福建省莆田哲理中学2014-2015学年高一上学期期末考试物理试题

2014～2015学年上学期高一地理期末考试卷（考试时间：90分钟；满分：100分）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。

第Ⅰ卷（60分）注意事项：1．务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上2．把选择题每小题的正确答案用2B铅笔正确填涂在答题卡对应的题目上。

一、单项选择题（本大题共40题，每小题1.5分，共计60分。

）1．我国北方季风区有一条大河，一年内有两次汛期，该河补给水源主要是（）A．雨水和地下水 B．雨水和冰川融水C．雨水和季节性积雪融水 D．雨水和湖泊水下图为某半球甲地位置示意图，右图为甲地降水量月分配柱状图。

读图完成2～3题。

甲2．甲地降水量最多的季节是( )A．春季 B．夏季 C．秋季 D．冬季3．甲地的气候类型最有可能是( )A．地中海气候 B．亚热带季风气候C．热带沙漠气候D．温带海洋性气候4．东非高原位于赤道附近，但不属于热带雨林气候而是热带草原气候，其主要原因是（） A．距海较远 B．海陆差异的影响C．副热带高气压带的控制D．高原地形影响5．下列四幅图所代表的气候类型依次是（）A．地中海气候、温带季风气候、温带海洋性气候、亚热带季风气候B．地中海气候、亚热带季风气候、温带大陆性气候、热带雨林气候C．温带季风气候、热带季风气候、温带大陆性气候、热带草原气候D．热带草原气候、热带季风气候、热带雨林气候、温带海洋性气候全球气候变化会引起地理环境的变化。

据此完成6～7题。

6．下列现象中，与全球气候变暖有关的是（）①环太平洋带火山、地震频发②图瓦卢等岛国的部分陆地被海水淹没③温带地区树枝提前萌发新芽④全球灾害性天气频繁出现A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④7．全球气候变暖对人类活动可能造成的影响是（）A．低纬度地区农作物产量成倍增加B．中纬度地区采暖耗能有所减少C．北温带小麦播种面积明显增加 D．南温带农作物病虫害迅速减少高压．低压和锋面是常见的天气系统，大大小小的天气系统相互作用，演变出不同的天气过程。

2014-2015学年福建省八县（市）一中联考高一（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项是正确的，请将正确答案字母填写在答题卷表格中的相应位置．）1．（4分）下列说法不符合历史事实的是（）A．亚里士多德认为，力是改变物体运动状态的原因B．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去D．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向2．（4分）关于物理量或物理量的单位，下列说法正确的是（）A．1N/kg=9.8m/s2B．“m”“kg”“s”都是国际单位制的基本单位C．为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位D．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、速度为三个基本物理量3．（4分）关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）A．力是改变物体惯性的原因B．物体的运动速度越大，其惯性也越大C．物体只有静止或匀速直线运动时才有惯性D．一切物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的量度4．（4分）一本书静止在水平桌面上，则下列说法中正确的是（）A．书对桌面的压力是由于桌面的形变产生的B．书受到的重力的反作用力就是它对桌面的压力C．桌面对书的支持力与书对桌面的压力是一对作用力与反作用力D．桌面对书的支持力与书对桌面的压力是一对平衡力5．（4分）关于物体的运动状态与所受外力的关系，下面说法正确的是（）A．物体运动状态保持不变时，它一定没有受到外力的作用B．物体所受力的合力不为零时，它的运动状态一定会发生改变C．物体所受力的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向一定与它所受合外力的方向相同6．（4分）如图所示，质量均为m的A、B两球之间系一根轻弹簧，放在光滑水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是（）A．A的加速度为B．A的加速度为C．B的加速度为D．B的加速度为7．（4分）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明（）A．电梯一定是在下降B．电梯可能是在上升C．电梯的加速度方向可能是向上D．乘客一定处在超重状态8．（4分）物体甲的质量是物体乙的质量的2倍，甲从H、乙从2H高处同时自由下落，甲未落地前的下落过程中，下列说法中正确的是（）A．同一时刻甲的速度比乙的速度大B．甲的加速度比乙的加速度大C．乙下落时间是甲的2倍D．各自下落相同的高度时，它们的速度相同9．（4分）a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A．第20s时刻，a、b两物体相距最远B．第60s时刻，物体a在物体b的前方C．第40s时刻，a、b两物体速度相等，相距200 mD．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速10．（4分）如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（）A．F1增大，F2减小 B．F1减小，F2增大C．F1减小，F2减小 D．F1增大，F2增大11．（4分）如图所示，m A＞m B，设地面对A的支持力为F N，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，则在此过程中（）A．F N增大，F2增大，F1不变B．F N减小，F2减小，F1不变C．F N减小，F2减小，F1增大D．F N增大，F2减小，F1增大12．（4分）如图所示，弹簧一端系在墙上O点，另一端自由伸长到B点，今将一小物体m压着弹簧（与弹簧未连接），将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定．下列说法中正确的是（）A．物体在B点受合外力为零B．物体的速度从A到B越来越大，从B到C越来越小C．物体从A到B加速度越来越小，从B到C加速度不变D．物体从A到B先加速后减速，从B到C匀减速二、实验题（每空2分，共16分．请将正确答案和作图填在答卷纸题目中的横线上．）13．（4分）（1）在做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤分别拉着两根绳套把橡皮条的另一端拉到某一确定的O 点，则下列说法中正确的是A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板保持平行C．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点。

福建省莆田市湄洲第二中学高一物理上学期期末试题含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意 1.如图所示，小球以一定速度沿水平方向离开桌面后做平抛运动，这样的平抛运动可分解为水平方向和竖直方向的两个分运动，下列说法正确的是A ．水平方向的分运动是匀加速运动B ．竖直方向的分运动是匀加速运动C ．水平方向的分速度为零D ．竖直方向的分速度不变 参考答案：B2. （单选）一个物体相对于另一个物体的位置改变叫做机械运动，它是绝对的，而静止是相对的，在有云的夜晚，我们抬头望月，觉得月亮在云中穿行，这时选取的参考系是: A ．月亮 B ．地面 C ．云 D ．星参考答案：C3. 小石子在离水平地面35m 处以30m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，取重力加速度g = 10m/s2，则小石子（ ） A ．在空中运动的时间为7s B ．落地时的速度大小为70m/s C ．落地前的路程为35mD ．在空中运动的时间内速度改变量的大小为10m/s 参考答案： A4. （多选）如图所示，将两个相同的木块a 、b 置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a 、b 中间用一轻弹簧连接，b 的右端用平行于斜面的细绳与固定在斜面上的挡板相连．开始时a 、b 均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力，下列说法正确的是( ) A ．a 所受的摩擦力一定不为零 B ．b 所受的摩擦力一定不为零 C ．细绳剪断瞬间，a 所受摩擦力不变 D ．细绳剪断瞬间，b 所受摩擦力可能为零参考答案：ACD5. 一个物体在地球表面所受的重力为G ，则在距地面高度为地球半径的2倍时，所受引力为 （A ）G/2 （B ）G/3 （C ）G/4 （D ）G/9 参考答案：d二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （填空）（2012秋?桐梓县校级期中）一个质点在x 轴运动，开始时位置为x 0=﹣2m ，第1s 末位置为x 1=3m ．第2s 末其位置为x 2=1m 那么，在第1s 内质点位移大小为 5 m ，方向为沿x 轴的 正 方向；在第2s 内质点位移的大小为 2 ，方向沿x 轴的 负 方向．参考答案：5，正，2，负．解：在第1s 内质点位移△x 1=x 1﹣x 0=3﹣（﹣2）m=5m ，大小为5m ，方向沿x 轴的正方向． 在第2s 内质点位移△x 2=x 2﹣x 1=1﹣3m=﹣2m ，大小为2m ，方向沿x 轴的负方向． 故本题答案为：5，正，2，负．7. 如图是某同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为2.5cm ，A 、B 、C 是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（g=10m/s 2） ①频闪照相相邻闪光的时间间隔0.05s ； ②小球水平抛出的初速度v 0=1.5m/s ；③小球经过B 点时其竖直分速度大小为v By =0.75m/s ．参考答案：考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的竖直方向的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度．解答：解：①根据平抛运动规律有：在竖直方向：h BC﹣h AB=g△t2，代入数据解得：△t=0.05 s．②根据水平方向运动特点有：x=3L=v0△t，由此解得：v0=1.5m/s．③小球经过B点时其竖直分速度大小等于A到C的竖直位移与所用时间的比值，所以得：=m/s=0.75m/s故答案为：①0.05；②1.5；③0.75．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．8. 如图所示，质量为m小车在水平恒力F推动下，从底部A处光滑曲面由静止起运动至高位h的坡顶B，获得速度为v，重力加速度为g，则在这个过程中，物体克服重力做的功为___________,合外力做的功为________________ 参考答案：19、如果物体沿直线运动，为了定量描述物体的位置及变化，可以以这条直线为x轴，在直线上规定、和，建立直线坐标系，如图所示，若物体运动到A点，此时它的位置坐标xA= ，若它运动到B点，则此时它的位置坐标xB = 。

