江苏省清江中学2014-2015学年高二下学期期中考试物理试题 (Word版含答案)

清江中学2014—2015学年度上学期高二期中试卷物理满分：120分考试时间：100分钟一．单项选择题（每题3分，共30分）1.关于布朗运动，下列说法正确的是（）A．布朗运动是无规则的，反映了大量液体分子的运动也是无规则的B．微粒做布朗运动，充分说明了微粒内部分子是不停地做无规则运动C．布朗运动是由于悬浮微粒受周边其它微粒撞击的不平衡性引起的D．悬浮微粒越大，在相同时间内撞击它的分子数越多，布朗运动越剧烈2．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是（）A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10—10mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10—10mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大3．如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。

从图中可以确定的是( )A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态4．如图所示，用导热的固定隔板把一容器隔成体积相等的甲、乙两部分。

甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气。

在达到平衡时，它们的温度相等。

若分子势能可忽略，则甲、乙中（）A．气体的压强相等 B.气体的内能相等C．气体分子的平均动能相等D．气体分子的平均速率相等5．下列现象中，不是由于液体的表面张力而引起的是( )A．小昆虫能在水面上自由走动B．融化的蜡烛从燃烧的蜡烛上流下来，冷却后呈球形C．小孩吹出肥皂泡D．树叶能飘浮在水面上6．关于热量、功和内能三个物理量，下列说法中正确的是（）A．热量、功和内能三者的物理意义相同，只是说法不同B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度C．热量、功和内能的单位不同D．功由过程决定，而热量和内能由物体的状态决定7．一定质量理想气体处于平衡状态Ⅰ,现使其温度降低而压强升高,达到平衡状态Ⅱ,则以下判断正确的是（）A ．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大B ．状态Ⅰ时各个分子的动能比状态Ⅱ时的大C ．状态Ⅰ时分子的平均距离比状态Ⅱ时的大D ．状态Ⅰ时单个分子对器壁平均撞击力比状态Ⅱ时小8． 一定质量的理想气体的P —t 图象如图所示，在状态A 到状态B 的过程中，气体的体积 （ ） A ．一定不变B ．一定减小C ．一定增加D ．不能判定怎样变化 9．竖直倒立的U 形玻璃管一端封闭，另一端开口向下，如图所示，用水银柱封闭一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的D 处钻一小孔，则管内左侧被封闭的气体压强p 和体积V 变化的情况为 （ ）A ．V 减小，p 增大B ．V 增大，p 减小C ．p 、V 都不变D ．无法确定10．一个内壁光滑、绝热的汽缸固定在地面上，绝热的活塞下方封闭着空气，若突然用竖直向上的力F 将活塞向上拉一些，如图所示，则缸内封闭着的气体 ( )A ．每个分子对缸壁的冲力都会减小B ．单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少C ．分子平均动能不变D ．若活塞重力不计，拉力F 对活塞做的功等于缸内气体内能改变量二．多项选择题（每题4分，选不全的得2分，有错选的不得分，共20分）11.若已知阿伏加德罗常数，物质的摩尔质量、摩尔体积，则可计算出（ ）A ．固体分子的大小和质量B ．液体分子的大小和质量C ．气体分子的大小和质量D ．气体分子的质量和分子间的平均距离12．如图所示，在两个固体薄片上涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针尖接触薄片，接触点周围的石蜡被熔化，乙片上熔化了的石蜡呈圆形，则 （ AD ）A ．甲片一定是晶体B ．乙片一定是非晶体C ．甲片不一定是晶体D ．乙片不一定是非晶体13．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）A ．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大B ．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小C ．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小D ．温度升高，压强和体积都可能不变14．一定质量的理想气体处于某一初始状态，若要使它经历两个状态变化过程，压强仍回到初始的数值，则下列过程中可以实现的是（ ）pA.先等温膨胀，再等容降温B. 先等温压缩，再等容降温C.先等容升温，再等温压缩D. 先等容降温，再等温压缩15．如图所示，A 、B 两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体自状态A 变化到状态B 时 （ ）A 、体积必然变大B 、有可能经过体积减小的过程C 、外界必然对气体做功D 、气体必然从外界吸热 三．填空作图题（第16、17题每小题3分，第18题每空2分，共23分）16．（一）用油膜法估测分子的大小时有如下步骤：A ．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)再根据方格的边长求出油膜的面积S ．B ．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上．C ．用浅盘装入约2cm 深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面．D ．用公式d=V/S ，求出薄膜厚度，即油酸分子的大小．E ．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V ．F ．用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数．上述实验步骤的合理顺序是____▲____．（二）本实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL 溶液中有纯油酸0.6 mL ，用注射器测得 l mL上述溶液有80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形格的边长为1 cm ，则可求得：（1）油酸薄膜的面积是 ▲ cm2．（2）油酸分子的直径是 ▲ m ．（以上结果均保留两位有效数字）17．使一定质量的理想气体按如图甲中箭头所示的顺序变化,图中BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线.(1)已知气体在状态A 的温度为TA=300K,则气体在状态B 、C 和D 的温度分别是：TB= ▲ K ；TC= ▲ K ； TD= ▲ K 。

2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）月考物理模拟试卷（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共9小题，共27.0分)1.下列叙述中符合历史史实的是（）A.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂结构B.玻尔理论成功地解释了各种原子的发光现象C.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象D.赫兹从理论上预言了电磁波的存在【答案】C【解析】解：A、卢瑟福的α粒子散射实验提出原子核式结构学说，故A错误B、玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子发光现象．故B错误．C、爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，故C正确D、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，故D错误故选C．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．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.某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为（）A.11.4天B.7.6天C.5.7天D.3.8天【答案】D【解析】解：根据半衰期公式：可得：，所以有，t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天故ABC错误，D正确．故选D．本题考察了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行有关运算，即公式的应用，明确半衰期的含义．本题比较简单，只要知道半衰期公式就能解答，原子物理中题目主要是加强记忆，没有很复杂的计算题．3.下列说法正确的有（）A.如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属一定发生光电效应B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C.由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D.原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4【答案】B【解析】解：A、如果用紫光照射某种金属发生光电效应，知紫光的频率大于金属的极限频率，由于绿光的频率小于紫光的频率，所以绿光照射不一定发生光电效应．故A错误．B、α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一．故B正确．C、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，能量减小，轨道半径减小，根据k=m知，电子的动能增大，由于能量等于电子动能和电势能的总和，则电势能减小．故C错误．D、发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，知中子数少2．故D错误．故选：B．当入射光的频率大于金属的极限频率，则可发生光电效应；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一；由高能级向低能级跃迁，辐射光子，根据轨道半径的变化判断动能的变化，根据能量和动能的变化判断电势能的变化．发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，根据电荷数和质量数的变化判断中子数的变化．本题考查光电效应、α粒子散射实验、能级的跃迁、衰变等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，牢记这些基础知识点，并强化训练．4.图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波．已知金属钾的逸出功为2.22e V．在这些光波中，能够从金属钾的表面打出光电子的总共有（）A.二种B.三种C.四种D.五种【答案】C【解析】解：处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为=6种，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66e V，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89e V，均小于2.22e V，不能使金属钾发生光电效应，其它四种光子能量都大于2.22e V．故C 正确，A、B、D错误．故选C．发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功，根据该条件确定出n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时辐射光子能量大于逸出功的种数．解决本题的关键知道能极差与光子能量的关系，以及掌握发生光电效应的条件．5.人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是为了（）A.减小着地时所受冲量B.使动量增量变的更小C.增大人对地面的压强，起到安全作用D.延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力【答案】D【解析】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=△mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故D正确，A、B、C错误．