=.（Ⅰ）求n S 与n b ；（Ⅱ）比较n n S b 与2n n T a 的大小，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）2(22)2n n n S n n +==+，13n n b -=；（Ⅱ）当*4()n n N ≤∈时，2n n n n S b T a <；当*5()n n N ≥∈时，2n n n n S b T a >，理由见解析.对数列{}n b ，由已知有2121b T -=，即22213b b =+=， 所以213b b =，（*）又由已知121n n b T +-=，可得*121(2,)n n b T n n N --=≥∈，两式相减得112()0n n n n b b T T +----=，即*120(2,)n n n b b b n n N +--=≥∈， 整理得*13(2,)n n b b n n N +=≥∈ 结合（*）得13n nb b +=（常数），*n N ∈, 所以数列{}n b 是以11b =为首项，3为公比的等比数列， 所以13n n b -=.考点：1、等差数列及其前n 项的和；2、等比数列及其前n 项的和；3、差值比较法. 20.（本题满分13分）在平面直角坐标系中，动点M 到定点(1,0)F -的距离与它到直线2x =-的距离之比是常数2，记动点 M 的轨迹为T .（Ⅰ）求轨迹T 的方程；（Ⅱ）过点F 且不与x 轴重合的直线m ，与轨迹T 交于,A B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P ，在轨迹T 上是否存在点Q ，使得四边形APBQ 为菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说 明理由.【答案】（Ⅰ）2212x y +=；（Ⅱ）存在点Q ，m 的方程为y =y =理由见解析.因为PQ l ⊥，所以直线PQ 的方程为222()22k y k x k k -=-+++， 令0y =，解得212x k =-+，即21(,0)2P k -+. 因为P 、Q 关于N 点对称，所以022211()222x k k -=-++，021(0)22k y k =++， 解得0232x k -=+，0222k y k =+，即2232(,)22kQ k k -++. 因为点Q 在椭圆上，所以222232()2()222k k k -+=++解得2k =21k =1k =所以m 的方程为y =y =考点：1、椭圆及其方程；2、存在性问题的探求.【思路点睛】本题是一个圆锥曲线及直线与圆锥曲线的位置关系方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，对于（Ⅰ）直接根据题设条件列出等式，再进行化简，即可得到动点M 的轨迹T 的方程；对于（Ⅱ）先假设存在，并设出直线m 的方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理得到AB 中点坐标，进而表示出点Q 的坐标，再根据点Q 在椭圆上即可求出直线m 的方程.21.（本题满分14分）已知函数()ln f x x mx =-（m 为常数）. （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当m ≥时，设2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，2x ，（12x x <）恰为2()ln h x x cx bx =--的零点，求'1212()2x x y x x h +⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小值.【答案】（Ⅰ）当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m ，单调递减区间为1(,)m+∞，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；（Ⅱ）2ln 23-+.试题解析：（Ⅰ）'11()mxf x m x x-=-=，0x >，当0m >时，由10m ->解得1x m <，即当10x m <<时，'()0f x >，()f x 单调递增， 由10mx -<解得1x m >，即当1x m >时，'()0f x <，()f x 单调递减.当0m =时，'1()0f x x=>，即()f x 在()0,+∞上单调递增；当0m <时，10mx ->，故'()0f x >，即()f x 在()0,+∞上单调递增. 所以当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m ，单调递减区间为1(,)m+∞； 当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.考点：1、导数在函数研究中的应用；2、零点，极值，最值，单调区间.【思路点睛】本题是一个导数在函数研究中的应用以及函数的零点、极值、最值等方面的综合性问题，同时考查了构造函数以及换元的思想方法，属于难题.解决本题的基本思路是，对于（Ⅰ）首先求出函数()f x 的定义域，然后求()f x 的导数，再对m 进行分类讨论，即可得出()f x 的单调区间；对于（Ⅱ）先对()g x 求导，得到其两个极值点12,x x 的关系，进而得到2()ln h x x cx bx =--的零点12,x x 的关系，结合韦达定理就可以得到'1212()2x x y x x h +⎛⎫=- ⎪⎝⎭关于12,x x 的式子，再通过构造函数并判断出其单调性，就可求出'1212()2x x y x x h +⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小值，问题得到解决.。

1、某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。

实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。

②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。

每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F（N）0 0.50 1.00 1.05 2.00 2.50l（cm）l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O'，橡皮筋的拉力记为O O F'。

④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。

用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB。

（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F—l图线，根据图线求得l0=_____cm。

（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则F OA的大小为________N。

（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F'的图示。

