甘肃省天水市秦安县第二中学2015-2016学年高二物理上学期第三次月考试题

2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．）1．如图所示，由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L 不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是（）A．“1”、“1”B．“0”、“0”C．“1”、“0”D．“0”、“1”2．下列说法正确的是（）A．由B=知，B与F成正比，与IL成反比，B的方向就是F的方向B．地球赤道正上方的小磁针的N极将沿水平向南C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．磁性材料在低温下比在高温下容易消磁3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．4．一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻R g=500Ω．要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个9.5Ω的电阻B．并联一个10 kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5Ω的电阻5．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的是（）A．电场中某点的电势Φ=B．磁感应强度C．电阻D．电场强度6．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大7．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（）A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻8．用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556ΩB．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω9．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮10．两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A．B．C．D．11．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得U ab=0，U ac=6V，U bd=6V，U cd=0，则可分析出（）A．B灯断B．A灯断C．电源E断 D．R断12．如图所示，带负电的金属圆盘绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在盘左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）A．N极沿轴线向右B．N极沿轴线向左C．N极竖直向上 D．N极竖直向下13．两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点14．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐减少C．动能逐渐减少 D．做匀速直线运动15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R二、多项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）16．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡功率为P=U1I217．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小18．由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（）A．导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B．导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D．一定的电流流过导体，电阻越大，其电压就越大19．下列关于电源的说法正确的是（）A．电源是将其他形式的能转化为电能的装置B．电源的内部总存在着由正极指向负极的电场C．电源电动势的大小，与非静电力所做的功成正比，与移送的电荷量成反比D．电源电动势越大，外电路两端的电压一定越高20．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下说法符合史实的是（）A．焦耳发现了电流的热效应B．安培发现了电流的磁效应C．库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律D．奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图象21．四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数小B．A1指针偏转角度与A2指针偏转角度相等C．V1读数比V2读数大D．V1指针偏转角度与V2指针偏转角度不等22．用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U ﹣I图象，由图可知（）A．电池电动势的测量值是1.40VB．电池内阻的测量值是3.50ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40AD．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′为0.20A23．如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图象，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接到该电源上，下列说法正确的是（）A．两电阻阻值R1＞R2B．R2接在电源上时，电源的内阻消耗功率大C．R2接在电源上时，电源的效率高D．电源的内阻和R2的阻值相等三、实验题（每空2分，本题共18分）24．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为_______mm；25．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图所示．若多用电表的选a b选择开关所处挡位示，用米尺测量金属丝的长度l=1.010m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）从图1中读出金属丝的直径为_______mm；（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约3V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；电流表A2：量程0～3.0A，内阻约为0.025Ω；电压表V：量程0～3V，内阻约为3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；开关、导线等．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_______，应该选用的滑动变阻器是_______；（3）为减小实验误差，应选用如图2中_______（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图；（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为R x=4.2Ω，则这种金属材料的电阻率为_______Ω•m．（保留二位有效数字）四、解答题（本题共3小题，共28分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．）27．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．求这台电动机正常运转时：（1）电动机的内电阻；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）28．在如图的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源产生的总功率为40W，而输出功率则37.6W．求：（1）干路上的电流为多大？（2）电源的电动势E为多大？（3）电阻R2的电阻值为多大？29．如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m处，取g=10m/s2，求：（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？（2）这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．）1．如图所示，由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L 不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是（）A．“1”、“1”B．“0”、“0”C．“1”、“0”D．“0”、“1”【考点】简单的逻辑电路．【分析】与电路可知门电路的结构，为一个或非门，或门应输出低电平则可使灯泡发光．【解答】解：由图可知，要使灯发光灯泡左端电势应为高电势；而电路结论为一个或非门，或门应输出低电平，故只有B正确；故选：B．2．下列说法正确的是（）A．由B=知，B与F成正比，与IL成反比，B的方向就是F的方向B．地球赤道正上方的小磁针的N极将沿水平向南C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．磁性材料在低温下比在高温下容易消磁【考点】分子电流假说．【分析】磁感应强度的定义式采用比值法定义式，具有比值法定义的共性，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性．当通电导线与磁场平行时不受磁场力．B的方向与磁场力F的方向垂直．【解答】解：A、公式B=是磁感应强度的定义式，与F、IL无关，由磁场本身决定，故A错误，C正确．B、地球赤道正上方的小磁针的N极沿水平向北，故B错误，D、高温时分子的运动变得激烈，所以磁性材料在高温下比在低温下容易消磁；故D错误；故选：C3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】分子电流假说． 