故选：D．人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会．6.关于光电效应，下列说法正确的是（）A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D.入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A【解析】解：A、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大，故A正确．B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关．故B 错误．C、根据光电效应方程E km=hγ-W0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不会影响金属的逸出功．故C错误．D、入射光的光强一定时，频率越高，光子的能量值越大，入射光中的光子的数目越少，单位时间内逸出的光电子数就越少，故D错误．故选：A．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．7.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是（）A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与小车（包含男孩）的动量增量相同【答案】C【解析】解：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；A、男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，故B错误；C、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D、木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误．故选：C．根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题．8.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时（）A.若小车不动，两人速率一定相等B.若小车向左运动，A的速率一定比B的小C.若小车向左运动，A的动量一定比B的大D.若小车向左运动，A的动量一定比B的小【答案】C【解析】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车=0，A、若小车不动，则m A v A+m B v B=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A 的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A 的动量一定比B的小，故D错误．故选：CAB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，并明确对整体由动量守恒列式分析的方法；难度适中9.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【答案】B【解析】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意，明确研究对象；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解．本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活的选用过程！二、多选题(本大题共6小题，共18.0分)10.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动B.玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.工业上利用γ射线来检查金属内部伤痕，是因为γ射线穿透能力很强【答案】ABD【解析】解：A、图甲：黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动，故A正确；B、图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B正确；C、图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误；D、图丁：工业上利用射线来检查金属内部伤痕，是因为射线穿透能力很强．故D正确；故选：ABD根据物理学史和常识解答，并掌握近代物理中的主要发现，明确玻尔理论及黑体辐射的相关内容．本题借助图象考查近代物理的主要内容；弄清楚每个图象的作用及代表的物理知识，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提11.下列四个方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子+n→B a+K r+3X1P→S i+X2U→T h+X3T h→P a+X4以下判断中正确的是（）A.X1是中子B.X2是中子C.X3是α粒子D.X4是中子【答案】AC【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒得x1的电荷数为0，质量数为1，所以x1是中子，故A正确；B、同理x2的电荷数为1，质量数为2，所以x2为氘核，故B错误；C、x3的电荷数为2，质量数为4，所以x3是α粒子，故C正确；D、x4的电荷数为2，质量数为1，故D错误．故选：AC根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用．12.天然放射性元素T h（钍）经过一系形α衰变和β衰变之后，变成P b（铅）．下列相关论断中正确的是（）A.铅核比钍核少24个中子B.铅核比钍核少16个中子C.衰变过程中共有4次α衰变和8次β衰变D.衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变【答案】BD【解析】A、B、根据质量数和电荷数守恒可知，铅核比钍核少8个质子，少16个中子，故A错误，B正确；C、D、发生α衰变是放出42H e，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x-y+82=90，4x+208=232，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，故C错误，D正确．故选：BD．正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．13.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A.v A′=5m/s，v B′=2.5m/sB.v A′=2m/s，v B′=4m/sC.v A′=4m/s，v B′=7m/sD.v A′=m/s，v B′=m/s【答案】BD【解析】解：A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前，总动量为：p=p A+p B=m A v A+m B v B=（1×6+2×2）kg•m/s=10kg•m/s，总动能：E k=+=（+）J=20J碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=1×2+2×4=10kg•m/s；总动能：E k′=′+′=×1×22+×2×42=18J则p′=p，符合动量守恒和能量守恒．故B正确．C、碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=（1×4+2×7）kg•m/s=18kg•m/s；不符合动量守恒定律．故C错误．D、碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=（1×+2×）kg•m/s=10kg•m/s，则知，p′=p．符合动量守恒定律．总动能：E k′=′+′=[×1×（）2+×2×（）2]J=J，则知E k′＜E k．符合能量守恒定律．而且v A′＜v B′，符合实际的运动情况．故D正确．故选：BD．两球碰撞过程，系统不受外力，碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即两球同向运动时后面的球不会比前面的球运动的快！14.如图所示是氢原子的能级图，对于一群处于n=4的氢原子，下列说法正确是（）A.这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁B.这群氢原子能够发出6种不同频率的光C.如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到n=1能级发出的D.从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光的波长最长【答案】BCD【解析】解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差．故A错误．B、根据=6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子．故B正确．C、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由n=4跃迁到n=1，和n=3跃迁到n=1能级发出的．故C正确．D、从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长．故D正确．故选：BCD．能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小．解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即E m-E n=hv．关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小．15.放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用．下列选项中，属于γ射线的应用的是（）A.医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤B.机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地C.铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制D.用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期【答案】AD【解析】解：A、γ射线的穿透能力很强，所以医学上虽制成γ刀，不需要开颅才可治疗脑肿瘤；B、γ射线的电离能力很弱，所以运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器不能将电荷导入大地，而是用α射线，故B错误；C、在工厂中不能使用γ射线信号输入计算机，对薄铝板的厚度进行自动控制，故AC 错误；D、γ射线对细胞有杀伤力，所以γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期，故D正确．故选：AD．首先知道γ射线的特点和应用，再据此分析；根据其特点明确其在生产生活中的应用；知道γ射线的电离、穿透能力和对细胞有杀伤力是解题的关键，明确其应用用途三、填空题(本大题共1小题，共4.0分)16.用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，U c为遏止电压．已知电子电荷量为-e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能E km= ______ ；该光电管发生光电效应的极限频率ν0= ______ ．【答案】e U c；ν-【解析】解：（1）由动能定理，及U c为遏止电压；可知，电子的最大初动能E K m=e U c（2）根据光电效应方程，E K m=hv-hv0；所以v0=ν-；故答案为：e U c；ν-．吸收光子的能量一部分克服逸出功，剩下的转化为电子的动能，根据最大初动能公式和动能定理求解．当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏止电压，从而求出极限频率．本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，注意极限频率与遏止电压的关系．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)17.用如图所示装置来进行探究碰撞的不变量的实验，质量为m B的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为m A的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α．球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张覆盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点．