（4）通过比较F'与________的大小和方向，即可得出实验结论。

2、李明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧秤拉力的大小，如图（a）所示，（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力.（2）有关此实验，下列叙述正确的是________.A.两弹簧秤的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧秤的拉力是分力C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O.这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D.实验中F1、F2的夹角应该取900，方便计算E.实验中，除了需要记录弹簧测力计的示数外，还需要记录下细绳套的方向（3）图（b）所示是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F′是用一只弹簧秤拉时的图示）答：__________________________________3、某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.若集合{}2xA y y ==，集合{B y y ==，则AB =（ ）A ．[)0,+∞B ．()1,+∞C ．()0,+∞D ．(),-∞+∞ 【答案】C 【解析】试题分析：先将集合A ，B 化简，然后再求出其交集.由于{}2xA y y =={}0y y =>，{B y y =={}0y y =≥，所以A B ={}0y y >，故选C.考点：1、指数函数，幂函数的值域；2、集合的运算. 2.为了得到函数3sin(2)5y x π=+的图象，只需把函数3sin()5y x π=+图象上的所有点（ ） A ．横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变 B ．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C ．纵坐标缩短到原来的12倍，横坐标不变 D ．纵坐标缩短到原来的2倍，横坐标不变 【答案】A考点：三角函数的图象变换．【方法点睛】本题是一个三角函数的图象变换问题，属于容易题.一般的要得到函数()sin y A x k ωϕ=++（其中0,0,A ω>>ϕπ<）的图像可按以下步骤进行：先把sin y x =的图象向左（0ϕ>）或向右（0ϕ<）平移ϕ个单位，再将所得函数的图象上各点的横坐标扩大（01ω<<）或缩小（1ω>）为原来的1ω（纵坐标不变），再把所得函数图象上各点的纵坐标扩大（1A >）或缩小（01A <<）为原来的A 倍（横坐标不变），最后再将所得图像向上（0k >）或向下（0k <）平移k 个单位，即可得到函数()sin y A x k ωϕ=++的图象.3.双曲线22221x y a b -=（0,0a b >>）的一条渐近线方程为43y x =，则双曲线的离心率是（ ）A ．54 B ．53 C ．73D ．3【答案】B考点：1、双曲线的渐近线；2、双曲线的离心率.4.在复平面内，复数(1)(1)z a a i =-++（a R ∈，i 为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是（ ）A ．1a ≥-B ．1a >-C ．1a ≤-D ．1a <- 【答案】D 【解析】试题分析：复数(1)(1)z a a i =-++（a R ∈，i 为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是1010a a ⎧->⎪⎨+<⎪⎩，解之得1a <-，故选D.考点：复平面．5.直线230x y +-=的倾斜角是θ，则sin cos sin cos θθθθ+-的值是（ ）A ．-3B ．-2C ．13D ．3 【答案】C考点：直线的倾斜角，斜率.6.在闭区间[]4,6-上随机取出一个数x ，执行下图程序框图，则输出x 不小于39的概率为（ ）A ．15 B ．25 C ．35 D ．45【答案】A 【解析】试题分析：这是一个几何概型问题，其中在闭区间[]4,6-上随机取出一个数x 构成的基本事件构成的总体所对应的长度是()6410--=；再由程序框图知最后输出的结果是()()22211187x x +++=+，令8739x +≥解得4x ≥，所以满足题设条件的基本事件所对应的长度是642-=，因此索取的概率是21105=，故选A. 考点：几何概型7.已知点M 是边长为2的正方形ABCD 的内切圆内（含边界）一动点，则MA MB ∙的取值范围是（ ）A ．[]1,0-B ．[]1,2-C ．[]1,3-D ．[]1,4- 【答案】C考点：向量的数量积8.已知正项等比数列{}n a 满足54328a a a a +--=，则67a a +的最小值为（ ） A ．4 B ．16 C ．24 D ．32 【答案】D 【解析】试题分析：由54328a a a a +--=得()()22118a q q +-=，因为{}n a 是正项等比数列，所以由()()22118a q q +-=知1q >，所以67a a +()()()()4442228181111q q q a q q q q q +=+==-+⋅-()()422281818(1)11q q q q -+==++--()221812321q q ⎛⎫=-++≥ ⎪-⎝⎭,当且仅当22111q q -=-即q = D.考点：1、等比数列；2、均值不等式. 9.已知函数21()2b f x x c x =++（,b c 是常数）和11()4g x x x=+是定义在{}14M x x =≤≤上的函数，对任意的x M ∈，存在0x M ∈使得0()()f x f x ≥，0()()g x g x ≥，且00()()f x g x =，则()f x 在集合M 上的最大值为（ ）A ．72 B ．92C ．4D ．5 【答案】D考点：1、导数在函数研究中的应用；2、函数的最值.【思路点睛】本题是一个利用导数研究函数的单调性、最值方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据题意判断出()(),f x g x 的最值关系，再由条件求出函数11()4g x x x=+在定义域{}14M x x =≤≤上的最小值，进而判断出()f x 的最值情况，并据此求出,b c 的值，从而得到()f x 的解析式，进一步可求出()f x 的最大值，问题得以解决. 10.已知抛物线24x py =（0p >）的焦点为F ，直线2y x =+与该抛物线交于A 、B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，若2()15AF BF AF BF FN p ∙++∙=--，则p 的值为（ ）A ．14 B ．12C ．1D ．2 【答案】B 【解析】试题分析：如图所示，设()()1122,,,,0,2p A x y B x y F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则121212,,,0222x x y y x x M N +++⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，联立 2y x =+与24x py =消y 可得2480x px p --=，12124,8,x x p x x p +=⋅=-而考点：1、直线与圆锥曲线的位置关系；2、向量的数量积.