2014-2015学年福建省莆田市哲理中学高一（上）期末数学试卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内，每小题5分，共60分.）1．﹣300°化为弧度是（ ）A ．B ． ﹣C ． ﹣D ． ﹣2．圆x 2+y 2﹣2x ﹣4y ﹣4=0的圆心坐标是（ ）A ． （﹣2，4）B ． （2，﹣4）C ． （﹣1，2）D ． （1，2）3．已知两平行直线l 1：x ﹣y=0与l 2：x ﹣y+b=0的距离为，则实数b=（ ）A ．B ． 2C ．D ． ±24．直线+=1与x ，y 轴所围成的三角形的面积等于（ ）A ． 6B ． 12C ． 24D ． 605．一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个正方体的体积是8，则这个球的表面积是（ ）A ． 4πB ． 8πC ． 12πD ． 24π6．圆（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=2被x 轴截得的弦长等于（ ）A ． 1B ．C ． 2D ． 37．圆x 2+y 2=1和圆x 2+y 2﹣6y+5=0的位置关系是（ ）A ． 外切B ． 内切C ． 外离D ． 内含8．图是截去了一个角的正方体，则它的俯视图为（ ）A ．B ．C ．D ．9．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为（ ）A．B．C．D．10．设有两条直线a，b和两个平面α、β，则下列命题中错误的是（）A．若a∥α，且a∥b，则b⊂α或b∥α B．若a∥b，且a⊥α，b⊥β，则α∥βC．若α∥β，且a⊥α，b⊥β，则a∥b D．若a⊥b，且a∥α，则b⊥α11．已知点A（2，3），B（﹣3，﹣2）．若直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（）A．B．C．k≥2或D．k≤212．由直线y=x+1上的点向圆x2﹣6x+y2+8=0引切线，则切线长的最小值为（）A．1 B．2C．D． 3二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上.）13．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为．14．已知扇形的周长等于它所在圆的周长的一半，则这个扇形的圆心角是．15．曲线y=1+（﹣2≤x≤2）与直线y﹣4=k（x﹣2）有两个交点时，实数k的取值范围是．16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列四个命题：①P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③P在直线BC1上运动时，二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线，其中真命题的编号是．（写出所有真命题的编号）三、解答题（本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（12分）（2014秋•莆田校级期末）已知△ABC的三个顶点A（4，﹣6），B（﹣4，0），C（﹣1，4），求：（1）BC边的垂直平分线EF的方程；（2）AB边的中线的方程．18．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，∠ACB=90°．E为BB1的中点，D点在AB上且DE=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面A1ABB1；（Ⅱ）求三棱锥A1﹣CDE的体积．19．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为a （1）求直线BC1与AC所成的角；（2）求直线D1B与平面ABCD所成角的正切值；（3）求证：平面BDD1⊥平面ACA1．20．（12分）（2014秋•莆田校级期末）已知圆：x2+y2+x﹣6y+c=0，直线l过（1，1）且斜率为．若圆与直线交于P，Q两点，且OP⊥OQ．求（1）直线l方程；（2）求c的值．21．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．（1）求证：平面PAB∥平面EFG；（2）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明；（3）证明平面EFG⊥平面PAD，并求点D到平面EFG的距离．22．（14分）（2015春•中山期末）已知半径为5的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x+3y﹣29=0相切．求：（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）设直线ax﹣y+5=0与圆相交于A，B两点，求实数a的取值范围；（Ⅲ）在（2）的条件下，是否存在实数a，使得过点P（﹣2，4）的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．2014-2015学年福建省莆田市哲理中学高一（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内，每小题5分，共60分.）1．﹣300°化为弧度是（）A．B．﹣C．﹣D．﹣考点：弧度与角度的互化．专题：三角函数的求值．分析：根据角度户弧度之间的关系进行转化即可．解答：解：∵180°=πrad，∴1°=rad，∴﹣300°×=rad，故选B．点评：本题考查弧度与角度的互化，角度化为弧度用度数乘以，弧度化为角度用度数乘以，正确做对本题关键是熟练记忆转化的规则．2．圆x2+y2﹣2x﹣4y﹣4=0的圆心坐标是（）A．（﹣2，4）B．（2，﹣4）C．（﹣1，2）D．（1，2）考点：圆的一般方程．专题：直线与圆．分析：圆的方程化为标准方程，可得圆心坐标．解答：解：圆x2+y2﹣2x﹣4y﹣4=0可化为（x﹣1）2+（y﹣2）2=9，∴圆心坐标是（1，2），故选D．点评：本题考查圆的方程，将圆的方程化为标准方程是关键．3．已知两平行直线l1：x﹣y=0与l2：x﹣y+b=0的距离为，则实数b=（）A．B．2 C．D．±2考点：两条平行直线间的距离．专题：计算题．分析：利用点到直线的距离求解平行线之间的距离，即可得到结果．解答：解：在直线x﹣y=0上取（0，0），由点到直线的距离公式有，所以b=±2．故选D．点评：本题考查两条直线的距离的求法，点到直线的距离公式的应用，基本知识的考查．4．直线+=1与x，y轴所围成的三角形的面积等于（）A．6 B．12 C．24 D．60考点：直线的截距式方程．专题：直线与圆．分析：令x=0，解得y=4；令y=0，解得x=3．即可得出三角形的面积．解答：解：令x=0，解得y=4；令y=0，解得x=3．∴直线4x+3y=12与x，y轴所围成的三角形的面积S=×3×4=6．故选：A．点评：本题考查了直线与坐标轴的交点坐标、三角形的面积计算公式，属于基础题．5．一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个正方体的体积是8，则这个球的表面积是（）A．4π B．8π C．12π D．24π考点：球的体积和表面积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：正方体的体积求出正方体的棱长，可得球的半径，利用球的表面积即可得出结论．解答：解：∵正方体的体积是8，∴正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线为2，设球的半径为R ，则R=，∴4πR 2=12π．故选：C ．点评： 本题考查球内接多面体，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查计算能力．6．圆（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=2被x 轴截得的弦长等于（ ）A ． 1B ．C ． 2D ． 3考点： 直线与圆的位置关系．专题： 直线与圆．分析： 在圆的方程中，令y=0，求出x ，即可得到弦长． 解答： 解：令y=0，可得（x ﹣1）2=1，解得x ﹣1=±1，∴x=2，或x=0．∴圆（x ﹣1）2+（y ﹣1）2=2被x 轴截得的弦长等于2﹣0=2，故选C ．点评： 本题考查直线与圆的位置关系，考查圆中弦长的计算，属于基础题．7．圆x 2+y 2=1和圆x 2+y 2﹣6y+5=0的位置关系是（ ）A ． 外切B ． 内切C ． 外离D ． 内含考点： 圆与圆的位置关系及其判定．专题： 计算题．分析： 根据题意先求出两圆的圆心和半径，根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，得出两圆相外切． 解答： 解：圆x 2+y 2﹣6y+5=0 的标准方程为：x 2+（y ﹣3）2=4，所以其表示以（0，3）为圆心，以2为半径的圆，所以两圆的圆心距为3，正好等于两圆的半径之和，所以两圆相外切，故选A ．点评： 本题考查两圆的位置关系，由两圆的圆心距等于两圆的半径之和，得出两圆相外切．8．图是截去了一个角的正方体，则它的俯视图为（ ）A ．B ．C ．D ．考点： 简单空间图形的三视图．分析： 根据几何体的形状确定出俯视图即可．解答：解：根据几何体的形状得俯视图为，故选：D．点评：此题考查了简单空间图形的三视图，弄清几何体三视图的画法是解本题的关键．9．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为（）A．B．C．D．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题．分析：由题意通过其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，求出四棱锥的底面面积，然后求出四棱锥的体积．解答：解：一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则四棱锥的底面面积为：2，所以四棱锥的体积为：=2；故选D．点评：本题是基础题，在斜二测画法中，平面图形的面积与斜二侧水平放置的图形的面积之比为2，是需要牢记的结论，也是解题的根据．10．设有两条直线a，b和两个平面α、β，则下列命题中错误的是（）A．若a∥α，且a∥b，则b⊂α或b∥α B．若a∥b，且a⊥α，b⊥β，则α∥βC．若α∥β，且a⊥α，b⊥β，则a∥b D．若a⊥b，且a∥α，则b⊥α考点：命题的真假判断与应用．专题：证明题．分析：A：若a∥α，且a∥b，则b⊂α或b∥α；B：由线面垂直的性质可判断；C：由线面垂直的性质定理可判断；D：b⊥α也有可能b⊆α解答：证明：A：若a∥α，且a∥b，则b⊂α或b∥α，正确B：若a∥b，且a⊥α，则b⊥α，又b⊥β，则由线面垂直的性质可知α∥β，正确C：若α∥β，且a⊥α，则a⊥β，又b⊥β，由线面垂直的性质定理可知a∥b，正确D：若a⊥b，且a∥α，则b⊥α也有可能b⊆α，错误故选D点评：本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面之间关系的判定方法及性质定理是解答此类问题的关键．11．已知点A（2，3），B（﹣3，﹣2）．若直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（）A．B．C．k≥2或D．k≤2考点：直线的斜率．分析：首先求出直线PA、PB的斜率，然后结合图象即可写出答案．解答：解：直线PA的斜率k==2，直线PB的斜率k′==，结合图象可得直线l的斜率k的取值范围是k≥2或k≤．故选C．点评：本题考查直线斜率公式及斜率变化情况．12．由直线y=x+1上的点向圆x2﹣6x+y2+8=0引切线，则切线长的最小值为（）A．1 B．2C．D． 3考点：圆的切线方程．专题：直线与圆．分析：由已知得切线最短则圆心和点的距离最小，则此时就是C到x﹣y+1=0的距离d==2，由勾股定理切线长最小值为：=．解答：解：圆x2﹣6x+y2+8=0⇒（x﹣3）2+y2=1的圆心C（3，0），半径r=1，∵半径一定，∴切线最短则圆心和点的距离最小，则此时就是C到x﹣y+1=0的距离d==2，由勾股定理切线长最小值为：=．故选：C．点评：本题考查圆的切线长的最小值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上.）13．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为2π．考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．专题：空间位置关系与距离．分析：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积．解答：解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，则所得几何体的侧面积为：1×2π×1=2π，故答案为：2π点评：本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．14．已知扇形的周长等于它所在圆的周长的一半，则这个扇形的圆心角是（π﹣2）rad．考点：弧长公式．专题：计算题．分析：由题意，本题中的等量关系是扇形的周长等于弧所在的圆的半周长，可令圆心角为θ，半径为r，弧长为l，建立方程，求得弧长与半径的关系，再求扇形的圆心角．解答：解：令圆心角为θ，半径为r，弧长为l由题意得2r+l=πr∴l=（π﹣2）r∴θ==π﹣2故答案为：（π﹣2）rad．点评：本题考查弧长公式，解题的关键是熟练掌握弧长公式，且能利用公式建立方程进行运算，本题考查对公式的准确记忆能力15．曲线y=1+（﹣2≤x≤2）与直线y﹣4=k（x﹣2）有两个交点时，实数k的取值范围是（，]．考点：直线与圆的位置关系．专题：计算题；直线与圆．分析：将曲线方程化简，可得曲线表示以C（0，1）为圆心、半径r=2的圆的上半圆．再将直线方程化为点斜式，可得直线经过定点A（2，4）且斜率为k．作出示意图，设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B（﹣2，1），当直线的斜率k大于AD的斜率且小于或等于AB的斜率时，直线与半圆有两个相异的交点．