保持α角度不变，多次重复上述实验，在白纸上记录到多个B球的落地点．（1）图中s应是B球初始位置到______ 的水平距离．（2）为了探究碰撞中的守恒量，应测得______ 等物理量．（3）用测得的物理量表示：m A v A= ______ ；m A v′A= ______ ；m B v′B= ______ ．【答案】B球的落点；m A、m B、L、α、β、H、s；m A；m A；m B S【解析】解：（1）由图可知，S为B球的初始位置到B球落点间的距离；（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m A g L（1-cosα）=m A v A2-0，解得：v A=，则P A=m A v A=m A，为了测量碰撞前A球的动量，需要测量的物理量有：m A、α、L；小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-m A g L（1-cosβ）=0-m A v A′2，解得v A′=，P A′=m A v A′=m A，为了测量碰撞后A球的动量还需要测量的物理量有：m A、β、L；碰前小球B静止，则P B=0；碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=v B′t，竖直方向H=gt2，解得：v B′=S，则碰后B球的动量为：P B′=m B v B′=m B s，为了测量碰撞后B球的动量，需要测量的物理量有：由动量守恒定律可知，实验需要测量的物理量为：m A、m B、L、α、β、H、s；由以上计算可得，用测量的物理量表示结果为：m A v A=m A；m A v′A=m A；m B v B′=m B S．故答案为：（1）B球落地点（2）m A、m B、L、α、β、H、s（3）m A，m A，m B•sA球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球A上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出动量的表达式，然后分析答题．本题考查了确定实验需要测量的量，知道实验原理、求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键．五、计算题(本大题共4小题，共40.0分)18.如图所示，静电计与锌板相连，现用紫外灯照射锌板，关灯后，指针保持一定的偏角．（1）现用一带负电的金属小球与锌板接触，则静电计指计偏角将______ （填“增大”、“减小”或“不变”）（2）使静电计指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，静电计指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外灯照射锌板，可观察到静电计指针______ （填“有”或“无”）偏转．【答案】减小；无【解析】解：（1）在用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小．（2）用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转．故答案为：（1）减小，（2）无．（1）用一紫外线灯照射锌板，产生光电效应现象，根据锌板的电性，分析用带负电的金属小球与锌板接触后，验电器指针偏角的变化．（2）红光的频率比黄光低，黄光照射锌板，验电器指针无偏转，黄光不能使锌板产生光电效应，红光也不能使锌板产生光电效应．光电效应中光电子射出后，金属板带正电．光电效应的产生条件取决于入射光的频率．19.光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以v0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长．质量为4kg的物体C静止在前方，如图，B与C发生碰撞后粘合在一起运动，在以后的运动中，求：（1）B与C碰撞后瞬间B与C的速度；（2）弹性势能最大值为多少？（3）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？【答案】解：（1）B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m B v0=（m B+m C）v解得：v=2m/s；（2）A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，以A、B、C三者组成想系统为研究对象，B、C碰撞后，三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m A v0+（m B+m C）v=（m A+m B+m C）v′解得：v′=3m/s，由能量守恒定律得：m A v02+（m B+m C）v2=E P m+（m A+m B+m C）v′2，解得：E P m=12J；（3）以A、B、C三者组成想系统为研究对象，当A速度为零时，由动量守恒定律得：m A v0+（m B+m C）v=（m B+m C）v″解得：v″=4m/s，由能量守恒定律得：m A v02+（m B+m C）v2=E P+（m B+m C）v″2，解得：E P=0；答：（1）B与C碰撞后瞬间B与C的速度为2m/s；（2）弹性势能最大值为12J；（3）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为0J．【解析】（1）B、C两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后瞬间B、C的速度．（2）当A、B、C三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值．（3）B、C碰撞后，A、B、C三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A的速度为零时弹簧的弹性势能．本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键．20.研究光电效应规律的实验装置如图所示，光电管的阴极材料为金属钾，其逸出功为W0=2.25e V，现用光子能量为10.75e V的紫外线照射光电管，调节变阻器滑片位置，使光电流刚好为零．求：（1）电压表的示数是多少？（2）若照射光的强度不变，紫外线的频率增大一倍，阴极K每秒内逸出的光电子数如何变化？到达阳极的光电子动能为多大？（3）若将电源的正负极对调，到达阳极的光电子动能为多大？【答案】解：（1）由光电效应方程E k=hν-W0得光电子最大初动能E k=8.50e V光电管两端加有反向电压，光电子由K向A做减速运动．由动能定理-e U=E k A-E k因E k A=0，则U==8.50V．（2）设光的强度为nhν，光强不变，频率增大一倍，则每秒入射的光子数n减为原来的一半，阴极K每秒内逸出的光电子数也减为原来的一半，由光电效应方程得光电子的最大初动能E k′=hν′-W0=2hν-W0=19.25e V电子由阴极向阳极做减速运动．由动能定理-e U=E k A′-E k′，得E k A′=10.75e V．（3）若将电源的正负极对调，光电管上加有正向电压，光电子从阴极向阳极做加速运动，由动能定量e U=E k A″-E k，得E k A″=17.00e V．答：（1）电压表的示数是8.50V．（2）阴极K每秒内逸出的光电子数减为原来的一半，到达阳极的光电子动能为10.75e V．（3）到达阳极的光电子动能为17.00e V．【解析】（1）根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，通过动能定理求出反向电压的大小，从而得出电压表的示数．（2）光强不变，结合频率的变化求出每秒入射的光子数的变化，从而得出逸出的光电子数的变化．根据光电效应方程，结合动能定理求出到达阳极的光电子动能．（3）将电源的正负极对调，光电管上加有正向电压，光电子从阴极向阳极做加速运动，根据动能定理求出到达阳极的光电子的动能．解决本题的关键掌握光电效应方程，结合动能定理进行求解．21.已知锌板的极限波长λ0=372nm，氢原子的基态能量为-13.6e V，若氢原子的核外电子从量子数n=2跃迁到n=1时所发出的光子照射到该锌板上，此时能否产生光电效应？若能，光电子的最大初动能是多少电子伏？（真空中光速c=3×108m/s，普朗克常量h=6.63×10-34J•s，电子电荷量e=1.6×10-19C）。

江苏省清江中学2014-2015学年高二下学期期中考试（文）一、填空题:本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．命题“4>∀x ，162>x ”的否定是 ． 2．已知⎪⎭⎫⎝⎛<<=2053cos πx x ，则x 2sin 的值为_________. 3．“4πα=” 是“tan 1α=”的 条件． （填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”）4．若函数()f x ，则()f x 的定义域是 ．5．用反证法证明某命题时，对结论“自然数,,a b c 至少有1个偶数”的正确假设为 “ ”．6．在实数等比数列{}n a 中，10a >，若243546225a a a a a a ++=，则35a a += ． 7．已知向量)3,(x x -=，)3,1(x --=，若b a //，则x =8．已知实数,x y 满足20,0,1,x y x y x -+≥⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩则2z x y =+的最小值为 ．9．一元二次不等式210ax bx +->的解集为1{|1}3x x <<，则a b += 10．函数22ln y x x =-的最小值是 11．已知函数1y x =的图象的对称中心为(0,0)，函数111y x x =++的图象的对称中心为1(,0)2-，函数11112y x x x =++++的图象的对称中心为(1,0)-，……，由此推测，函数111112y x x x x n=+++++++的图象的对称中心为 ． 12．已知正数x 、y 满足1x y +=,则1ax y+的最小值是9,则正数a 的值为 13．已知函数f （x ）=⎩⎨⎧+--ax a a e x 2)21(2 00>≤x x 对任意x 1≠x 2，都有0)()(2121>--x x x f x f 成立，则实数a 的取值范围是14．已知等差数列{}n a 的首项a 1及公差d 都是实数，且满足23242029S S S ++=，则d 的取值范围是 ．二、解答题:本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．已知A 、B 、C 为ABC ∆的内角，向量)sin ,(sin B A =，)cos ,(cos A B =，且C 2sin =⋅，(Ⅰ)求角C 的大小；(Ⅱ)若A sin ，C sin ，B sin 成等差数列，且18)(=-⋅AC AB CA ，求AB 的长.16．解关于x 的不等式：① 2121≥--x x ； ② (2mx-1)(x-2)<0（m 为实常数）17. 如图，在半径为cm 30的41圆形（O 为圆心）铝皮上截取一块矩形材料OABC ，其中点B 在圆弧上，点A 、C 在两半径上，现将此矩形铝皮OABC 卷成一个以AB 为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长xcm AB =，圆柱的体积为3Vcm . （1）写出体积V 关于x 的函数关系式；（2）当x 为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V 最大？并求出最大值。