【方法点睛】本题是一个直线与圆锥曲线的位置关系以及平面向量的数量积的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先设出相关点的坐标，利用数量积的定义把()215AF BF AF BF FN p ⋅++⋅=--用坐标表示出来，再联立直线2y x =+与该抛物线24x py =，并结合韦达定理，得到关于p 的方程，进而可求出p 的值，问题得以解决.第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题（本大题共5小题，每题5分，满分25分．）11.某小组4个同学的数学成绩的茎叶图如下图，则该同学成绩的中位数是__________.【答案】127 【解析】试题分析：把茎叶图中对应的四个数按从小到大的顺学进行排序是：114,126,128,132，其中中间两个数的平均数1261281272+=就是成绩的中位数，故答案应填127. 考点：1、茎叶图；2、中位数.12.在5(1)x x -展开式中含3x 的系数是__________．（用数字作答） 【答案】10-考点：二项式定理.13.从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有__________个．（用 数字作答） 【答案】52 【解析】试题分析：从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数共分三类，其中0为个位数时有2520A =个，2或4为个位数时有1144232A A ⋅=，所以共有203252+=，故答案应填52.考点：排列组合．14.已知点P 在单位圆221x y +=上运动，点P 到直线34100x y --=与3x =的距离分别记为1d 、2d ，则12d d +最小值为__________．【答案】55- 【解析】试题分析：设()cos ,sin P θθ，则13cos 4sin 10432sin cos 555d θθθ-θ--==+，而23cos d θ=-，所以12d d +=485sin cos 55θθ+-()5θϕ=-，所以12d d +最小值为55-，故答案应填55-. 考点：1、点到直线的距离；2、三角函数辅助角公式；3、函数的最值.【思路点睛】本题是一个点到直线的距离以及三角函数的辅助角公式和函数的最值方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据点P 在单位圆221x y +=上，利用参数法设出其坐标，然后再利用点到直线的距离公式表示出12,d d ，最后再利用辅助角公式表示出12d d +，进而可求出12d d +的最小值，问题得以解决.15.现定义一种运算“⊕”；对任意实数,a b ，,1,1b a b a b a a b -≥⎧⊕=⎨-<⎩，设2()(2)(3)f x x x x =-⊕+，若函数()()g x f x k =+的图象与x 轴恰有二个公共点，则实数k 的取值范围是__________． 【答案】()(]{}3,28,71--⋃--⋃考点：1、分段函数；2、函数的零点.【思路点睛】本题是一个新定义下的分段函数以及函数零点方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，首先根据题意得到函数()f x 的表达式，即()()()2341214x x x f x x x x ⎧+≥≤-⎪=⎨--<<⎪⎩或，并作出函数()f x 的图象，然后再作出直线y k =-的图象，这时只需二图象恰有两个公共点即可，从而可求出实数k 的取值范围，问题得到解决. 三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16.（本题满分12分）某市在“国际禁毒日”期间，连续若干天发布了“珍爱生命，远离毒品”的电视公益广告，期望让更多的市民知道毒品的危害性.禁毒志愿者为了了解这则广告的宣传效果，随机抽取了100名年龄阶段在[)10,20，[)20,30，[)30,40，[)40,50，[)50,60的市民进行问卷调查，由此得到样本频率分布直方图如图所示.（Ⅰ）求随机抽取的市民中年龄在[)30,40的人数；（Ⅱ）从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取5从，求[)50,60年龄段抽取的人数；（Ⅲ）从（Ⅱ）中方式得到的5人中再抽到2人作为本次活动的获奖者，记X为年龄在[)50,60年龄段的人数，求X的分布列及数学期望.【答案】（Ⅰ）30；（Ⅱ）2；（Ⅲ）X的分布列见解析，45 EX=.（Ⅲ）由已知0,1,2X =，23253(0)10C P X C ===，1123253(1)5C C P X C ===，22251(2)10C P X C ===，所以X 的分布列为所以012105105EX =⨯+⨯+⨯=.考点：1、频率分布直方图；2、分层抽样；3、随机变量的分布列，期望. 17.（本题满分12分）已知函数44()cos 2sin cos sin f x x x x x =--.（Ⅰ）若x 是某三角形的一个内角，且()2f x =-，求角x 的大小； （Ⅱ）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求()f x 的最小值及取得最小值时x 的集合. 【答案】（Ⅰ）524x π=，或1324x π=；（Ⅱ）()f x 的最小值为此时x 的取值集合为38π⎧⎫⎨⎬⎩⎭.考点：1、三角函数的倍角公式，降幂公式及辅助角公式；2、三角函数的最值.18.（本题满分12分）三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，090ACB ∠=，2AC CB ==.（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若2CB AD =，且异面直线PC 和AD 的夹角为060时，求二面角P CD A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）11-. 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据条件先证明点P 在平面ABC 上的射影O 是ABC ∆的外心，进一步证明平面PAB 经过平面ABC 的一条垂线，从而可证明平面PAB ⊥平面ABC ；（Ⅱ）首先根据条件并结合（Ⅰ）的结论建立空间直角坐标系（如下），并在此基础上求出各个相关点的坐标以及平面PCD 与平面ACD 的法向量，进而可求得二面角P CD A --的余弦值.设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =因为(0,CP =，2(,,0)22CD -=由202022n CP n CD xy ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取(3,1,1)n =平面ACD 的法向量为OP = 所以cos ,1111OP n OP n OP n⋅〈〉===⋅. 