由此利用直线的斜率公式与点到直线的距离公式加以计算，可得实数k的取值范围．解答：解：化简曲线y=1+（﹣2≤x≤2），得x2+（y﹣1）2=4（y≥1）∴曲线表示以C（0，1）为圆心，半径r=2的圆的上半圆．∵直线kx﹣y﹣2k+4=0可化为y﹣4=k（x﹣2），∴直线经过定点A（2，4）且斜率为k．又∵半圆y=1+（﹣2≤x≤2）与直线y﹣4=k（x﹣2）有两个交点，∴设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B（﹣2，1），当直线的斜率k大于AD的斜率且小于或等于AB的斜率时，直线与半圆有两个相异的交点．由点到直线的距离公式，当直线与半圆相切时满足=2，解之得k=，即k AD=．又∵直线AB的斜率k AB=，∴直线的斜率k的范围为k∈（，]．故答案为：（，]．点评：本题给出直线与半圆有两个不同的交点，求直线的斜率k的取值范围．着重考查了直线的方程、圆的方程、点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列四个命题：①P在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③P在直线BC1上运动时，二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线，其中真命题的编号是①③④．（写出所有真命题的编号）考点：异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；与二面角有关的立体几何综合题．专题：压轴题；规律型；转化思想．分析：①易知BC1∥平面AD1C，所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，底不变，所以体积不变．②通过举例说明，如直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等．③P在直线BC1上运动时，可知AP的轨迹是平面PAD1，即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响．④空间中到点D和C1距离相等的点的轨迹是线段DC1的中垂面，又点M在面A1B1C1D1内，则点M的轨迹是面A1B1C1D1与线段DC1的中垂面的交线，即AD1，所以必过D1点．解答：解：①∵BC1∥平面ACD1，∴BC1∥上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确．②P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确．③当P在直线BC1上运动时，AP的轨迹是平面PAD1，即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，所以正确．④∵空间中到点D和C1距离相等的点的轨迹是线段DC1的中垂面，又点M在面A1B1C1D1内，则点M的轨迹是面A1B1C1D1与线段DC1的中垂面的交线，即AD1，所以正确．故答案为：①③④点评：本题主要考查三棱锥体积的转化，线面角，二面角以及点的轨迹问题，考查全面，灵活，是一道好题．三、解答题（本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（12分）（2014秋•莆田校级期末）已知△ABC的三个顶点A（4，﹣6），B（﹣4，0），C（﹣1，4），求：（1）BC边的垂直平分线EF的方程；（2）AB边的中线的方程．考点：待定系数法求直线方程．专题：直线与圆．分析：（1）由条件求得直线BC的斜率和线段BC的中点的坐标，可得BC边的垂直平分线EF的斜率，再利用点斜式求出BC边的垂直平分线EF的方程．（2）求出AB的中点为M（0，﹣3），再根据C（﹣1，4），利用两点式求得AB边的中线CM的方程．解答：解：（1）由题意可得直线BC的斜率为=，线段BC的中点为（﹣，2），故BC边的垂直平分线EF的斜率为﹣故BC边的垂直平分线EF的方程为y﹣2=﹣•（x+），即3x+4y﹣=0．（2）由于AB的中点为M（0，﹣3），C（﹣1，4），故AB边的中线CM的方程为=，即7x+y+3=0．点评：本题主要考查直线的斜率公式，用点斜式、两点式求直线的方程，属于基础题．18．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，∠ACB=90°．E为BB1的中点，D点在AB上且DE=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面A1ABB1；（Ⅱ）求三棱锥A1﹣CDE的体积．考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）根据DE=，可得D为AB的中点，然后利用线面垂直的判定定理，证明CD⊥AB，即可证明CD⊥平面A1ABB1；（Ⅱ）根据锥体的条件公式确定三棱锥的底面积和高即可以求出锥体的体积．解答：解：（Ⅰ）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，∠ACB=90°，∴△ACB为等腰直角三角形，∴AB=2，∵E为BB1的中点，∴BE=1，又DE=，∴BD=，即D为AB的中点，∴CD⊥AB．又AA1⊥CD，AA1∩AB=A，∴CD⊥平面A1ABB1．（Ⅱ）∵CD⊥平面A1ABB1，∴CD是三棱锥C﹣A1DE的高，且CD=．，∴=4=．又=．∴三棱锥A1﹣CDE的体积为．点评：本题主要考查线面垂直的判断，以及三棱锥的体积的计算，利用等积法将三棱锥转化为规则的三棱锥是解决本题关键．19．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为a （1）求直线BC1与AC所成的角；（2）求直线D1B与平面ABCD所成角的正切值；（3）求证：平面BDD1⊥平面ACA1．考点：平面与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）连接AD1，D1C，证明∠D1AC为直线BC1与AC所成的角，即可求得结论；（2）利用DD1⊥平面ABCD，可得∠D1DB为直线D1B与平面ABCD所成的角，利用正切函数可得结论；（3）利用线面垂直的判定定理证明AC⊥平面BD1D，再利用面面垂直的判定定理证明平面ACA1⊥平面BD1D．解答：（1）解：连接AD1，D1C，则∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴四边形ABC1D1是平行四边形∴AD1∥BC1，∴∠D1AC为直线BC1与AC所成的角，∵△AD1C是等边三角形，∴直线BC1与AC所成的角为60°；（2）解：∵DD1⊥平面ABCD，∴∠D1DB为直线D1B与平面ABCD所成的角，在Rt△D1DB中，tan∠D1DB==∴直线D1B与平面ABCD所成角的正切值为；（3）证明：∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD∴DD1⊥AC∵BD⊥AC，BD∩DD1=D∴AC⊥平面BD1D∵AC⊂平面ACA1，∴平面ACA1⊥平面BD1D﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）点评：本题考查空间角，考查面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是正确作出空间角．20．（12分）（2014秋•莆田校级期末）已知圆：x2+y2+x﹣6y+c=0，直线l过（1，1）且斜率为．若圆与直线交于P，Q两点，且OP⊥OQ．求（1）直线l方程；（2）求c的值．考点：直线与圆的位置关系．专题：综合题；直线与圆．分析：（1）利用直线l过（1，1）且斜率为，可得直线的方程；（20先将直线与圆的方程联立，得到5y2﹣20y+12+m=0，再由韦达定理分别求得y1•y2=．因为OP⊥OQ，转化为x1•x2+y1•y2=0求解．解答：解：（1）∵直线l过（1，1）且斜率为，所以直线的方程为y﹣1=﹣（x﹣1），即x+2y﹣3=0；（2）设P、Q的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），由OP⊥OQ可得：•=0，所以x1•x2+y1•y2=0．由x+2y﹣3=0得x=3﹣2y代入x2+y2+x﹣6y+c=0化简得：5y2﹣20y+12+c=0，所以y1+y2=4，y1•y2=．所以x1•x2+y1•y2=（3﹣2y1）•（3﹣2y2）+y1•y2=9﹣6（y1+y2）+5y1•y2=9﹣6×4+5×=c﹣3=0解得：c=3．点评：本题主要考查直线与圆的位置关系其其方程的应用，应用了韦达定理，体现了数形结合的思想，是常考题型，属中档题．21．（12分）（2014秋•莆田校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．（1）求证：平面PAB∥平面EFG；（2）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明；（3）证明平面EFG⊥平面PAD，并求点D到平面EFG的距离．考点：直线与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由已知可得EG∥PB，从而可证EG∥平面PAB，则只要再证明EF∥平面PAB，即证EF∥AB，结合已知容易证，根据平面与平面平行的判定定理可得．（2）若使得PC⊥平面ADQ，即证明PC⊥平面ADE，当Q为PB的中点时，PC⊥AE，AD⊥PC 即可．（3）欲证平面EFG⊥平面PAD，根据面面垂直的判定定理可知在平面EFG内一直线与平面PAD垂直，CD⊥AD，CD⊥PD，AD∩PD=D，满足线面垂直的判定定理，则CD⊥平面PAD，再根据EF∥CD，则EF⊥平面PAD，满足定理条件，取AD中点H，连接FH，GH，在平面PAD内，作DO⊥FH，垂足为O，则DO⊥平面EFGH，DO即为D到平面EFG的距离，在三角形PAD中，求出DO即可．解答：解：（1）证明：E，G分别是PC，BC的中点得EG∥PB，∵EG⊄平面PAB，PB∥平面PAB∴EG∥平面PAB又E，F分别是PC，PD的中点，∴EF∥CD，又AB∥CD∴EF∥AB∵EF⊈平面PAB，AB⊆平面PAB∴EF∥平面PAB，又∵EG，EF⊂平面EFG，EG∩EF=E，∴平面PAB∥平面EFG．（2）Q为PB的中点，连QE，DE，又E是PC的中点，∴QE∥BC，又BC∥AD，∴QE∥AD∴平面ADQ，即平面ADEQ，∵PD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD∴PD⊥DC，又PD=AB=2，ABCD是正方形，∴等腰直角三角形PDC由E为PC的中点知DE⊥PC．∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD∴PD⊥AD，又AD⊥DC，PD∩CD=D，∴AD⊥面PDC．∵PC⊂面PDC∴AD⊥PC，且AD∩DE=D．∴PC⊥平面ADEQ，即PC⊥平面ADQ由于EQ∥BC∥AD，∴ADEQ为平面四边形，由PD⊥平面ABCD，得AD⊥PD，又AD⊥CD，PD∩CD=D，∴AD⊥平面PDC，∵PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC，又三角形PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，∴DE⊥PC，AD∩DE=D，∴PC⊥平面ADQ．（2）∵CD⊥AD，CD⊥PD，AD∩PD=D，∴CD⊥平面PAD，又EF∥CD，∴EF⊥平面PAD，∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAD．取AD中点H，连接FH，GH，则HG∥CD∥EF，平面EFGH即为平面EFG，在平面PAD内，作DO⊥FH，垂足为O，则DO⊥平面EFGH，DO即为D到平面EFG的距离，在三角形PAD中，H，F为AD，PD中点，∴DO=FDsin45°=．即D到平面EFG的距离为．点评：本题主要考查直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、点到平面的距离等有关知识，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．22．（14分）（2015春•中山期末）已知半径为5的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x+3y﹣29=0相切．求：（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）设直线ax﹣y+5=0与圆相交于A，B两点，求实数a的取值范围；（Ⅲ）在（2）的条件下，是否存在实数a，使得过点P（﹣2，4）的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．考点：直线和圆的方程的应用．专题：直线与圆．分析：（Ⅰ）利用点到直线的距离求出半径，从而求圆的方程；（Ⅱ）利用圆心到直线的距离小于半径可求出实数a的取值范围；（Ⅲ）假设存在利用直线与圆的位置关系性质解决．解答：解：（Ⅰ）设圆心为M（m，0）（m∈Z）．由于圆与直线4x+3y﹣29=0相切，且半径为5，所以，，即|4m﹣29|=25．因为m为整数，故m=1．故所求的圆的方程是（x﹣1）2+y2=25．（Ⅱ）直线ax﹣y+5=0即y=ax+5．代入圆的方程，消去y整理，得（a2+1）x2+2（5a﹣1）x+1=0．由于直线ax﹣y+5=0交圆于A，B两点，故△=4（5a﹣1）2﹣4（a2+1）＞0，即12a2﹣5a＞0，解得a＜0，或．所以实数a的取值范围是．（Ⅲ）设符合条件的实数a存在，由（2）得a≠0，则直线l的斜率为，l的方程为，即x+ay+2﹣4a=0．由于l垂直平分弦AB，故圆心M（1，0）必在l上．所以1+0+2﹣4a=0，解得．由于，故存在实数a=，使得过点P（﹣2，4）的直线l垂直平分弦AB．点评：本题主要考查了圆的标准方程，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系等知识的综合应用，以及存在性问题的解决技巧，属于难题．。