江苏省清江中学2015—2016学年度第一学期期中考试高二物理试卷（理科）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，只有一个选项正确） 1．下列四个物理量中属于用比值法定义的是 ( )A ．导体的电阻SlR ρ= B ．电容器的电容d k s C r πε4=C ．点电荷的电场强度2rQ kE = D ．磁感应强度IL FB = 2．将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处(均可视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F .现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 相互接触后拿走，A 、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为 ( )A ．15FB ．14FC ．FD ．910F 3．如图所示，a 、b 、c 是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc ，a 、b 两点间电压为10V ，则b 、c 两点间电压 ( )A ．等于10VB ．小于10VC ．大于10VD ．条件不足，无法判断4．如图所示的电路中，现将滑动变阻器的滑片P 向右移动，则 ( )A ．电流表的示数变小B ．电压表的示数变大C ．电灯L 消耗的功率变大D ．电阻R 1消耗的功率变大5．如图，A 、B 、C 三点在匀强电场中，BC AC ⊥ ， 60=∠ABC ，cm BC 20=，把一个电量C q 5101-⨯=的正电荷从A 移到B ，电场力不做功；从B 移到C ，电场力做功为J 3103-⨯-，则该匀强电场的场强大小和方向是 ( ) A ．866V/m ， 垂直AC 向上 B ．866V/m ， 垂直AC 向下 C ．1000V/m ，垂直AB 斜向上 D ．1000V/m ，垂直AB 斜向下6．如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx′自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B ，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O 处的磁感应强度大小是 ( )A ．1B B BC ．2BD ．0二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项．．．．．符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7．下列说法中不正确的是 ( )A ．由磁感应强度的定义式B=F/(IL )可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电直导线所受磁场力成正比，与IL 成反比B ．一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向就是该处磁场的方向C ．一小段通电直导线放在某处受到的磁场力等于零，则该处磁感应强度一定为零b caD ．一段长为10cm 、电流为2A 的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N ，则该处磁感应强度的大小至少为4T8．如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器的内部，闭合电键S 给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向θ角，若（ ）A ．电键S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ不变 B ．电键S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ增大C ．保持电键S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．保持电键S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ变小9．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的右上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向外的电流后，则与未通电相比 ( )A ．磁铁对桌面压力增大B ．磁铁对桌面压力减小C ．磁铁有向右运动的趋势D ．桌面对磁铁无摩擦力 10．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线中的电流强度为I ，导线中自由电子定向移动的平均速度为v ，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压U ，则（ ）A ．通过导线的电流为I/4B ．通过导线的电流为I/16C ．自由电子定向移动的平均速率为v/6D ．自由电子定向移动的平均速率为v/4 11．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在N M 、两点，在MN 的连线上有对称点c a 、，MN 连线的中垂线上有对称点d b 、，则下列说法正确的是 ( ) A ．a 点场强与c 点场强一定相同 B ．a 点电势一定小于c 点电势C ．负电荷在c 点电势能一定大于在a 点电势能D ．正电荷从d 点移到b 点电场力不做功三、实验题（共2题，共计30分，答案填在答题卷对应题号的横线上）12．一个小灯泡的额定电压为2.0V 。

江苏省淮安市清江中学等四校2024届物理高二第一学期期中联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、关于电场，下列说法正确的是：（）A．由E F / q可知，若q 减半，则该处电场强度变为原来的2 倍B．电场中某一点的电场强度的大小和方向与试探电荷无关C．电场强度的单位是库/牛D．电场中任何一点的电场强度的方向可以任意确定2、图为两个导体的伏安特性曲线，根据图像可知，两个导体的电阻R1：R2的比值等于（）A．1:3 B．3:1 C．3:4 D．4:33、甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是A．t1时刻两车相距最远B．t1时刻乙车追上甲车C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度4、如图,AB是某点电荷产生的电场中的一条电场线,在电场线上P处由静止释放一个带负电的试探电荷时,它沿直线向B点处运动,对此现象判断正确的是(不计电荷重力)()A．电荷向B做匀加速运动B．电荷向B做加速度越来越小的加速运动C．电荷向B做加速运动,加速度的变化情况不能确定D．电荷向B做加速度越来越大的加速运动5、关于电源的说法，正确的是（）A．电源向外提供的电能越多，表明电动势越大B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功C．在电源内部，从正极到负极电势逐渐升高D．在电源外部，从正极到负极电势逐渐升高6、一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如右图所示，则( )A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

江苏省清江中学2014-2015学年高二下学期期中考试（文）一、填空题:本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．命题“4>∀x ，162>x ”的否定是 ． 2．已知⎪⎭⎫⎝⎛<<=2053cos πx x ，则x 2sin 的值为_________. 3．“4πα=” 是“tan 1α=”的 条件． （填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”）4．若函数()f x ，则()f x 的定义域是 ．5．用反证法证明某命题时，对结论“自然数,,a b c 至少有1个偶数”的正确假设为 “ ”．6．在实数等比数列{}n a 中，10a >，若243546225a a a a a a ++=，则35a a += ． 7．已知向量)3,(x x -=，)3,1(x --=，若b a //，则x =8．已知实数,x y 满足20,0,1,x y x y x -+≥⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩则2z x y =+的最小值为 ．9．一元二次不等式210ax bx +->的解集为1{|1}3x x <<，则a b += 10．函数22ln y x x =-的最小值是 11．已知函数1y x =的图象的对称中心为(0,0)，函数111y x x =++的图象的对称中心为1(,0)2-，函数11112y x x x =++++的图象的对称中心为(1,0)-，……，由此推测，函数111112y x x x x n=+++++++的图象的对称中心为 ． 12．已知正数x 、y 满足1x y +=,则1ax y+的最小值是9,则正数a 的值为 13．已知函数f （x ）=⎩⎨⎧+--ax a a e x 2)21(2 00>≤x x 对任意x 1≠x 2，都有0)()(2121>--x x x f x f 成立，则实数a 的取值范围是14．已知等差数列{}n a 的首项a 1及公差d 都是实数，且满足23242029S S S ++=，则d 的取值范围是 ．二、解答题:本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．已知A 、B 、C 为ABC ∆的内角，向量)sin ,(sin B A =，)cos ,(cos A B =，且C 2sin =⋅，(Ⅰ)求角C 的大小；(Ⅱ)若A sin ，C sin ，B sin 成等差数列，且18)(=-⋅AC AB CA ，求AB 的长.16．解关于x 的不等式：① 2121≥--x x ； ② (2mx-1)(x-2)<0（m 为实常数）17. 如图，在半径为cm 30的41圆形（O 为圆心）铝皮上截取一块矩形材料OABC ，其中点B 在圆弧上，点A 、C 在两半径上，现将此矩形铝皮OABC 卷成一个以AB 为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长xcm AB =，圆柱的体积为3Vcm . （1）写出体积V 关于x 的函数关系式；（2）当x 为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V 最大？并求出最大值。

2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．（5分）计算：C+C＝．（用数字作答）2．（5分）二项式（3x﹣）8的展开式中第7项的二项式系数为（用数字作答）3．（5分）在矩阵变换下，点A（2，1）将会转换成．4．（5分）已知向量，若，则t＝．5．（5分）在极坐标系中，圆ρ＝2sinθ（0≤θ＜2π）的圆心的极坐标为．6．（5分）已知矩阵M＝，则M的特征值为．7．（5分）从1，2，3，4，5，6中选出3个不同的数组成3位数，并将这些三位数由小到大打排列，则第100个数是．8．（5分）参数方程的普通方程．9．（5分）已知随机变量X的概率分布如下表所示，且其数学期望E（X）＝2，则随机变量X的方差是．10．（5分）某小组有4名男生，3名女生．若从男，女生中各选2人，组成一个小合唱队，要求站成一排且2名女生不相邻，共有种不同的排法？11．（5分）5555+15除以8余数是．12．（5分）一袋中装有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次停止，停止时取球的次数X是随机变量，则P（X＝12）＝（用式子作答）．13．（5分）（坐标系与参数方程选做题）已知直线（t为参数）与直线l2：2x﹣4y＝5相交于点B，又点A（1，2），则|AB|＝．14．（5分）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+a n﹣1＝（）n（n≥2），S n＝a1•2+a2•22+…+a n•2n，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，可求得3S n﹣a n•2n+1＝．二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．（14分）已知直线l的参数方程：（t为参数）和曲线C的极坐标方程：ρ＝2sin（θ+）．（1）证明：判定曲线C的形状，并证明直线l和C相交；（2）设直线l与C交于A、B两点，P（0，1），求•．16．（14分）在1，2，3，…，9这9个自然数中，任取3个不同的数．（1）组成三位数“abc”，若满足a＜b＞c的三位数叫做凸数，这样的凸三位数有多少个？（2）设X为所取3个数中奇数的个数，求随机变量X的概率分布列及数学期望．17．（14分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD 的中点．（1）求||（2）求直线EC与AF所成角的余弦值；（3）求二面角E﹣AF﹣B的余弦值．18．（16分）已知数列{a n}满足，且a2＝10，（1）求a1、a3、a4；（2）猜想数列{a n}的通项公式a n，并用数学归纳法证明；（3）是否存在常数c，使数列成等差数列？若存在，请求出c的值；若不存在，请说明理由．19．（16分）已知．（1）求a2的值；（2）求展开式中系数最大的项；（3）求的值．20．（16分）已知二阶矩阵M的属于特征值﹣1的一个特征向量为，属于特征值3的一个特征向量为．（1）求矩阵M；（2）求直线l：y＝2x﹣1在M作用下得到的新的直线l′方程；（3）已知向量，求．2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．（5分）计算：C+C＝84．（用数字作答）【解答】解：由组合数的性质可得C+C＝＝＝84故答案为：842．（5分）二项式（3x﹣）8的展开式中第7项的二项式系数为28（用数字作答）【解答】解：二项式（3x﹣）8的展开式中第7项的二项式系数为＝＝28，故答案为：28．3．（5分）在矩阵变换下，点A（2，1）将会转换成（2，5）．【解答】解：设在矩阵变换下，点A（2，1）将会转换成A′（a，b），由＝，得2+0＝a，则b＝2×2+1×1＝5，故答案是：（2，5）．4．（5分）已知向量，若，则t＝0或2．【解答】解：∵，∴＝2t﹣t2＝0，解得t＝0或2，故答案为：0或2．