由图可知，所求二面角P CD A --为钝角，其的余弦值为11-.y考点：1、面面垂直；2、异面直线所成的角；3、二面角的平面角. 19.（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足：530S =，10110S =，数列{}n b 的前n 项和n T 满足：11b =，121n n b T +-=.（Ⅰ）求n S 与n b ；（Ⅱ）比较n n S b 与2n n T a 的大小，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）2(22)2n n n S n n +==+，13n n b -=；（Ⅱ）当*4()n n N ≤∈时，2n n n n S b T a <；当*5()n n N ≥∈时，2n n n n S b T a >，理由见解析.对数列{}n b ，由已知有2121b T -=，即22213b b =+=， 所以213b b =，（*）又由已知121n n b T +-=，可得*121(2,)n n b T n n N --=≥∈，两式相减得112()0n n n n b b T T +----=，即*120(2,)n n n b b b n n N +--=≥∈， 整理得*13(2,)n n b b n n N +=≥∈结合（*）得13n nb b +=（常数），*n N ∈, 所以数列{}n b 是以11b =为首项，3为公比的等比数列，所以13n n b -=.考点：1、等差数列及其前n 项的和；2、等比数列及其前n 项的和；3、差值比较法. 20.（本题满分13分）在平面直角坐标系中，动点M 到定点(1,0)F -的距离与它到直线2x =-的距离之比是常数，记动点 M 的轨迹为T .（Ⅰ）求轨迹T 的方程；（Ⅱ）过点F 且不与x 轴重合的直线m ，与轨迹T 交于,A B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P ，在轨迹T 上是否存在点Q ，使得四边形APBQ 为菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说 明理由.【答案】（Ⅰ）2212x y +=；（Ⅱ）存在点Q ，m 的方程为y =+y =-理由见解析.因为PQ l ⊥，所以直线PQ 的方程为222()22k y k x k k -=-+++，令0y =，解得212x k =-+，即21(,0)2P k -+.因为P 、Q 关于N 点对称，所以022211()222x k k -=-++，021(0)22k y k =++， 解得0232x k -=+，0222k y k =+，即2232(,)22kQ k k -++. 因为点Q 在椭圆上，所以222232()2()222k k k -+=++解得2k =21k =1k=所以m 的方程为y =y =-考点：1、椭圆及其方程；2、存在性问题的探求.【思路点睛】本题是一个圆锥曲线及直线与圆锥曲线的位置关系方面的综合性问题，属于难题.解决本题的基本思路是，对于（Ⅰ）直接根据题设条件列出等式，再进行化简，即可得到动点M 的轨迹T 的方程；对于（Ⅱ）先假设存在，并设出直线m 的方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理得到AB 中点坐标，进而表示出点Q 的坐标，再根据点Q 在椭圆上即可求出直线m 的方程.21.（本题满分14分）已知函数()ln f x x mx =-（m 为常数）. （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当2m ≥时，设2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，2x ，（12x x <）恰为2()ln h x x cx bx =--的零点，求'1212()2x x y x x h +⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小值. 【答案】（Ⅰ）当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m ，单调递减区间为1(,)m+∞，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；（Ⅱ）2ln 23-+.试题解析：（Ⅰ）'11()mxf x m x x-=-=，0x >，当0m >时，由10m ->解得1x m <，即当10x m <<时，'()0f x >，()f x 单调递增， 由10mx -<解得1x m >，即当1x m >时，'()0f x <，()f x 单调递减.当0m =时，'1()0f x x=>，即()f x 在()0,+∞上单调递增；当0m <时，10mx ->，故'()0f x >，即()f x 在()0,+∞上单调递增.所以当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m ，单调递减区间为1(,)m+∞； 当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.考点：1、导数在函数研究中的应用；2、零点，极值，最值，单调区间.【思路点睛】本题是一个导数在函数研究中的应用以及函数的零点、极值、最值等方面的综合性问题，同时考查了构造函数以及换元的思想方法，属于难题.解决本题的基本思路是，对于（Ⅰ）首先求出函数()f x 的定义域，然后求()f x 的导数，再对m 进行分类讨论，即可得出()f x 的单调区间；对于（Ⅱ）先对()g x 求导，得到其两个极值点12,x x 的关系，进而得到2()ln h x x cx bx =--的零点12,x x 的关系，结合韦达定理就可以得到'1212()2x x y x x h +⎛⎫=- ⎪⎝⎭关于12,x x 的式子，再通过构造函数并判断出其单调性，就可求出'1212()2x x y x x h +⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小值，问题得到解决.。

2016届成都七中高中化学分推试题（四）专题化学反应速率与平衡（2）1.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L-10.1 0.2 02 min末浓度/mol·L-10.08 a b平衡浓度/mol·L-10.05 0.05 0.1下列说法正确的是A. 平衡时，X的转化率为20% B．t ℃时，该反应的平衡常数为40C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y) = 0.03 mol·L-1·min-12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且乙的压强大C．图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为b3.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系下表：温度℃25 80 230平衡常数5×104 2 1.9×10-5下列说法正确的是A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为吸热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为0.5C．