福建省莆田五中2015～2016学年度高一上学期期末物理试卷一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分．1-8题为单项选择题，92题为不定项选择题〕1．关于速度和加速度的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．加速度变大，速度可能不变B．加速度为零，速度就一定为零C．速度变大，加速度可能不变D．速度为零，加速度就一定为零2．关于动摩擦因数〔即滑动摩擦力和弹力的比值〕，如下说法中正确的答案是〔〕A．动摩擦因数与正压力成正比B．一样的条件下，接触面积越大，动摩擦因数越大C．动摩擦因数只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关D．动摩擦因数与正压力、接触面积有关，但具体关系不能确定3．关于合力与分力之间的关系的说法，正确的答案是〔〕A．合力就是分力的代数和B．合力总比某一分力大C．分力与合力的方向总是不一致的D．合力等于某一分力是可能的4．运动学是我们高中物理的重要组成局部，如下关于运动学中的概念、物理方法的理解正确的答案是〔〕A．速度、质量、加速度、路程的运算时都满足平行四边形法如此B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢C．宇航员在航器中因失重而处于漂浮状态，所以没有惯性D．用弹簧秤竖直悬挂一物体，弹簧秤的示数一定等于物体重力的大小5．如下列图，对如下“阴影〞的物体受力分析错误的答案是〔〕A．接触面光滑B．光滑斜面C．沿光滑斜面下滑D．保持静止6．如图，A、B、C三个物体叠放在桌面上，在A的上面再加一个作用力F，如此C物体受到竖直向下的作用力除了自身的重力之外还有〔〕A．1个力B．2个力C．3个力D．4个力7．以下关于超重和失重的描述正确的答案是〔〕A．失重就是物体受到的重力减少B．儿童沿滑梯加速下滑过程中处于失重状态C．物体随升降机上升时一定处于超重状态D．跳高运动员离开地面后上升过程中处于失重状态8．一物体从高H处自由下落，当它运动到P点时所用的时间恰好为整个过程时间的一半，不计空气阻力，如此P点离地面的高度为〔〕A．B．C．D．9．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的支持力大小为N，球受到的合力为F．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中〔〕A．N先增大后减小B．F始终减小C．F始终不变D．N始终减小10．如下列图，轻质弹簧连接A、B两物体，A放在水平地面上，B的上端通过细线挂在天花板上；A的重力为8N，B的重力为6N，弹簧的弹力为4N．如此地面受到的压力大小和细线受到的拉力大小可能是〔〕A．18N和10N B．4N和10N C．10N和2N D．14N和2N11．如图，小球P、Q的质量相等，其间用轻弹簧相连，光滑斜面倾角为θ，系统静止时，弹簧与轻绳均平行与斜面，如此在轻绳被突然剪断的瞬间，如下说法正确的答案是〔〕A．两球的加速度大小均为g•sinθB．Q球的加速度为零C．P球的加速度大小为2g•sinθD．P球的加速度方向沿斜面向上，Q球的加速度方向沿斜面向下12．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量一样，如此这列车厢的节数可能为〔〕A．8 B．10 C．15 D．18二、实验题13．某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验时，将一轻弹簧竖直悬挂并让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如下列图．〔实验过程是在弹簧的弹性限度内进展的〕由图可知该弹簧的自然长度为cm；该弹簧的劲度系数为N/m．14．如图1所示，为“用DIS〔位移传感器、数据采集器、计算机〕研究加速度和力的关系〞的实验装置．〔1〕在该实验中必须采用控制变量法，应保持不变，用钩码所受的重力大小作为，用DIS 测小车的加速度．〔2〕改变所挂钩码的数量，屡次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线〔如图2所示〕．分析此图线的OA段可得出的实验结论是．〔3〕〔单项选择题〕此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大．三、计算题〔34分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位〕15．在2015年南安市秋季田竞运动会上，我校一位男生取男子100米决赛冠军，其成绩为11.2秒．假设比赛中，该同学先匀加速直线跑了6.4秒，之后匀速直线跑到终点．试求：〔1〕该同学在比赛过程的平均速度的大小；〔2〕该同学在100米决赛过程的最大速度大小．16．总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如下列图是跳伞过程中的v﹣t图，试根据图象求：〔g取10m/s2〕〔1〕t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小．〔2〕估算14s内运动员下落的高度与抑制阻力做的功．17．某仓库采用如下列图的装置来传送货物，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平局部AB以5m/s的速率顺时针转动．将一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD局部，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5．〔取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，=2.68〕试求：〔1〕米袋从A端传到B端的时间与米袋到达B端时的速度的大小．〔2〕CD局部传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；〔3〕假设要米袋能被送到D端，求CD局部顺时针运转的速度应满足的条件与米袋从C端到D端所用时间的取值范围．福建省莆田五中2015～2016学年度高一上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分．1-8题为单项选择题，92题为不定项选择题〕1．关于速度和加速度的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．加速度变大，速度可能不变B．加速度为零，速度就一定为零C．速度变大，加速度可能不变D．速度为零，加速度就一定为零【考点】加速度．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度的大小和方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A．有加速度，速度一定变化，故A错误；B、加速度为零，速度不一定为零，如匀速直线运动．故B错误；C、速度变大，加速度可能不变，如匀加速直线运动，故C正确；D、物体的速度为零，但物体的加速度的变化率可以不为零，即物体的加速度不为零．故D 错误；应当选：C【点评】此题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决，难度不大，属于根底题．2．关于动摩擦因数〔即滑动摩擦力和弹力的比值〕，如下说法中正确的答案是〔〕A．动摩擦因数与正压力成正比B．一样的条件下，接触面积越大，动摩擦因数越大C．动摩擦因数只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关D．动摩擦因数与正压力、接触面积有关，但具体关系不能确定【考点】滑动摩擦力．【专题】摩擦力专题．【分析】动摩擦因数〔即滑动摩擦力和弹力的比值〕，是一种比值定义法，如此摩擦因数与滑动摩擦力和弹力均无关，只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关．【解答】解：动摩擦因数〔即滑动摩擦力和弹力的比值〕，是一种比值定义法，如此摩擦因数与滑动摩擦力和弹力均无关，只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关．所以C正确；ABD均错误．应当选：C【点评】考查比值定义法，让学生明白比值与定义量没有关系．比如：也是比值定义．3．关于合力与分力之间的关系的说法，正确的答案是〔〕A．合力就是分力的代数和B．合力总比某一分力大C．分力与合力的方向总是不一致的D．合力等于某一分力是可能的【考点】力的合成．【专题】受力分析方法专题．【分析】从合力与分力的关系：等效替代，进展分析．根据平行四边形定如此分析合力与分力的大小关系：合力大小介于二力之和与二力之差之间；重力，可以分解为一个使物体沿斜面下滑的力，另一个是垂直斜面的分力．【解答】解：A、合力就是分力的矢量和，故A错误；B、根据力的平行四边形定如此，可得，合力大小可以等于一分力，也可大于任一分力，也可以小于任一分力，故B错误，D正确；C、如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和，此时方向一样，所以C错误；应当选：D．【点评】掌握合力与分力的概念和力合成分解的平行四边形定如此是解决此题的关键．4．运动学是我们高中物理的重要组成局部，如下关于运动学中的概念、物理方法的理解正确的答案是〔〕A．速度、质量、加速度、路程的运算时都满足平行四边形法如此B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢C．宇航员在航器中因失重而处于漂浮状态，所以没有惯性D．用弹簧秤竖直悬挂一物体，弹簧秤的示数一定等于物体重力的大小【考点】惯性；加速度．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】质量、路程都是标量，物体相对车厢滑行的距离，x的参考系是车厢，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质．惯性的大小只与物体的质量有关，与速度与物体的受力情况无关．【解答】解：A、速度、加速度是矢量，质量、路程是标量，只有矢量运算时满足平行四边形法如此，故A错误．B、刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=2m，测出x的参考系是车厢，故B正确．C、由于惯性是物体固有属性，在航器中，物体的惯性没有消失，故C错误．D、地物体挂在弹簧秤下只有处于平衡状态时，弹簧秤的示数才等于物体的重力．故D错误．应当选：B．【点评】该题关键要掌握力学根底知识，正确理解惯性的概念是解答此题的关键，惯性作为物体本身固有的一种属性，在我们生活中随处可见，与我们的生活息息相关，我们要注意联系实际．5．如下列图，对如下“阴影〞的物体受力分析错误的答案是〔〕A．接触面光滑B．光滑斜面C．沿光滑斜面下滑D．保持静止【考点】力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；图析法；受力分析方法专题．【分析】1．受力分析的定义：把指定物体〔研究对象〕在特定物理情景中所受的所有外力找出来，并画出受力图，这就是受力分析．2．受力分析的一般顺序：先分析场力〔重力、电场力、磁场力〕，再分析接触力〔弹力、摩擦力〕，最后分析其他力．3．受力分析的一般步骤：〔1〕选取研究对象：即确定受力分析的物体．研究对象可以是单个的物体，也可以是物体的系统组合．〔2〕隔离物体分析：将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析物体受到的重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，检查周围有哪些物体对它施加了力的作用．