5．（5分）在极坐标系中，圆ρ＝2sinθ（0≤θ＜2π）的圆心的极坐标为（1，），或（﹣1，），．【解答】解：圆ρ＝2sinθ（0≤θ＜2π），即ρ2＝2θsinθ，故它的直角坐标方程为x2+y2＝2y，即x2+（y﹣1）2＝1，故圆心的直角坐标为（0，1），故它的极坐标为（1，），也可以为（﹣1，），故答案为（1，），或（﹣1，）．6．（5分）已知矩阵M＝，则M的特征值为﹣1或6．【解答】解：矩阵M的特征多项式为f（λ）＝＝（λ+1）（λ﹣6）令f（λ）＝0，解得λ＝﹣1或6；故答案为﹣1或6．7．（5分）从1，2，3，4，5，6中选出3个不同的数组成3位数，并将这些三位数由小到大打排列，则第100个数是564．【解答】解：由题意得，从1，2，3，4，5，6中选出3个不同的数组成3位数，∴百位上的数字是1共有：5×4＝20；百位上的数字是2共有：5×4＝20，…，百位上的数字是5共有：5×4＝20，共有100个数，∴第100个数是百位上的数字是5的最大数：564，故答案为：564．8．（5分）参数方程的普通方程（x≥2）．【解答】解：由参数方程可得，把①和②平方相减可得4x2﹣y2＝16，即（x≥2），故答案为：（x≥2）．9．（5分）已知随机变量X的概率分布如下表所示，且其数学期望E（X）＝2，则随机变量X的方差是1．【解答】解：由随机变量X的概率分布列知：，解得a＝，b＝，∴D（X）＝（0﹣2）2×+（1﹣2）2×+（2﹣2）2×+（3﹣2）2×＝1．故答案为：1．10．（5分）某小组有4名男生，3名女生．若从男，女生中各选2人，组成一个小合唱队，要求站成一排且2名女生不相邻，共有216种不同的排法？【解答】解：完成这是事情可分为四步进行：第一步第一步，从4名男生中选2名男生，有C42＝6种选法，第二步，从3名女生中选2名女生，有C32＝3种选法，第三步，将选取的2名男生排成一排，有A22＝2种排法，第四步，在2名男生之间及两端共3个位置选2个排2个女生，有A32＝6，根据分步计数原理，不同的排法种数为6×3×2×6＝216，故答案为：216．11．（5分）5555+15除以8余数是6．【解答】解：5555＝（56﹣1）55＝+++…++，∵展开式的前55项都能被8整除，∴展开式的前55项的和能被8整除．∵展开式的最后一项＝﹣1，∴5555除以8余数的余数是7，∴5555+15除以8余数就是22除以8的余数，∵22÷8＝2…6．∴5555+15除以8余数是6．故答案为：6．12．（5分）一袋中装有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次停止，停止时取球的次数X是随机变量，则P（X＝12）＝••（用式子作答）．【解答】解：若ξ＝12，则取12次停止，第12次取出的是红球，前11次中有9次是红球，则P（ξ＝12）＝•••＝•••故答案为：••．13．（5分）（坐标系与参数方程选做题）已知直线（t为参数）与直线l2：2x﹣4y＝5相交于点B，又点A（1，2），则|AB|＝．【解答】解：由，得4x+3y﹣10＝0，由解得，即B（，0），所以|AB|＝＝，故答案为：．14．（5分）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+a n﹣1＝（）n（n≥2），S n＝a1•2+a2•22+…+a n•2n，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，可求得3S n﹣a n•2n+1＝n+1．【解答】解：由S n＝a1•2+a2•22+…+a n•2n①得2•s n＝a1•22+a2•23+…+a n•2n+1②①+②得：3s n＝2a1+22（a1+a2）+23•（a2+a3）+…+2n•（a n﹣1+a n）+a n•2n+1＝2a1+22×（）2+23×（）3+…+2n×（）n+a n•2n+1＝2+1+1+…+1+2n+1•a n＝n+1+2n+1•a n．所以3S n﹣a n•2n+1＝n+1．故答案为n+1．二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．（14分）已知直线l的参数方程：（t为参数）和曲线C的极坐标方程：ρ＝2sin（θ+）．（1）证明：判定曲线C的形状，并证明直线l和C相交；（2）设直线l与C交于A、B两点，P（0，1），求•．【解答】解：（1）曲线C的极坐标方程ρ＝2sin（θ+），化为普通方程是x2+y2﹣2x﹣2y＝0，即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2；所以C是以（1，1）为圆心，半径为的圆；…（2分）直线的参数方程（t为参数），消去参数t得直线的普通方程为y＝2x+1；…（4分）设圆心C（1，1）到直线l的距离为d，则d＝，（或用判别式法）…（6分）所以直线l与曲线C相交．…（7分）（2）联立l与C的方程得方程组，解得或，即A（，），B（，）；…（10分）所以＝（，），＝（，）；…（12分）所以＝（，）•（，）＝＝﹣1．…（14分）又解：（用参数方程直接求）将直线参数方程直接代入圆C的普通方程得t2+（2t+1）2﹣2t﹣2（2t+1）＝0，化简得：5t2﹣2t﹣1＝0，所以t1t2＝…（10分）所以＝＝5t 1t2＝﹣1（或者用直线参数方程的标准形式）…（14分）（几何法）过圆心C作AB的垂线交AB于H，则H平分AB，所以＝＝＝＝PH2﹣HA2＝PH2﹣（R2﹣HC2）＝PC2﹣R2＝﹣1．16．（14分）在1，2，3，…，9这9个自然数中，任取3个不同的数．（1）组成三位数“abc”，若满足a＜b＞c的三位数叫做凸数，这样的凸三位数有多少个？（2）设X为所取3个数中奇数的个数，求随机变量X的概率分布列及数学期望．【解答】解：（1）从9个自然数中，任取3个不同的数，共有＝84种等可能的结果…（2分）由条件得最大的在中间，其它两个排两边，有2种排法，…（4分）所以这样的三位数共有个．…（6分）（2）由题意得X的取值范围为0，1，2，3，…（7分）P（X＝0）＝，P（X＝1）＝，P（X＝2）＝，P（X＝3）＝，∴随机变量X的分布列为：…（11分）（算对1个给（1分），不列表格或只列表格照样给分）EX＝…（13分）17．（14分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD 的中点．（1）求||（2）求直线EC与AF所成角的余弦值；（3）求二面角E﹣AF﹣B的余弦值．【解答】解：（1）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系．则A（2，0，0），F（0，1，0），C（0，2，0），E（2，1，2），，…（2分）∴…（4分）（2）∵，，∴…（6分）∴直线EC与AF所成角的余弦值为．…（8分）（如果把向量的夹角当成直线的夹角，扣1分）（3）平面ABCD的一个法向量为…（9分）设平面AEF的一个法向量为，∵，，∴，令x＝1，则y＝2，z＝﹣1，…（10分）则…（12分）由图知二面角E﹣AF﹣B为锐二面角，其余弦值为．…（14分）（如果把向量的夹角当成二面角的平面角，扣2分）18．（16分）已知数列{a n}满足，且a2＝10，（1）求a1、a3、a4；（2）猜想数列{a n}的通项公式a n，并用数学归纳法证明；（3）是否存在常数c，使数列成等差数列？若存在，请求出c的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵a2＝10，将n＝1代入已知等式得a1＝3，同法可得a3＝21，a4＝36．（2）∵a1＝3＝1×3，a2＝10＝2×5，a3＝3×7，a4＝4×9，∴由此猜想a n＝n（2n+1）．下面用数学归纳法证明．①当n＝1和2时猜想成立；②假设当n＝k（k≥2）时猜想成立，即a k＝k（2k+1），那么，当n＝k+1时，因为，所以＝（k+1）（2k+3）这就是说当n＝k+1时猜想也成立．因此a n＝n（2n+1）成立（3）假设存在常数c使数列成等差数列，则有把a1＝3，a2＝10，a3＝21代入得．当c＝0时，数列即为{2n+1}是公差为2的等差数列；当时，数列即为{2n}是公差为2的等差数列．∴存在常数使数列成等差数列．19．（16分）已知．（1）求a2的值；（2）求展开式中系数最大的项；（3）求的值．【解答】解：（1）∵（x2+1）（x﹣1）9＝（x2+1）（x9﹣x8+…+x﹣）＝a0+a1x+a2x2+…+a11x11，∴a2＝﹣﹣＝﹣37．…（4分）（2）展开式中的系数中，数值为正数的系数为a1＝＝9，a3＝+＝93，a5＝+＝210，a7＝+＝162，a9＝+＝37，a11＝，故展开式中系数最大的项为210x5．…（8分）（3）对＝（x2+1）•（x﹣1）9＝a0+a1x+a2x2+…+a11x11两边同时求导得：（11x2﹣2x+9）（x﹣1）8＝a1+2a2x+3a3x2+…+11a11x10，令x＝1，得a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10+11a11＝0，所以﹣＝（a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10+11a11）（a1﹣2a2+3a3﹣4a4+…﹣10a10+11a11）＝0．…（14分）20．（16分）已知二阶矩阵M的属于特征值﹣1的一个特征向量为，属于特征值3的一个特征向量为．（1）求矩阵M；（2）求直线l：y＝2x﹣1在M作用下得到的新的直线l′方程；（3）已知向量，求．【解答】解：（1）设M＝，则∵二阶矩阵M的属于特征值﹣1的一个特征向量为，属于特征值3的一个特征向量为，∴，，∴a＝2，b＝1，c＝3，d＝0，∴A＝…（4分）（2）设P（x0，y0）是l上任意一点，它在M作用下的对应点P′（x′，y′），则有…（6分）所以得解得…（8分）因为P（x0，y0）在l上，所以y0＝2x0﹣1即化简得：3x′﹣4y′+3＝0所以所求直线l′的方程为3x﹣4y+3＝0…（10分）（3）设特征值λ1＝﹣1时，对应特征向量＝，λ2＝3时，对应特征向量＝．设即解得解得s＝1，t＝3，所以…（12分）∴＝…（16分）。

江苏省清江中学高二物理第二学期期中考试试卷时间：120分钟总分为：150分命题人：马乃夫一、单项选择题〔只有一个选项是正确的，每题4分，计20分〕1．有一匝数为n 、面积大小为S 的矩形线圈放在一磁感强度为B 的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向夹角为θ，如此穿过线圈的磁通量大小为 A ． nBS B ． BS ·cos θ C ． BS ·sin θ D ．nBS ·sin θ2．光线以某一入射角从真空射入折射率为 3 的玻璃中，入射角为60o ，如此折射角等于 A ．30° B ．45° C ．60° D ．75° 3．关于电磁波，以下说法正确的答案是 A ．电磁波不是物质，因此不可以在真空中传播 B ．电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变 C ．在真空中，频率高的电磁波速度较大D ．只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失 4．在电磁感应现象中，如下说法中正确的答案是： A ．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反 B ．闭合线框放在变化的磁场中，一定能产生感应电流C ．闭合线框放在匀强磁场中作切割磁感线运动，一定能产生感应电流D ．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化5．如图，两平行虚线间的区域内存在着匀强磁场，三角形线圈abc 的ab 边与磁场边界平行〔三角形bc 边小于磁场宽度〕，现让线圈匀速向右运动穿过磁场区域，如此如下图中的哪个可以定性地表示线圈在穿过磁场过程中感应电流随时间变化的关系A B C D 二、多项选择题〔至少有2个正确选项，每题4分，计20分，有漏的得2分〕6．如图，线圈L 的自感系数较大，通入恒定电流时的电阻接近零，A 、B 是两一样的灯泡，将开关S 闭合，灯泡亮度稳定后再断开，如下说法正确的答案是A ．稳定时，A 、B 都发光且亮度一样 B ．稳定时，A 不发光，B 发光C ．S 闭合时，A 、B 同时发光，断开时同时熄灭D ．S 断开时，B 立即熄灭，A 闪亮一下后再熄灭7．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e = 102sin4πtV ，如此：A ． 该交变电动势的频率为2HzB ．t=0时刻线圈平面与磁场垂直C ．t = 0.25s 时，e 达到最大值D ．在1s 时间内，线圈中电流方向改变100次8．用理想变压器给负载供电，在输入电压不变的情况下，如下说法正确的答案是 A ．减少副线圈的匝数，其余保持不变，可增加变压器的输入功率 B ．增加副线圈的匝数，其余保持不变，可增加变压器的输入功率 C ．减少负载的电阻值，其余保持不变，可增加变压器的输入功率 D ．增加负载的电阻值，其余保持不变，可增加变压器的输入功率9．在图中的虚线表示两种均匀介质的界面与法线，未标箭头的实线是斜射向界面后发生反射、折射的三条光线，oa 与ob 相对于竖虚线对称，ob 与oc 相对于横虚线对称，如此如下判断正确的答案是A ．bo 不可能是入射光线B ．ao 一定是入射光线C ．co 可能是入射光线D ．bo 一定是反射光线10.如图甲所示，A 、B 为一样的环形线圈，它们共轴且相距很近，A 线圈中通有图乙所示的交变电流，如此： A ．在t 1时刻，A 、B 的相互作用力为零 B. 在t 1到t 2时间内，A 、B 相互吸引 C. 在t 2到t 3时间内，A 、B 相互排斥 D. 在t 2时刻，A 、B 的相互作用力最大江苏省清江中学2005—2006学年高二第二学期期中考试物 理 试 题 答 题 纸三、实验题〔每题10分，计20分〕题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案aObc11．在“练习使用示波器〞的实验中，假设观察亮斑在竖直方向上的偏移时，给竖直方向加一直流电压，如图。