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）>v（逆）D．80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L4.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t℃700 800 830 1000 1200K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)B．上述反应的正反应是放热反应C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：，判断此时的温度是1000 ℃5.在一个固定容积的密闭容器中，可发生以下反应：A(g)+B(g)xC(g)；∆H＝?符合下图(a)所示的关系w(c)为C 的质量分数，由此推断关于图(b)的说法正确的是A．P3>P4，y轴表示A的转化率B．P3<P4，y轴表示B的体积分数C．P3<P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量D．P3>P4，y轴表示混合气体的密度6.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)△H＝－92.4 kJ/mol 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3① 1 3 0 放出热量a kJ② 2 3 0 放出热量b kJ③ 2 6 0 放出热量c kJ下列叙述正确的是( )A．放出热量关系：a < b < 92.4 B．三个容器内反应的平衡常数：③> ①> ②C．达平衡时氨气的体积分数：①> ③D．N2的转化率：②> ①> ③7．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及数量如图所示，三个容器最初的容积相等，温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.29）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共3.0分)1.如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是（）A.导线通电后其下方小磁针偏转B.闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动C.通电导线在磁场中运动D.金属杆切割磁感线运动【答案】D【解析】解：A、导线通电后其下方小磁针偏转，是说明电流的周围存在磁场的实验，没有感应电流．故A错误；B、闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动，磁通量没有变化，不能产生感应电流．故B错误；C、该图中的导线是含有电源的闭合回路的一部分，导线在磁场中产生安培力而产生运动，所以不存在感应电流．故C错误；D、闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流．故D正确．故选：D根据磁感线的特点和产生感应电流的条件判断各个选项：（1）导体是闭合电路的一部分；（2）导体做切割磁感线运动．本题考查了产生感应电流的条件和磁感线的特点，是一道基础题．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)2.如图所示为探究产生感应电流的条件的实验装置，下列情况下能引起电流计指针偏转的是（）A.闭合电键瞬间B.断开电键瞬间C.闭合电键后拔出铁芯瞬间D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变【答案】ABC【解析】解：A、闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动．故A、B正确．C、闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动．故C正确．D、闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动．故D错误．故选ABC．当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转动．解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流．四、单选题(本大题共1小题，共3.0分)4.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定线圈时，通过电流计的感应电流的方向是（）A.a→G→bB.先a→G→b，后b→G→aC.b→G→aD.先b→G→a，后a→G→b【答案】D【解析】解：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），故ABC错误，D 正确；故选：D当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向．本题是楞次定律的基本应用．对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动．五、多选题(本大题共2小题，共6.0分)5.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时（）A.a端聚积电子B.b端聚积电子C.金属棒内电场强度等于零D.φa＞φb【答案】BD【解析】解：由安培定则可知，电流右侧磁场方向向外；ab在转动中切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，a端电势高，b端电势低，即：φa ＞φb ，故金属棒内电场强度不等于零，b端将聚集电子，故BD正确；AC错误；故选：BD ．明确电流右侧产生的磁场方向，再根据右手定则可判断ab 两端电势的高低，即可知道哪端聚积了电子．本题考查右手定则及安培定则，要注意正确掌握电动势的方向，了解感应电动势产生的微观机理．6.两圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环，当A 以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B 中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）A.A 可能带正电且转速减小B.A 可能带正电且转速增大C.A 可能带负电且转速减小D.A 可能带负电且转速增大 【答案】 BC【解析】解：由图可知，B 中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A 中电流应为顺时针，故A 应带正电，因磁场变强，故A 中电流应增大，即A 的转速应增大，故B 正确；若原磁场向外，则A 中电流应为逆时针，即A 应带负电，且电流应减小，即A 的转速应减小，故C 正确； 故选BC ．