〔3〕画出受力示意图：按照一定顺序进展受力分析．一般先分析重力；然后环绕物体一周，找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析弹力和摩擦力；最后再分析其它场力．在受力分析的过程中，要边分析边画受力图〔养成画受力图的好习惯〕．只画性质力，不画效果力．〔4〕检查受力分析是否有误：受力分析完后，检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给运动状态，否如此，必然发生了漏力、多力或错力现象．【解答】解：A、物体保持静止，合力为零，无向右上方的支持力，故A错误；B、物体不受支持力，受重力和拉力平衡，故B正确；C、物体冲上光滑斜面，没有滑动摩擦力，受到重力与垂直斜面的支持力，故C正确；D、保持静止，处于平衡状态，故受重力和支持力而平衡，不受到摩擦力的作用．故D正确；此题选择错误的，应当选：A．【点评】理解力的概念，掌握力的特点，是正确分析受力的根底和依据．要想熟练掌握，还需要通过一定量的练习，不断加深对物体运动规律的认识，反复体会方法，总结技巧才能达到．6．如图，A、B、C三个物体叠放在桌面上，在A的上面再加一个作用力F，如此C物体受到竖直向下的作用力除了自身的重力之外还有〔〕A．1个力B．2个力C．3个力D．4个力【考点】物体的弹性和弹力．【专题】受力分析方法专题．【分析】通过对物体受力分析，确定物体受力的个数，从而即可求解．【解答】解：C物体在竖直方向上受重力，B对C的压力，地面的支持力三个力处于平衡，方向竖直向下的力有重力和B对C的压力，所以除了重力以外还有一个力．故A正确，B、C、D错误．应当选：A．【点评】解决此题的关键知道弹力属于接触力，只有接触才能发生，不能误认为A对C、外力F都对C有作用．7．以下关于超重和失重的描述正确的答案是〔〕A．失重就是物体受到的重力减少B．儿童沿滑梯加速下滑过程中处于失重状态C．物体随升降机上升时一定处于超重状态D．跳高运动员离开地面后上升过程中处于失重状态【考点】超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．【解答】解：A、物体处于超重或者失重是指视重与重力的关系，并不是重力发生变化．故A错误；B、儿童沿滑梯加速下滑过程中只受到重力和支持力的作用，加速度的方向沿斜面向下，处于失重状态．故B正确；C、在加速上升的升降机中的物体处于超重状态，在减速上升的升降机中，物体处于失重状态，故C错误；D、跳高运动员离开地面后上升过程中只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确；应当选：BD．【点评】此题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．8．一物体从高H处自由下落，当它运动到P点时所用的时间恰好为整个过程时间的一半，不计空气阻力，如此P点离地面的高度为〔〕A．B．C．D．【考点】自由落体运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速直线运动的在第1T、第2T、第3T内的位移之比为1：3：5．【解答】解：初速度为零的匀加速直线运动的在第1T、第2T内的位移之比为1：3．故：h1+h2=Hh1：h2=1：3解得：h2=0.75H应当选A．【点评】此题方法较多，可以灵活选择运动学公式列方程求解，也可以采用图想法求解．9．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的支持力大小为N，球受到的合力为F．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中〔〕A．N先增大后减小B．F始终减小C．F始终不变D．N始终减小【考点】共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】以小球为研究对象，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，小球始终处于平衡状态，合力为零，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据平衡条件得到墙面对球的支持力与θ的关系，再分析其变化情况．【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N和木板的支持力N′．将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，小球始终处于平衡状态，合力为零，即F=0，不变，根据平衡条件得：N=Gcotθ，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，如此N始终减小，故CD正确．应当选：CD【点评】此题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况．10．如下列图，轻质弹簧连接A、B两物体，A放在水平地面上，B的上端通过细线挂在天花板上；A的重力为8N，B的重力为6N，弹簧的弹力为4N．如此地面受到的压力大小和细线受到的拉力大小可能是〔〕A．18N和10N B．4N和10N C．10N和2N D．14N和2N【考点】共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】对A受力分析可求得A受地面的支持力，由牛顿第三定律可求得地面受到的压力；对整体受力分析可求得细线受到的拉力；因弹簧可能伸长也可能压缩，故弹力的方向有两种可能，如此分情况进展计论即可得出正确结果．【解答】解：A受重力，弹簧的弹力与地面的支持力而处于平衡状态；假设弹力向上，如此支持力F=G A﹣F1=8N﹣4N=4N，假设弹力向下，而支持力F′=8N+4N=12N；对整体分析，整体受重力、拉力与地面的支持力，假设支持力为4N，如此拉力F2=G A+G B﹣F=10N；假设支持力为12N，如此拉力F2′=G A+G B﹣F′=2N；故有两种可能：4N和10N；12N和2N；应当选：B．【点评】解答此题时要注意两点：一是正确选取研究对象，并能进展正确的受力分析；二是明确弹簧的两种可能性，压缩或者拉伸．11．如图，小球P、Q的质量相等，其间用轻弹簧相连，光滑斜面倾角为θ，系统静止时，弹簧与轻绳均平行与斜面，如此在轻绳被突然剪断的瞬间，如下说法正确的答案是〔〕A．两球的加速度大小均为g•sinθB．Q球的加速度为零C．P球的加速度大小为2g•sinθD．P球的加速度方向沿斜面向上，Q球的加速度方向沿斜面向下【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】〔1〕根据平衡条件可知：对Q球F弹=mgsinθ，对P球F绳=F弹+mgsinθ；〔2〕细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；〔3〕对P、Q球分别进展受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度．【解答】解：系统静止，根据平衡条件可知：对Q球F弹=mgsinθ，对P球F绳=F弹+mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，如此：Q球受力情况未变，瞬时加速度为零；对P球根据牛顿第二定律得：a==2gsinθ，故AD错误，BC正确．应当选：BC．【点评】该题是牛顿第二定律的直接应用，此题要注意细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生瞬间改变，该题难度适中．12．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量一样，如此这列车厢的节数可能为〔〕A．8 B．10 C．15 D．18【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可．【解答】解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Pm•a，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得：F=Qm•a，根据以上两式可得：，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．应当选：BC．【点评】此题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，此题比拟灵活，是道好题．二、实验题13．某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验时，将一轻弹簧竖直悬挂并让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如下列图．〔实验过程是在弹簧的弹性限度内进展的〕由图可知该弹簧的自然长度为10 cm；该弹簧的劲度系数为50 N/m．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题．【分析】该题考察了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题，由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长．再由胡克定律可求出弹簧的劲度系数．【解答】解：由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长为10cm；当拉力为10．N时，弹簧的形变量为x=30﹣10=20cm=0.2m由胡克定律F=kx得：k===50N/m故答案为：10，50【点评】该题要求要会从图象中正确的找出弹簧的原长与在各外力作用下弹簧的长，并会求出弹簧的形变量，在应用胡克定律时，要首先转化单位，要知道图线与坐标轴的交点的横坐标是弹簧的原长．知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．14．如图1所示，为“用DIS〔位移传感器、数据采集器、计算机〕研究加速度和力的关系〞的实验装置．〔1〕在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力大小作为拉力，用DIS测小车的加速度．〔2〕改变所挂钩码的数量，屡次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线〔如图2所示〕．分析此图线的OA段可得出的实验结论是加速度与小车受到的合外力成正比．〔3〕〔单项选择题〕此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 CA．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题．【分析】探究加速度与力的关系实验，首先要平衡摩擦力；当钩码质量远小于小车质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力；如果钩码质量太大，小车受到的拉力小于钩码重力，图象发生弯曲．【解答】解：〔1〕在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力大小作为拉力，用DIS测小车的加速度；〔2〕由图可知，在OA段几乎是直线，即加速度与小车受到的合外力成正比．〔3〕小车质量保持不变，改变所挂钩码的个数，开始钩码总质量远小于小车质量，a与拉力成正比，a﹣F图象是一条倾斜的直线，随着钩码质量的增加，码质量不再远小于小车质量，小车受到的拉力明显小于钩码的重力，加速度a与钩码重力不成正比，加速度随钩码重力的增加而变大，但加速度的增加幅度将逐渐减小，a﹣F图象向下弯曲，是由于没有满足钩码的质量远小于小车的质量．故C正确．应当选：C。