2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）期中数学试卷（文科）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．（5分）命题“∀x＞4，x2＞16”的否定是．2．（5分）已知cos x＝（0＜x＜），则sin2x的值为．3．（5分）“α＝”是“tanα＝1”的条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”）4．（5分）若函数，则f（x）的定义域是．5．（5分）用反证法证明时，对结论“自然数a，b，c至少有1个为偶数”的正确假设为．6．（5分）在等比数列{a n}中，若a1＞0，a2a4+2a3a5+a4a6＝25，则a3+a5＝．7．（5分）已知向量，，若，则x＝．8．（5分）已知实数x，y满足，则z＝2x+y的最小值是．9．（5分）一元二次不等式ax2+bx﹣1＞0的解集为{x|＜x＜1}，则a+b＝．10．（5分）函数y＝2x2﹣lnx的最小值是．11．（5分）已知函数的图象的对称中心为（0，0），函数的图象的对称中心为，函数的图象的对称中心为（﹣1，0），…，由此推测，函数的图象的对称中心为．12．（5分）已知正实数x，y满足x+y＝1，若的最小值为9，则正数a＝．13．（5分）已知函数f（x）＝对任意x1≠x2，都有＞0成立，则实数a的取值范围是．．14．（5分）已知等差数列{a n}的首项a1及公差d都是实数，且满足，则d的取值范围是．二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．（14分）已知向量＝（sin A，sin B），＝（cos B，cos A），＝sin2C，其中A、B、C为△ABC的内角．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sin A，sin C，sin B成等差数列，且，求AB的长．16．（14分）解关于x的不等式：①；②（2mx﹣1）（x﹣2）＜0（m 为实常数）17．（14分）如图，在半径为3m的圆形（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A、C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC 卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长AB＝xm，圆柱的体积为Vm3．（1）写出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；（2）当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V最大？最大体积是多少？18．（16分）已知函数f（x）＝x+（x＞0）的最小最小值为，设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y＝x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值；（2）问：PM•PN是否为定值？若是，则求出该定值，若不是，请说明理由；（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．19．（16分）已知函数．（1）若函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为9x﹣y+b＝0，求实数a，b的值；（2）若a≤0，求f（x）的单调减区间；（3）对一切实数a∈（0，1），求f（x）的极小值的最大值．20．（16分）已知等差数列{a n} 中，a3＝7，a1+a2+a3＝12，令b n＝a n•a n+1，数列{}的前n项和为T n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：T n＜；（3）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，请说明理由．2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上．1．（5分）命题“∀x ＞4，x 2＞16”的否定是 ∃x ＞4，x 2≤16 ．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x ＞4，x 2＞16”的否定是：∃x ＞4，x 2≤16． 故答案为：∃x ＞4，x 2≤16；2．（5分）已知cos x ＝（0＜x ＜），则sin2x 的值为 ．【解答】解：∵cos x ＝，x ∈（0，），∴sin x ＝，∴sin2x ＝2sin x cos x ＝，故答案为：．3．（5分）“α＝”是“tan α＝1”的 充分不必要 条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既 不充分也不必要”） 【解答】解：时，tan α＝1；tan α＝1时，，所以不一定得到；∴是tan α＝1的充分不必要条件．故答案为：充分不必要． 4．（5分）若函数，则f （x ）的定义域是 [﹣1，0）∪（0，1] ．【解答】解：∵函数，则有 ．解得﹣1≤x ≤1且x ≠0，故函数的定义域为[﹣1，0）∪（0，1]，故答案为[﹣1，0）∪（0，1]．5．（5分）用反证法证明时，对结论“自然数a，b，c至少有1个为偶数”的正确假设为a，b，c都是奇数．【解答】解：用反证法法证明数学命题时，应先假设要证的命题的反面成立，即要证的命题的否定成立，而命题：“自然数a，b，c中至少有一个是偶数”的否定为：“a，b，c都是奇数”，故答案为：a，b，c都是奇数．6．（5分）在等比数列{a n}中，若a1＞0，a2a4+2a3a5+a4a6＝25，则a3+a5＝5．【解答】解：∵{a n}是等比数列，且a1＞0，a2a4+2a3a5+a4a6＝25，∴a32+2a3a5+a52＝25，即（a3+a5）2＝25．再由a3＝a1•q2＞0，a5＝a1•q4＞0，q为公比，可得a3+a5＝5，故答案为：5．7．（5分）已知向量，，若，则x＝3或﹣1．【解答】解：向量，，若，可得﹣（3﹣x）＝x（3﹣x），解得x＝3或﹣1．故答案为：3或﹣1．8．（5分）已知实数x，y满足，则z＝2x+y的最小值是﹣1．【解答】解：画出可行域，得在直线x﹣y+2＝0与直线x+y＝0的交点A（﹣1，1）处，目标函数z＝2x+y的最小值为﹣1．故答案为﹣1．9．（5分）一元二次不等式ax2+bx﹣1＞0的解集为{x|＜x＜1}，则a+b＝1．【解答】解：由题意知，、1是方程ax2+bx﹣1＝0的两根，且a＜0，所以，解得，所以a+b＝（﹣3）+4＝1，故答案为：1．10．（5分）函数y＝2x2﹣lnx的最小值是+ln2．【解答】解：函数y＝2x2﹣lnx的定义域为（0，+∞），y′＝4x﹣＝，∴函数y＝2x2﹣lnx在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴当x＝时，函数y＝2x2﹣lnx有最小值，最小值为＝+ln2．故答案为：+ln2．11．（5分）已知函数的图象的对称中心为（0，0），函数的图象的对称中心为，函数的图象的对称中心为（﹣1，0），…，由此推测，函数的图象的对称中心为．【解答】解：题中所涉及的函数的对称中心的横坐标依次为0，，﹣1，…，即0，，，…，由此推测，函数的图象的对称中心为故答案为：12．（5分）已知正实数x，y满足x+y＝1，若的最小值为9，则正数a＝4．【解答】解：∵a＞0，∴＝（）（x+y）＝1+a+≥a+1+2＝（+1）2，当且仅当取等号，则有，解得a＝4．故答案为：4．13．（5分）已知函数f（x）＝对任意x1≠x2，都有＞0成立，则实数a的取值范围是．[）．【解答】解：由题意知函数f（x）在R上单调递增；∴f（x）的两段函数在各自区间上单调递增；∴1﹣2a＞0，即；又e0﹣2≤（1﹣2a）•0+2a；∴﹣1≤2a；∴；∴实数a的取值范围是[）．故答案为：[）．14．（5分）已知等差数列{a n}的首项a1及公差d都是实数，且满足，则d的取值范围是．【解答】解：∵，由等差数列的前n项公式得（2a1+d）（2a1+3d）+（a1+d）2＝﹣2，展开并化简整理得5a12+10a1d+4d2+2＝0，将此式看作关于a1的一元二次方程，d 为系数．∵a1、d为实数，∴△＝100d2﹣4×5×（4d2+2 ）≥0．化简整理得d2﹣2≥0，∴d∈（﹣∞，﹣]∪[，+∞）故答案为：（﹣∞，﹣]∪[，+∞）二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．15．（14分）已知向量＝（sin A，sin B），＝（cos B，cos A），＝sin2C，其中A、B、C为△ABC的内角．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sin A，sin C，sin B成等差数列，且，求AB的长．【解答】解：（Ⅰ）（2分）对于△ABC中A+B＝π﹣C，0＜C＜π∴sin（A+B）＝sin C，∴（4分）又∵，∴（7分）（Ⅱ）由sin A，sin C，sin B成等差数列，得2sin C＝sin A+sin B，由正弦定理得2c＝a+b（9分）∵，∴，即ab cos C＝18，ab＝16（12分）由余弦弦定理c2＝a2+b2﹣2ab cos C＝（a+b）2﹣3ab，∴c2＝4c2﹣3×36，，c＝6（14分）16．（14分）解关于x的不等式：①；②（2mx﹣1）（x﹣2）＜0（m 为实常数）【解答】解：①原不等式可化为，即，所以有，解得：，可得不等式的解集为{x|≤x＜}．②对于不等式（2mx﹣1）（x﹣2）＜0，当m＝0时，原不等式即为﹣（x﹣2）＜0解得：x＞2．当m≠0时，原不等式可化为，当m＜0时，得，解得它的解集为{x|}．当m＞0时，原不等式可化为，当0＜m＜时，＞2，所以不等式的解集为{x|}；当m＝时，＝2，所以原不等式无解；当m＞时，可得＜2，所以不等式的解集为{x|}．综上所得：原不等式的解集为：当m＜0时，解集为；当m＝0时，解集为（2，+∞）；当0＜m＜时，解集为；当m＝时，解集为φ；当m＞时，解集为．17．（14分）如图，在半径为3m的圆形（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A、C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC 卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长AB＝xm，圆柱的体积为Vm3．（1）写出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；（2）当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V最大？最大体积是多少？【解答】解：（1）连接OB，在Rt△OAB中，∵AB＝x，∴OA＝，设圆柱底面半径为r，则＝2πr，即4π2r2＝9﹣x2，∴V＝πr2•x＝，其中0＜x＜3．…（6分）（2）由V′＝＝0及0＜x＜3，得x＝，…（8分）列表如下：…（10分）所以当x＝时，V有极大值，也是最大值为．…（14分）答：当x为m时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大体积是m3．…（16分）18．（16分）已知函数f（x）＝x+（x＞0）的最小最小值为，设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y＝x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值；（2）问：PM•PN是否为定值？若是，则求出该定值，若不是，请说明理由；（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．【解答】解：（1）∵x＞0，若a≤0，则f（x）递增，没有最小值，∴a＞0，∴，∴x＝时，；∴．（2）设，则，PN＝x0，则PM•PN＝1；（3）设，则直线PM：，由得，M；S OMPN＝S△OPN+S△OPM＝＝≥．（当且仅当，即x0＝1时取等号）；故四边形OMPN面积的最小值．19．（16分）已知函数．（1）若函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为9x﹣y+b＝0，求实数a，b的值；（2）若a≤0，求f（x）的单调减区间；（3）对一切实数a∈（0，1），求f（x）的极小值的最大值．【解答】解：（1）f′（x）＝ax2﹣（a+1）x+1（a∈R），…（1分）由f′（2）＝9，得a＝5．，…（2分）∴∴f（2）＝3，∴（2，3）在直线9x﹣y+b＝0上，∴b＝﹣15．…（4分）（2）①若a＝0，，∴f（x）的单调减区间为（1，+∞）．…（6分）②若a＜0，则，令f′（x）＜0，得．∴，或x＞1．…（9分）∴f（x）的单调减区间为，（1，+∞）．…（10分）（3），0＜a＜1，列表：，，…（12分）∴f（x）的极小值为＝．…（14分）当时，函数f（x）的极小值f（）取得最大值为．…（16分）20．（16分）已知等差数列{a n} 中，a3＝7，a1+a2+a3＝12，令b n＝a n•a n+1，数列{}的前n项和为T n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：T n＜；（3）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，请说明理由．（1）设数列{a n}的公差为d，由解得．∴【解答】解：a n＝1+（n﹣1）×3＝3n﹣2．（2）∵a n＝3n﹣2，a n+1＝3n+1，∴b n＝a n•a n+1＝（3n﹣2）（3n+1），∴．∴．（3）由（2）知，，∴，，∵T1，T m，T n成等比数列，∴，即．当m＝2时，，n＝16，符合题意；当m＝3时，，n无正整数解；当m＝4时，，n无正整数解；当m＝5时，，n无正整数解；当m＝6时，，n无正整数解；当m≥7时，m2﹣6m﹣1＝（m﹣3）2﹣10＞0，则，而，所以，此时不存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．综上，存在正整数m＝2，n＝16，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．。