A 环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B 中的磁通量发生变化，则可以在B 中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A 中带电及转动情况．本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B 中感应电流是因为B 中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A 的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关．六、单选题(本大题共6小题，共18.0分) 7.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为（ ）A.12EB.13EC.23E D.E 【答案】 B【解析】解：由题大、小金属环的电阻之比R 左：R 右=2：1，R 左=2R 右， 根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a 、b 两点间的电势差为：U=R 右R左+R 右E =13E ，故B 正确． 故选：B ．磁感应强度随时间均匀变化时，大金属环内产生恒定的感应电动势．由欧姆定律求出a 、b 两点间的电势差．本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a 、b 两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势．8.图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A.匀速滑动时，I1=0，I2=0B.匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C.加速滑动时，I1=0，I2=0D.加速滑动时，I1≠0，I2≠0【答案】D【解析】解：当AB切割磁感线时，相当于电源．匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以I2=0，I1≠0；加速滑动，根据E=BL v，知电动势增大，电容两端的电压增大．所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I1≠0，I2≠0．故A、B、C错误，D正确．故选D．当AB切割磁感线时，相当于电源．匀速滑动，产生稳定的电动势，电容器“隔直流”，此时无电流通过电容器；加速滑动，电动势增大，电容器有充电电流．解决本题的关键知道电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流．9.在匀强磁场中，有一接有电容器的回路，如图所示．已知C=30μF，l1=5cm，l2=8cm，磁场以5×10-2T/s的速度增强．则（）A.电容器上板带正电，带电荷量2×10-9 CB.电容器上板带正电，带电荷量6×10-9 CC.电容器上板带负电，带电荷量4×10-9 CD.电容器上板带负电，带电荷量6×10-9 C【答案】B【解析】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电．根据法拉第电磁感应定律得：=5×10-2×0.05×0.08V=2×10-4 V，E=△B⋅S△t则：Q=CU=CE=3×10-5×2×10-4=6×10-9C．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知上极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．解决本题的关键掌握楞次定律判断出感应电动势的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律．10.一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是（）A.把线圈匝数增加一倍B.把线圈面积增加一倍C.把线圈半径增加一倍D.改变线圈与磁场方向的夹角【答案】C【解析】解：设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，则I=ER =n△Φ△tR=nπr2△B△tsinθρn2πrS0=S0r2ρ•△B△t•sinθ可见，将r增加一倍，I增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ不能变为原来的2倍（因sinθ最大值为1），若将线圈的面积增加一倍，半径r增加（√2-1）倍，电流增加（√2-1）倍，I与线圈匝数无关．故C正确，A、B、D错误．故选C．根据法拉第电磁感应定律E=n△Φ△t ，电阻定律R=ρL s以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍．本题综合考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电阻定律．关键能运用这些定律推导出电流的表达式．11.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）B.磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下C.磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D.磁铁落地时的速率一定等于√2gℎ【答案】A【解析】解：A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A正确；B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近线圈的过程中为阻碍磁铁的靠近，线圈对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过线圈远离线圈的过程中，为阻碍磁铁的远离，线圈对磁铁的作用力竖直向上，则在你整个过程中，线圈对磁铁的作用力始终竖直向上，故B错误；C、在磁铁下落过程中，线圈中产生感应电流，线圈中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故C错误；D、磁铁做自由落体运动时，v2=2gh，磁铁落地时的速度v=√2gℎ，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于√2gℎ，故D错误；故选A．A、由楞次定律可以判断出感应电流的方向；B、由楞次定律判断磁铁在下落过程中所受线圈作用力的方向；C、应用能量守恒定律分析答题；D、假设磁铁做自由落体运动，求出磁铁落地时的速度，然后判断磁铁落地时速度大小．本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键．12.如图（甲）所示，面积S=0.2m2的线圈，匝数n=630匝，总电阻r=1.0Ω，线圈处在变化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图（乙）所示规律变化，方向垂直线圈平面，图（甲）中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3V，0.9W”，滑动变阻器R0上标有“10Ω，1A”，则下列说法正确的是（）A.