高一（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（）A. 箱子受到的摩擦力方向向右B. 地面对木板的摩擦力方向向左C. 木板对地面的压力大小为3mgD. 若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg2.如图是某跳水运动员最后踏板的过程：设运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（B位置）．对于运动员从A位置运动到B位置的过程中，下列说法正确的是（）A. 运动员到达最低点时处于失重状态B. 运动员到达最低点时处于超重状态C. 在这个过程中，运动员的速度一直在增大D. 在这个过程中，运动员的加速度一直在增大3.一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是（）A. 榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B. 榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C. 榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D. 因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小4.一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（）A. 质量越大，它的惯性越大B. 车速越大，它的惯性越大C. 车速越小，刹车后滑行的路程越短，所以惯性越大D. 车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大5.如图所示为杂技“顶竿”表演，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. B. C.D.6.放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧秤相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧秤的示数（）A. B.C. D.7.物体沿直线运动的v-t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）A. 从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB. 从第3秒末到第5秒末合外力做功为C. 从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD. 从第3秒末到第7秒末合外力做功为W二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。

2014-2015学年度第一学期高一年级模块考试物理试题本试题分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2．每小题选出正确答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

一、本题共10小题；每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分. 1．下列所描述的运动中，可能的有（ ）A ．速度变化很大，加速度很小B ．速度方向为正，加速度方向为负C ．速度变化越来越快，加速度越来越小D ．速度越来越大，加速度越来越小2．以下说法正确的是（ ）A ．木块在桌面上受到一个向上的支持力，这是由于木块发生微小形变而产生的。