2016-2017学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（文科）一、单选题（共23小题，每小题3分，计69分，只有一个选项是正确的，将正确答案填涂到答题卡上，交第Ⅱ卷和答题卡）1．下列说法正确的是（）A．电荷受到的电场力的方向总跟电场方向相同B．沿电场线所指的方向，电场强度越来越小C．以点电荷为中心的同一球面上，电场强度处处相同D．电场强度的方向总跟正电荷受到的电场力的方向一致2．真空中两个点电荷的相互作用力为F，若把其一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为（）A．2F B．4F C．8F D．无法确定3．对磁感线的认识，下列说法正确的是（）A．磁感线总是从磁体的北极出发，终止于磁体的南极B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针南极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线是磁场中客观存在的线4．关于电场、电场线的性质，下列说法正确的是（）A．在电场中的任一点，电荷的受力方向，就是该点的电场方向B．电场线较密的地方表明电场的较强C．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹D．同一电场中的电场线可能相交5．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（）A．4Q B．2Q C．D．6．关于电容器的电容，下列说法正确的是（）A．电容器所带的电荷越多，电容就越大B．电容器两极板间的电压越高，电容就越大C．电容器所带电荷增加一倍，电容就增加二倍D．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量7．一通电螺线管其磁感强度最大的地方是（）A．螺线管的内部 B．螺线管的外部C．螺线管的中心轴线上D．螺线管的两极8．如图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是（）A．B．C． D．9．关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A．在电场的周围空间总能产生磁场，在磁场的周围空间总能产生电场B．变化的电场和磁场交替产生，由近及远的传播形成电磁波C．电磁波是一种物质，只能在真空中传播D．电磁波在任何介质中的传播速度都是3.0×108m/s10．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A．将磁铁插入螺线管的过程中B．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中C．磁铁放在螺线管中保持不动时D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中11．一个闭合电路产生的感应电动势较大，是因为穿过这个闭合电路的（）A．磁感应强度大 B．磁通量较大C．磁通量的变化量较大D．磁通量的变化较快12．理想变压器的原副线圈的匝数之比为4：1，在原线圈上加上U=200V的交流电压，在副线圈上接交流电压表，其示数为（）A．0 B．50V C．200V D．800V13．建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是（）A．法拉第B．奥斯特C．赫兹 D．麦克斯韦14．电视机的开启关闭及频道选择可以通过遥控器实现．遥控器用来控制电视机的是（）A．红光 B．红外线C．紫光 D．紫外线15．随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要利用电流的热效应工作的是（）A．电风扇B．电饭煲C．电视机D．洗衣机16．远距离输电都采用高压输电，其优点是（）A．可增大输电电流B．可加快输电速度C．可增大输电功率D．可减少输电线上的能量损失17．某电场的电场线如图，则同一点正电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断18．工人师傅在改装电炉时，为了使电功率减小到原来的一半，下列措施中可行的是（）A．截去一半电炉丝B．串联一条相同的电炉丝C．并联一条相同的电炉丝D．把连接电炉和电源的电线长度增加一倍19．人体发生了触电是指（）A．人体能导电B．人体带电太多了C．通过人体的电流超过了一定值D．人体接触了电池20．下列各运动的物体中，可视为质点的是（）A．做花样滑冰的运动员B．自转的地球C．转动着的砂轮 D．环绕地球的“天宫二号”21．一质点绕半径为R的圆周运动了1圈，其路程和位移大小为（）A．、R B．R、 C．、D．、R22．带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场，若只考虑洛伦兹力，则粒子一定（）A．动能不变 B．做匀速直线运动C．速度不变 D．加速度不变23．伽利略研究自由落体运动时，设计了铜球斜面实验，他在实验中用过的方法有（）A．用秒表计时，并用刻度尺测量位移B．用电火花计时器打出纸带进行数据分析C．改变斜面倾角，比较各种角度下值的大小D．用闪光照相法拍摄小球在不同时刻的位置，再进行数据分析二、填空题（每空4分，共8分）24．在“探究匀加速直线运动”的小车实验中，得到一纸带上的A、B、C、D、E、F是计数点（相邻两计数点之间还有4个点未画出）．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，已知AB=3.00cm，BC=4.20cm，CD=5.40cm，DE=6.60cm，EF=7.80cm，FG=9.00cm，则：（1）小车做匀变速直线运动的加速度a=m/s2；（2）在打点计时器打下C点时，小车运动的速度v c=m/s．三、计算题（共23分，必须有公式和计算过程及必要的单位）25．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示，求：（1）在0﹣6s内，物体离出发点最远距离；（2）在0﹣6s内，物体经过的路程；（3）在t=5s时，物体的加速度大小．26．如图所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落途中用△t=0.2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m，g取10m/s2，问：（1）雨滴落地的速度大小；（2）雨滴落地前最后1s内的位移大小；（3）屋檐离窗的上边框有多高？2016-2017学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单选题（共23小题，每小题3分，计69分，只有一个选项是正确的，将正确答案填涂到答题卡上，交第Ⅱ卷和答题卡）1．下列说法正确的是（）A．电荷受到的电场力的方向总跟电场方向相同B．沿电场线所指的方向，电场强度越来越小C．以点电荷为中心的同一球面上，电场强度处处相同D．电场强度的方向总跟正电荷受到的电场力的方向一致【考点】电场强度；电场线．【分析】电场强度的方向与正电荷所受到的电场力方向相同，与负电荷所受到的电场力方向相反；沿着电场线的方向，电势降低；点电荷为球心，则同一球面上的电场强度大小处处相等．【解答】解：A、电场强度的方向与正电荷所受到的电场力方向相同，与负电荷所受到的电场力方向相反，故A错误；D正确；B、沿着电场线的方向，电势降低，而不是电场强度越来越小，故B错误；C、点电荷的电场强度可知，同一球面上，电场强度大小处处相等，方向不同，故C错误；故选：D2．真空中两个点电荷的相互作用力为F，若把其一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为（）A．2F B．4F C．8F D．无法确定【考点】库仑定律．【分析】该题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．【解答】解：由库伦定律可得：变化前：F=变化后：故A正确、BCD错误．故选：A．3．对磁感线的认识，下列说法正确的是（）A．磁感线总是从磁体的北极出发，终止于磁体的南极B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针南极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线是磁场中客观存在的线【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，而引入了磁感线，磁感线并不客观存在．（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．磁感线的方向描述了磁场的方向，磁感线的疏密程度表示了磁场的强弱．（3）磁场的方向规定：放在磁场中的小磁针北极受力的方向就是该点的磁场方向，也就是该点磁感线的方向．【解答】解：A、在磁体的周围，磁感线从磁体的N极出发回到S极，而内部则是从S极到N极，故A错误．B、磁场中的某一点，该点的磁场方向、小磁针北极受力的方向、该点磁感线的方向是一致的．故B错误．C、磁感线最密集的地方，磁场的强度最强，反之最弱．故C正确．D、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在．故D错误．故选：C．4．关于电场、电场线的性质，下列说法正确的是（）A．在电场中的任一点，电荷的受力方向，就是该点的电场方向B．电场线较密的地方表明电场的较强C．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹D．同一电场中的电场线可能相交【考点】电场线；电场．【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．【解答】解：A、在电场中的任一点，正电荷的受力方向，就是该点的电场方向，负电荷的受力方向与场强方向相反，故A错误；B、电场线较密的地方表明电场的较强，电场线较疏的地方电场较弱，故B正确；C、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故C错误；D、在电场中，任何电场线都不相交，故D错误；故选：B．5．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（）A．4Q B．2Q C．D．【考点】焦耳定律．【分析】根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为，在时间t内产生的热量．【解答】解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量变为原来的．故C正确，A、B、D错误．故选C．6．关于电容器的电容，下列说法正确的是（）A．电容器所带的电荷越多，电容就越大B．电容器两极板间的电压越高，电容就越大C．电容器所带电荷增加一倍，电容就增加二倍D．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量【考点】电容；电容器．【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关．【解答】解：A、电容器所带的电荷越多，两板间电压越大，电容C=不变，故A错误．B、电容器两极板间的电压越高，所带的电荷越多，电容C=不变，故B错误．