电流表的电流方向向左B.为了保证电路的安全，电路中允许通过的最大电流为1 AC.线圈中产生的感应电动势随时间在变化D.若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图（乙）中的t0最小值为40s【答案】D【解析】解：A、根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流，电流表的电流方向向右，故A 错误；B、传感器正常工作时电阻为：R=U 2P =3 20.9=10Ω，工作电流为：I=UR =310=0.3A变阻器的工作电流是1A所以电路允许通过最大电流为：I=0.3A，故B错误；C、因为△B△t 恒定，所以根据法拉第电磁感应定律E=n△B△tS，线圈中产生恒定的感应电动势，故C错误；D、滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为：R外 =20Ω电源电动势的最大值为：E=I(R外 +r)=6.3V由法拉第电磁感应定律：E=n△φ△t=nS△B△t =630×0.2×2.0t0 得t0 =40s，故D正确；故选：D由楞次定律判断感应电流的方向；根据欧姆定律，与公式R=U 2P相结合，即可求解；根据闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解．考查楞次定律、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律的应用与理解，同时学会运用图象来分析解答题．三、计算题(本大题共1小题，共3.0分)3.在探究磁场产生电流的条件，做了如图所示实验，在表格中填写观察到现象．实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转）（1）接通开关瞬间（2）接通开关，移动变阻器滑片（3）接通开关，变阻器滑片不移动（4）断开开关瞬间【答案】解：（1）接通开关瞬间，穿过副线圈磁通量增加，产生感应电流，则电流表指针偏转．（2）接通开关，移动变阻器滑片，原线圈中电流变化，则穿过副线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针偏转．（3）接通开关，变阻器滑片不移动，原线圈中的电流不变，穿过副线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转．（4）断开开关瞬间，穿过副线圈磁通量减小，产生感应电流，电流表指针偏转．故答案为：实验操作电流表的指针（偏转或不偏转）（1）接通开关瞬间偏转（2）接通开关，移动变阻器滑片偏转（3）接通开关，变阻器滑片不移动不偏转（4）断开开关瞬间偏转【解析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．根据该条件进行判断．解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化．七、计算题(本大题共5小题，共53.0分)13.如图所示，间距为2l的两条水平虚线之间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为R的单匝正方形闭合导体线框abcd，从磁场上方某一高度处自由下落，cd边恰好垂直于磁场方向匀速进入磁场．已知线框边长为l，线框平面保持在竖直平面内且cd边始终与水平的磁场边界平行，重力加速度为g，不考虑空气阻力．求：（1）线框开始下落时，cd边到磁场上边界的高度；（2）若线框ab边刚离开磁场区域时的速度与cd边刚进入磁场区域时的速度相等，则从cd边刚离开磁场区域到ab边离开磁场区域的过程中，线框中所产生的焦耳热．【答案】解：（1）在线框以v进入磁场时做匀速运动，受力平衡，即：F安=mg…①又F安=BIL…②…③而I=ERE=BL v…④mv2…⑤又据机械能守恒定律得：mgh=12…⑥联解上四式得：h=m2gR22B4L4（2）因为线框ab边刚离开磁场区域时的速度与cd边刚进入磁场区域时的速度相等，动能不变，则线框的重力势能转化为内能所以线框中所产生的焦耳热为Q=mg•3l=3mgl．答：（1）线框开始下落时，cd边到磁场上边界的高度是m2gR2；2B4L4（2）线框中所产生的焦耳热为3mgl．【解析】（1）线框进入磁场后做匀速运动，根据安培力和重力平衡求出进入磁场的速度，结合速度位移公式求出下落的高度．（2）在线框进入磁场的过程中运用能量转化和守恒定律求热量Q．本题考查了电磁感应与力学和电学的综合，难度中等，电磁感应是高考的重点和热点问题，需加强训练．14.如图所示，在高度差h=0.5m的平行虚线范围内，有磁感强度B=0.5T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m=0.1kg、边长L=0.5m、电阻R=0.5Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离．现用一竖直向上的恒力F=4.0N向上提线框，该框由位置“I”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“II”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平．设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动．g取10m/s2，求：（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；（2）线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？【答案】解：（1）由于线框cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，故此时线框所受合力为零，分析可知：F-mg-F A=0设此时线框的运动速度为v，安培力为：F A= BIL感应电流为：I=ER感应电动势为：E= BL v联立以上各式解得：线框匀速穿过磁场时的速度为：v=(F−mg)RB2L2=(4−0.1×10)×0.50．52×0．52m/s=24m/s根据动能定理，线框从Ⅰ位置到cd边刚进入磁场的过程中，有：F•H-mg•H=12mv2代入数据，解得：H=12mv2F−mg =12×0.1×2424−0.1×10m=9.6m（2）恒力F做的功为：W=F•（H+h+L）代入数据，解得：W=4×（9.6+0.5+0.5）J=42.4J从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力F所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即：F•（h+L）=mg•（h+L）+Q代入数据，解得：Q=F（h+L）-mg（h+L）=（F-mg）（h+L）=（4-0.1×10）×（0.5+0.5）J=3.0J答：（1）线框进入磁场前与磁场下边界的距离H是9.6m；（2）线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，恒力F做的功是42.4J，线框内产生的热量是3J．