B ．两接触面间有摩擦力存在，则一定有弹力存在，且两者方向相互垂直C ．受静摩擦力作用的物体一定是静止的D ．滑动摩擦力的方向总是跟物体的运动方向相反，静摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同3．如图所示，在下列各个表示物体运动规律的图像中，表示同一运动规律的是（ ）A ．甲图和丙图B ．甲图和丁图D ．乙图和丁图4．用手握瓶子，使瓶子在竖直方向处于静止状态，如果握力加倍，则手与瓶子之间的摩擦力( )A 、也加倍B 、保持不变C 、方向向下D 、可能减小5．一物体做匀加速直线运动，加速度为2m/s 2，这就是说 （ ）A ．物体速度变化量是2m/sB ．每经过一秒物体的速度都增大2m/sC ．任意一秒内的末速度均为初速度的2倍D ．开始运动1s 后的任意时刻的瞬时速度比该时刻1s 前的瞬时速度增加2m/s6、不计空气阻力，同时将一重一轻两石块从同一高度自由下落，则两者 ①在任一时刻具有相同的加速度、位移和速度；②在下落这段时间内平均速度相等；v③在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内位移之比为1∶4∶9；④重的石块落得快，轻的石块落得慢。

2014-2015学年高一物理上学期期中试题（无答案）福建省莆田市哲理中学．“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句．某瀑布中的水下落的时12g)，则下列计算结果正确的是( 4 s间是，若把水的下落近似简化为自由落体，10 m/s取10 m B．瀑布高度大约是A．瀑布高度大约是80 m500 mD．瀑布高度大约是C．瀑布高度大约是1 000 m．甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线2AO）点出发，最后同时到达点，下列说法中正确的是（所示，两小分队同时同地由如图1A．甲分队路程大于乙分队 B．甲分队位移大于乙分队vv?．小分队平均速度C乙甲 D．甲分队平均速率小于乙分队图13．弹簧测力计的量程是5.0N，刻度总长是10cm，弹簧原长为2cm，该测力计劲度系数为（）A．50N/m B．250 N/m C．62.5 N/m D．41.7 N/mLv，则物体下．光滑斜面的长度为，一物体由静止从斜面顶端沿斜面滑下，该物体滑到底部时的速度为4L)滑到处的速度为( 2vvvv3A. B. C. D. 23425．从静止开始做匀加速运动的物体，下列说法错误的是（）A．第1s、第2s、第3s末的瞬时速度之比是1:2:3B．第1s、第2s、第3s内的平均速度之比是1:3:5C．第1s、第2s、第3s内的位移之比是1:3:5D．头1s、头2s、头3s内的平均速度之比是1:4:9AA所受在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球所示，球6．如图2的弹力，以下说法正确的是( )A物体仅受一个弹力作用，弹力方向垂直斜面向上． A 1 2图A B．物体受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向下A物体受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向上C．A物体受三个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向上，一个竖直向下D．内物体s在这1 ，1 s后速度的大小变为10m/s.m7．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 /s的4 m10m ①位移的大小可能小于②位移的大小可能大于4m/s ④加速度的大小可能大于 10 m/s22③加速度的大小可能小于C．①④ D ．②④．①③A B．②③之间9．从某高处自由释放一粒小石子，经过1 s从同一地点释放另一小石子，则它们落地之前，两石子( )的距离将．不均匀地变大．不断均匀变大 DA．保持不变 B．不断减小 C一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者用照相机恰好拍到了它下落的一段径迹．10AB已知照相机的曝光时间为该爱好者用直尺量出径迹的长度，如图所示．.1A点约为( s，则小石子出发点离) 1 000A．6.5 m B．10 m45 m．C．20 m D分）2二、实验题（共题，共计24 11．（12分）在做“探究匀变速直线运动”实验时（不定项）计时器及其操作，下列说法正确的是1（）要用到打点计时器，关于打点A．打点计时器是一种计时仪器，使用电源的频率为0.02每隔50Hz 秒打一次点2B．电磁打点计时器的工作电压是4—6V的直流电，而电火花打点计时器的工作电压是220V交流电 C．实验操作时，是先接通打点计时器然后让物体带动纸带运动实验操作时，是让物体带动纸带运动的同时接通打点计时器． D的距离，纸带上两相邻计数点之间还有四）某同学打出的纸带如下图，图中上面的数字为相邻两点间（2个点没有画出，试求（计算结果数值保留到小数点后面第二位）v。

2014-2015学年福建省莆田市哲理中学八年级（上）期中物理试卷一、选择题（每题2分，共30分）1．（2.00分）如图所示的符号分别代表小雪、霜冻、雾、冰雹四种天气现象，其中属于液化现象的是（）A．小雪B．霜冻C．雾D．冰雹2．（2.00分）当喇叭里响起“这是心的呼唤，这是爱的奉献…”时，小伟和小明齐声说：“是韦唯在演唱”。

他们的判断是根据声音的（）A．音调不同B．响度不同C．音色不同D．频率不同3．（2.00分）下列数值最接近实际情况的是（）A．初中生的身高约为1.6dmB．人步行的速度约为5m/sC．课桌的高度约为80cmD．正常人10次脉搏的时间约为1min4．（2.00分）可以用图象来表示物体的运动状态，如图所示，表示物体运动速度相同的是（）A．甲乙B．甲丁C．乙丙D．丙丁5．（2.00分）在0℃的环境中，把一块0℃的冰投入0℃的水中，将会发生的现象是（）A．冰全部熔化B．冰有少部分熔化C．水有少部分凝固 D．冰不会熔化，水不会凝固6．（2.00分）一短跑运动员在5s内跑完了50m，汽车行驶的速度是54km/h，羚羊奔跑的速度是20m/s，那么三者速度从小到大的顺序是（）A．运动员、汽车、羚羊B．汽车、羚羊、运动员C．羚羊、汽车、运动员D．运动员、羚羊、汽车7．（2.00分）下列做法不能使水的蒸发加快的是（）A．用电热吹风机将湿头发吹干B．用扫帚把地面的积水向周围扫开C．把粮食拿到向阳的地方晒D．把水果用保鲜膜包好放在冷藏柜里8．（2.00分）以下四个图都是我们物理书上的，与它们对应的相关知识不正确的是（）A．用牙齿接触振动的音叉可以听到声音B．声音的音调取决于物体振动的频率C．这是一个有效减弱噪声的装置D．声音可以发生反射9．（2.00分）用电热壶烧水时，水沸腾后，从壶嘴里冒出“白气”；夏天打开冰棒纸时，可以看到冰棒周围也出现“白气”，以下说法正确的是（）A．壶嘴里冒出的“白气”，是水沸腾时产生的水蒸气B．冰棒周围的“白气”是冰棒发生升华形成的水蒸气C．在这两种“白气”形成的过程中，都需要吸收热量D．这两种“白气”都是水蒸气液化形成的10．（2.00分）下列图中，主要描述声音能够传递能量的是（）A．探测海深B．敲瓶底火焰摇动C．回声定位D．超声波探查11．（2.00分）我国古书上记载有“人在大舟中闭牖（牖指门窗），舟行而人不觉动”，这是对运动和静止相对性的生动描述，其中“人不觉动”选择的参照物是（）A．人本身B．大舟C．河岸D．流水12．（2.00分）一位著名短跑运动员百米赛成绩是10s，测得前2s跑过17m，在最后一秒内跑过了12米，则该运动员在100m内的平均速度是（）A．8.5m/s B．10m/s C．12m/s D．11m/s13．（2.00分）用来发射卫星的火箭，在它的头部涂了一层特殊物质。