C、电容器所带电荷增加一倍，两极板间的电压增加一倍，电容C=不变，故C错误．D、电容的物理意义是表征电容器容纳电荷本领的大小．故D正确．故选：D7．一通电螺线管其磁感强度最大的地方是（）A．螺线管的内部 B．螺线管的外部C．螺线管的中心轴线上D．螺线管的两极【考点】磁感应强度．【分析】根据磁感线的分布图象特点判断磁感线最密的地方即为磁感强度最大的地方．【解答】解：磁感线是闭合的曲线，通电螺线管内部磁感线最密，所以磁感强度最大的位置是螺线管的内部，故A选项正确，BCD错误．故选：A．8．如图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是（）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，则手心向左．四指指向电流方向：垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故A错误．B、通电导线与磁场方向平行，没有安培力．故B错误．C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向右．四指指向电流方向：垂直纸面向外，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故C 正确．D、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心垂直向里．四指指向电流方向：水平向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故D 错误．故选：C．9．关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A．在电场的周围空间总能产生磁场，在磁场的周围空间总能产生电场B．变化的电场和磁场交替产生，由近及远的传播形成电磁波C．电磁波是一种物质，只能在真空中传播D．电磁波在任何介质中的传播速度都是3.0×108m/s【考点】电磁波的产生．【分析】电磁波是由变化电磁场产生的，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁波．电磁波在真空中传播的速度等于光速，与频率无关．电磁波本身就是一种物质．【解答】解：A、变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场，前提是有变化的电场或磁场，故A错误；B、变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁波．故B正确；CD、电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播，电磁波在真空中传播速度是3×108m/s，故CD错误；故选：B．10．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A．将磁铁插入螺线管的过程中B．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中C．磁铁放在螺线管中保持不动时D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中【考点】感应电流的产生条件．【分析】当通过闭合电路磁通量发生变化时，产生感应电流，结合感应电流的产生条件分析判断．【解答】解：A、将磁铁插入螺线管的过程中，通过闭合回路磁通量增加，会产生感应电流，故A正确．B、将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中，通过闭合回路磁通量减小，会产生感应电流，故B正确．C、磁铁放在螺线管中保持不动时，穿过闭合回路磁通量不变，不产生感应电流，故C错误．D、将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中，通过闭合回路磁通量减小，会产生感应电流，故D正确．本题选择不产生感应电流的，故选：C．11．一个闭合电路产生的感应电动势较大，是因为穿过这个闭合电路的（）A．磁感应强度大 B．磁通量较大C．磁通量的变化量较大D．磁通量的变化较快【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律，分析感应电动势大小的决定因素．磁通量变化率反映磁通量变化的快慢，与磁通量没有直接的关系．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁感应强度没有直接关系．所以D正确，ABC错误．故选D12．理想变压器的原副线圈的匝数之比为4：1，在原线圈上加上U=200V的交流电压，在副线圈上接交流电压表，其示数为（）A．0 B．50V C．200V D．800V【考点】变压器的构造和原理．【分析】变压器的匝数之比等于原副线圈的电压之比，电表测量的是有效值．【解答】解：变压器的电压与匝数成正比，所以副线圈电压==50V．故选B13．建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是（）A．法拉第B．奥斯特C．赫兹 D．麦克斯韦【考点】物理学史．【分析】建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，并没有预言电磁波存在并建立完整的电磁场理论，故A错误．B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．C、赫兹用实验验证了电磁波的存在，故C错误．D、建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．故D正确．故选：D14．电视机的开启关闭及频道选择可以通过遥控器实现．遥控器用来控制电视机的是（）A．红光 B．红外线C．紫光 D．紫外线【考点】红外线的热效应和红外线遥控．【分析】根据遥控器上用的是红外线解答即可．【解答】解：由于红外线是眼睛看不到的，且对人体无害，故遥控器用红外线来控制电视机．故选：B．15．随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要利用电流的热效应工作的是（）A．电风扇B．电饭煲C．电视机D．洗衣机【考点】电功、电功率．【分析】电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应．发生电流的热效应时，电能转化为内能．【解答】解：电风扇、洗衣机和电视机工作时，主要是电能转化为机械能．不符合题意．电饭煲工作时，电能转化为内能．符合题意．故选：B．16．远距离输电都采用高压输电，其优点是（）A．可增大输电电流B．可加快输电速度C．可增大输电功率D．可减少输电线上的能量损失【考点】远距离输电．=I2R可知高压输电的优点．【分析】输送的功率一定，根据P=UI和P损=I2R，【解答】解：输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，根据P损知输电线上损耗的能量就小，高压输电不会改变交流电的频率以及输电的速度．故ABC错误，D正确．故选：D．17．某电场的电场线如图，则同一点正电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断【考点】电场强度．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；再据F=Eq判断即可．【解答】解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由题目中图可知，A点的电场线密，所以A点的电场强度大，电荷在A点受到的电场力大，所以F A＞F B．故选：A．18．工人师傅在改装电炉时，为了使电功率减小到原来的一半，下列措施中可行的是（）A．截去一半电炉丝B．串联一条相同的电炉丝C．并联一条相同的电炉丝D．把连接电炉和电源的电线长度增加一倍【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率．【分析】在家庭电路中，电源电压是恒定的；因此，电炉工作的实际电压在改装前后是相同的，由公式P=可知，要使电功率减小到原来的一半，必须使电阻增大到原来的二倍，根据这个条件进行选择即可．【解答】解：由公式P=可知，要使电功率减小到原来的一半，如果U不变，就要使电阻增大为原来的2倍：A、截去一半电炉丝，电阻减半，不合题意；B、串联一条相同的电炉丝，电阻成为2R，可行；C、并联一条相同的电炉丝，电阻变为原来的二分之一，不合题意；D、由于导线的电阻很小，把连接电源和电炉的导线长度增加一倍，由串联分压的原理知：增加的导线分去的电压并不大，电炉两端的电压变化也不大；而电炉电阻丝的阻值不变，则电炉的实际功率变化也不大，不合题意则B正确故选：B19．人体发生了触电是指（）A．人体能导电B．人体带电太多了C．通过人体的电流超过了一定值D．人体接触了电池【考点】家庭电路和安全用电知识．【分析】人体是导体，当人体上加有电压时，就会有电流通过人体．当通过人体的电流很小时，人没有感知；当通过人体的电流稍大，人就会有“麻电”的感觉，当电流达到8～10mA 时，人就很难摆脱电压，形成了危险的触电事故，当电流达到100mA时，在很短时间内就会使人窒息、心跳停止．所以当加在人体上的电压大到一定数值时，通过人体的电流就达到一定程度，发生触电事故．【解答】解：通常情况下，不高于36V的电压对人是安全的，称为安全电压．当加在人体上的电压大到一定数值时，通过人体的电流就达到一定程度，发生触电事故．故选：C．20．下列各运动的物体中，可视为质点的是（）A．做花样滑冰的运动员B．自转的地球C．转动着的砂轮 D．环绕地球的“天宫二号”【考点】质点的认识．【分析】物体可以看成质点的条件是物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题．【解答】解：A、做花样滑冰的运动员，其大小和形状不可以忽略，不能看出质点，故A错误；B、研究地球自转时，地球的大小和形状不可以忽略，不可以看作质点，故B错误；C、研究转动着的砂轮时，大小和形状不可以忽略，不可以看作质点，故C错误；D、研究环绕地球的“天宫二号”，大小和形状可以忽略，可以看作质点，故D正确；故选：D21．一质点绕半径为R的圆周运动了1圈，其路程和位移大小为（）A．、R B．R、 C．、D．、R【考点】位移与路程．【分析】本题应明确位移与路程的定义；位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．【解答】解：质点运动1圈，如图，物体的起点为A，终点为B，则位移大小为，通过的轨迹长度为1个圆周长度即．选项A正确，BCD错误故选：A22．带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场，若只考虑洛伦兹力，则粒子一定（）A．动能不变 B．做匀速直线运动C．速度不变 D．加速度不变【考点】洛仑兹力．【分析】根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，对带电粒子总不做功来分析判断．【解答】解：A、洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子的动能．故A正确．B、洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场时做匀速圆周运动．故B错误．C、洛伦兹力不改变带电粒子的动能，即不改变带电粒子的速度大小，但改变粒子速度的方向．故C错误．D、带电粒子的加速度始终指向圆心，方向改变，加速度改变．故D错误．故选A．23．伽利略研究自由落体运动时，设计了铜球斜面实验，他在实验中用过的方法有（）A．用秒表计时，并用刻度尺测量位移B．用电火花计时器打出纸带进行数据分析C．改变斜面倾角，比较各种角度下值的大小D．用闪光照相法拍摄小球在不同时刻的位置，再进行数据分析【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答本题．【解答】解：A、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时，故A错误；B、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故B错误；C、在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，故C正确；D、在伽利略时代还没有发明闪光照相法，故D错误；故选：C二、填空题（每空4分，共8分）24．在“探究匀加速直线运动”的小车实验中，得到一纸带上的A、B、C、D、E、F是计数点（相邻两计数点之间还有4个点未画出）．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，已知AB=3.00cm，BC=4.20cm，CD=5.40cm，DE=6.60cm，EF=7.80cm，FG=9.00cm，则：（1）小车做匀变速直线运动的加速度a= 1.2m/s2；（2）在打点计时器打下C点时，小车运动的速度v c=0.48m/s．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：相邻两计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）即小车运动的加速度计算表达式为：。