【解析】（1）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，分析线框的受力，由平衡条件列式得到安培力的大小，根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力与速度的关系式，即可求出线框刚进入磁场时的速度．线框进入磁场前做匀加速运动，由动能定理列式求H．（2）恒力F做功直接根据功的公式计算．根据能量守恒定律求解线框内产生的热量．本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究．对于第2题中热量，也可以根据焦耳定律这样列式求解：Q=I2R t=(BLvR )2⋅R⋅(ℎ+Lv)=3J．15.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd，质量为m、电阻为R，垂直纸面向外的匀强磁场区域宽度为H （H＞L），磁感应强度为B．线框竖直上抛，线框ab边向上离开磁场时的速率是进入磁场时速率的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．不计空气阻力，整个运动过程中线框不转动．求线框向上（1）ab边离开磁场时的速率；（2）通过磁场过程中安培力所做的功；（3）完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量．【答案】（1）线框落下并匀速进入磁场时合力为零，则mg=BILI=BLυR解得：υ=mgRB2L2因为从线框向上离开磁场到再次进入磁场的过程中合外力做功为零，所以ab边离开磁场时的速率υ'与线框匀速进入磁场时的速率υ相等．即υ′=υ=mgRB2L2（2）此过程中由动能定理有−mg(H+L)+W A=12mυ/2−12m(2υ/)2W A=mg(H+L)−3m3g2R2 2B4L4（3）通过横截面的电荷量：q=I△t 又：I=ERE=△Φ△t△Φ=BL2由以上几式解得：q=BL2R答：（1）ab边离开磁场时的速率是mgRB2L2；（2）通过磁场过程中安培力所做的功是mg(H+L)−3m3g2R22B4L4；（3）完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量是BL2R【解析】（1）线框下落阶段匀速进入磁场过程中，线框所受力：重力空气阻力及向上的安培力的合力为零，根据平衡条件和安培力公式列式，从而求出ab边离开磁场时的速率．（2）分析线框向上穿过磁场的过程能量转化：减少的动能转化为重力势能、线框中焦耳热Q及空气内能，据能量守恒定律求解安培力做的功．（3）根据感应电量q =△ΦR 即可求得向上完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量． 本题关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误，所以，本类问题属于难题中的易错题． 16.如图所示，质量为m 、边长为L 的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R ．匀强磁场的宽度为H ．（L ＜H ），磁感应强度为B ，线框下落过程中ab 边与磁场边界平行且保持水平．已知ab 边刚进入磁场时和ab 边刚穿出磁场时线框都做减速运动，加速度大小都为13g ．求：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时的速度大小；（2）cd 边刚进入磁场时，线框的速度大小；（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量．【答案】解：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时，由牛顿第二定律可得：B 2L 2VR -mg =m •13g ，解得：v =4mgR 3B 2L 2（2）设cd 边刚进入磁场时线框的速度大小为v ′，考察从cd 边刚进入磁场到ab 边刚出磁场的过程，由动能定理可得：mg （H-L ）=12mv 2-12mv ′2解得：v ′=√16m2g 2R 29B 2L4−2g(H −L) （3）线框进入磁场的过程中，由能量守恒可得：mg L+12mv 2-12mv ′2=Q 解得：Q=mg L+mg （H-L ）=mg H答：（1）ab 边刚进入磁场时和ab 边刚出磁场时的速度大小4mgR 3B 2L 2；（2）cd 边刚进入磁场时，线框的速度大小√16m2g 2R 29B 2L4−2g(H −L)； （3）线框进入磁场的过程中，产生的热量mg H ．【解析】由题，ab 边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动，安培力与重力平衡，由平衡条件和安培力公式F=B 2L 2VR ，可求出此时线框的速度，cd 边进入磁场后到ab 边刚穿出磁场过程，线框的磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力而匀加速运动，由运动学公式求出cd边刚进入磁场时线框的速度；从线框开始下落到整个线框全部穿出磁场的过程，线框的重力势能减小转化为线框的动能和电路的内能，由能量守恒定律求解焦耳热．本题首先要正确分析线框的运动情况，会推导安培力的表达式，把握能量是如何转化的．17.一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB′重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2-s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，g=10m/s2．（1）根据v2-s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d．（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是多少？（3）匀强磁场的磁感应强度多大？【答案】解：（1）由图象可知，从s=0到s1=1.6m过程中，金属框作匀加速运动由公式v2=2as可得金属框的加速度a1=v122s1=162×1.6=5m/s2根据牛顿第二定律mgsinθ=ma1θ=30°金属框下边进磁场到上边出磁场，线框做匀速运动．∴△s=2L=2d=2.6-1.6=1m，d=L=0.5m（2）金属框刚进入磁场时，v12=16v1=4m/s金属框穿过磁场所用的时间t=2L v1=0.25s（3）因匀速通过磁场B BLv1RL=mgsinθ所以磁感应强度的大小B=0.5T答：（1）斜面的倾角为30°，匀强磁场的宽度为0.5m．（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是0.25s．（3）匀强磁场的磁感应强度为0.5T．【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出金属框的加速度，通过牛顿第二定律求出斜面的倾角．通过线框匀速直线运动的位移得出磁场的宽度．（2）根据匀速直线运动的位移和速度求出金属框进入磁场到穿出磁场所用的时间．（3）抓住线框匀速直线运动时，重力沿斜面方向上的分力等于安培力求出匀强磁场的磁感应强度．解决本题的关键理清金属框的运动规律，结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．。