福建省莆田市哲理中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择（共10小题，每小题4分．共40分．）1．在阴极射线管的正上方平行放置通以强电流的一根长直导线，其电流方向如图所示．则阴极射线将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转考点：左手定则；洛仑兹力．分析：带电粒子在电流的磁场中运动，受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的方向来确定运动轨迹．解答：解：由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转．故选：B点评：电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向．2．关于磁感线的概念和性质，以下说法中正确的是( )A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度方向B．磁场中任意两条磁感线有可能相交C．铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是实际存在的磁感线D．磁感线总是从磁体的N极发出终止于磁体的S极考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．磁感线是形象描述磁场的强弱与方向，但它不是实际存在的．解答：解：A、据磁感线的物理意义可知：磁感线上个点的切线方向就是该点的磁感应强度方向，故A 正确．B、磁场中任意两条磁感线不可能相交．如相交，则交点处有两个方向，这是不可能的．故B错误．C、细铁可模拟磁感线，但磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，并不是真实存在的，故C错误．D、在磁铁的外部，磁感线是从磁体的N极出发指向磁体的S极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的S极出发指向磁体的N极．故D错误．故选：A．点评：本题考查对磁感线的理解，要抓住磁感线的物理意义及不相交、不存在、闭合曲线等特点进行全面理解．3．一带电粒子，沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子一段径迹如图所示，径迹上每一小段都看成圆弧，由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小，（带电量不变），则( )A．粒子带负电，从B射入B．粒子带负电，从A射入C．粒子带正电，从B射入D．粒子带正电，从A射入考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从A到B，在根据左手定则可知，粒子带负电，所以B正确，ACD错误．故选：B．点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．4．如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度( )A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．分析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大，磁感线越疏，磁感应强度越小．根据磁感线的疏密来判断磁感应强度的大小．解答：解：如图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度．而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，ACD错误；故选：B．点评：磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大．磁感线的切线方向表示磁场的方向．5．一个通电直导线的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将( )A．顺时针转动B．向左移动C．向右移动D．逆时针转动考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：小磁针N极的受力方向与磁场方向相同．由安培定则判断出磁场方向，即可分析出小磁针N极的受力方向，从而判断出小磁针的转动方向．解答：解：根据安培定则判断可知通电直导线在小磁针处产生的磁场方向向下，则小磁针N极受到的磁场力方向向下，S极受到的磁场力方向向上，所以小磁针将顺时针转动．故A 正确，BCD错误．故选：A点评：本题关键要知道小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．能熟练运用安培定则判断磁场的方向．6．在下列所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )A．B．C．D．考点：左手定则．分析：磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．解答：解：A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外．四指指向电流方向：斜向右上方，拇指指向安培力方向：斜向左上方．根据左手定则判断可知是正确的．故A正确．B、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向外穿过手心，则手心朝里．四指指向电流方向：向下，拇指指向安培力方向：向左．根据左手定则判断可知是错误的．故B错误．C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下．根据左手定则判断可知是不正确的．故C错误．D、电流的方向与磁场的方向平行，所以电流不是安培力的作用．故D错误．故选：A．点评：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．7．两环平面垂直，通过两环的磁通量Φa、Φb比较，则( )A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb C．Φa=Φb D．无法确定考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．解答：解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选：A点评：本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．8．如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L 的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是( )A．S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B．S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反D．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化．解答：解：AB、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，故AB 均错误；CD、开关S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C正确，D错误；故选：C．点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用，关键明确线圈中的电流只能缓慢增加、缓慢减小．9．如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，从而得出感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：在0～t1时间内，根据法拉第电磁感应定律E=知，磁场均匀增大，则感应电流为定值，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，为正值．在t1～t2时间内，磁感应强度不变，则感应电流为零，在t2～t4时间内，磁感应强度的变化率相同，则感应电流大小相等，根据楞次定律知t2～t3、t3～t4时间内，感应电流的方向相同，为顺时针方向，为负值，因为磁感应强度的变化率比0～t1时间内小，则感应电流小．故B正确，A、C、D 错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次定律判断感应电流的方向．10．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是( )A．金属块上、下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较上、下表面的电势高低考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比较出上下表面电势的高低．解答：解：电子从右向左运动，根据左手定则，电子向上偏转，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以上表面的电势低于下表面的电势．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，以及掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．二、填空题（共20分．其中11题5分，其它的每空3分）11．如图所示，两根相距d平行放置的导电轨道，轨道间接有电阻R，处于磁感应强为B，垂直轨道平面内的匀强磁场中，一根金属杆与轨道成60°角放置在轨道上，现让金属杆以垂直于杆的速度v沿轨道匀速滑行，若导电轨道和金属杆的电阻不计，则通过电阻R的电流为．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：首先求出金属棒的等效长度，再利用动生电动势公式和欧姆定律联合求解．解答：解：金属棒的等效长度：L=金属杆匀速运动产生的电动势：E=BLv有欧姆定律可知：I=联合以上解得：I=故答案为：点评：明确金属棒的等效长度是解题的关键，灵活应用动生电动势公式和欧姆定律，基础题．12．一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4×10﹣4 Wb；磁通量的平均变化率是8×10﹣3 Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是1.6 V．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．解答：解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2﹣∅1=（B2﹣B1）S•sin30°=4×10﹣4Wb而磁通量变化率为：=8×10﹣3Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=1.6V故答案为：4×10﹣4，8×10﹣3，1.6．点评：感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．13．如图甲所示，A、B为两个相同的导体线圈，它们共轴并靠近放置，A线圈中通有（乙）图所示的交变电流，则在t1﹣t2时间内，线圈A、B相互吸引（填“吸引”、“排斥”或“无作用力”，下同）在t2﹣t3时间内，线圈A、B相互排斥．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解答：解：在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象；在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥；故答案为：吸引，排斥．点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．三、计算题（共40分，14题12分，15题14分，16题14分．）14．把一根长l=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度为多少？（2）若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是多少？方向如何？考点：安培力；左手定则．分析：（1）已知B与L互相垂直，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小，并用左手定则判断出安培力的方向．解答：解：（1）代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N方向竖直向上故安培力的大小1.5×10﹣7N，方向竖直向上．点评：解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，会用左手定则判断出安培力的方向．15．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨，相距为L=10cm，竖直放置，导轨上端连接着电阻R1=1Ω，质量为m=0.01kg、电阻为R2=0.2Ω的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中．ab杆由静止释放，经过一段时间后达到最大速率，g取10m/s2，求此时：（1）杆的速率；（2）ab间的电压；（3）电阻R1消耗的电功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）金属棒在重力作用下，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度．（2）根据欧姆定律求出ab间的电压．（3）根据电功率公式P1=I2R1求解．解答：解：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，由平衡条件得：mg=BIL，感应电流：I==，代入数据得：v=12m/s（2）感应电动势：E=BLv，感应电流：I=，ab间的电压：U ab=IR1，代入数据解得：U ab=1V；（3）电阻R1消耗的电功率：P1=I2R1，代入数据得：P1=1W；答：（1）杆的速率是12m/s；（2）ab间的电压是1V；（3）电阻R1消耗的电功率是1W．点评：解决本题关键通过受力判断出金属棒的运动情况，知道当金属棒加速度为零时，速度最大．以及会根据电功率公式求解．16．如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC 区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y 轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小．（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于．（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ2的最大值．由△t=和已知条件△t max=，联立可求出θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度．解答：解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，t=t0=T，故周期T=4t0由T=…①得B=…②（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°﹣θ2…③故t1+t2==2t0…④（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，由②得：△θ=θ2﹣θ1=2θ2﹣180°…⑤根据⑤式可知θ2越大，△θ2越大，时间差△t越大由△t=…⑥由题时间间隔最大值为△t max=…⑦又T=4t0 …⑧则⑤⑥⑦⑧得，θ2的最大值为θmax=150°…⑨在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α=180°﹣θ=30°…⑩由几何知识得tan∠A==得∠A=60° (11)β=90°﹣∠A=30° (12)且有Rcosα+=L解得：R=根据qvB=m（或v=或v=均可）代入数据解得：v=答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是；（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是t1+t2==2t0；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，粒子进入磁场时的速度大小是．点评：对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．。