【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B 正确． 故选B ．4．一个电流表的满偏电流I g =1mA ，内阻R g =500Ω．要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上（ ）A ．串联一个9.5Ω的电阻B ．并联一个10 k Ω的电阻C ．串联一个9.5k Ω的电阻D ．并联一个9.5Ω的电阻 【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成电表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为： R=﹣R g =﹣500=9500Ω；故选：C ．5．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的是（ ）A ．电场中某点的电势Φ=B ．磁感应强度C ．电阻D ．电场强度【考点】电势；磁感应强度． 【分析】比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解答】解：A、电场中某点的电势Φ=，电势与电势能无直接关系，属于比值定义法．故A正确．B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关．所以B=属于比值定义法．故B错误．C、电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故C正确．D、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以E=k不属于比值定义法．故D错误．本题选不属于定义式的，故选：D．6．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器．【分析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小．根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大．由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小．故ABC错误，D正确．故选：D．7．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（）A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【分析】电流表示数偏大，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大．让分流电阻变的稍小些即可．【解答】解：两电流表串联，通过它们的电流相等，标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A，说明改装后的电流表分流电阻分流偏小，分流电阻偏大；为校准电流表，应使分流电阻阻值稍微减小，可以在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，故B正确；故选：B．8．用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556ΩB．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω【考点】伏安法测电阻．【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差．【解答】解：由题意可知：==，==，＞，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R==≈556Ω，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω；故选：B．9．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表表盘刻度不均匀，零刻度在右边，每次换挡都必须进行欧姆调零．【解答】解：欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，重新欧姆调零．故D正确．故选：D．10．两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A．B．C．D．【考点】串联电路和并联电路．【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．【解答】解：A、灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率P A=100W、P B=40W，由此可知R B＞R A，把灯泡A 与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率P A=100W、P B=40W，由此可知R B＞R A，把灯泡B 与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB 能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确．故选C．11．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得U ab=0，U ac=6V，U bd=6V，U cd=0，则可分析出（）A．B灯断B．A灯断C．电源E断 D．R断【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，灯泡A、B和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障是断路，因此如果电压表示数为零，说明电压表两极不能与电源正负极相连；如果电压表示数为电源电压，说明电压表两极与电源正负极相连．即可判断故障的位置．【解答】解：用电压表测得ab、cd间电压为零，说明没有电流通过灯泡A、B．即两灯泡完好．ac间电压为6V，说明a到电源正极和c到电源负极电路完好；bc间电压为6V，说明b 点到电源正极和c点到电源负极，电路完好，故bc间的用电器断路，即R断路．故D正确，ABC错误．故选D．12．如图所示，带负电的金属圆盘绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在盘左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）A．N极沿轴线向右B．N极沿轴线向左C．N极竖直向上 D．N极竖直向下【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋定则可知金属环磁极的方向：左端S极，右端N极．因此小磁针N极沿轴线向右．故A正确，BCD错误；故选：A．13．两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点【考点】磁感应强度．【分析】由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可．【解答】解：两电流在a 点B的方向相反，但因I1＞I2且离I1近，故I1的磁感应强度大于I2的磁感应强度．则a点不可能为0．两电流在c 点d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．两电流在b点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0．故选：B14．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐减少C．动能逐渐减少 D．做匀速直线运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、D、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故AD错误；B、电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B错误；C、因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C正确；故选：C15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R【考点】电阻定律．【分析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断．【解答】解：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式R=，其电阻不变，为R；故选D．二、多项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）16．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡功率为P=U1I2【考点】欧姆定律．【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．【解答】解：A、根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A正确．B、C、根据电阻的定义R=，可知对应P点，小灯泡的电阻为R=≠．故B正确，C错误；D、对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以小灯泡功率为P=U1I2．故D正确．故选：ABD17．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化．关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知．分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大．故A正确．B、当外电阻等于内电阻时，输出功率最大，R＜2r，随着外电阻的增大，输出功率增大，外R＞2r，随着外电阻的增大，输出功率减小．故B错误．外C、将R0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小．故C正确．外D、总电流变大，根据P=I2R0，R O不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．故选AC．。

2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第三次月考数学试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，计60分）1．在△ABC中，已知a=8，B=60°，C=75°，则b等于（）A．4 B．C．4 D．2．在等差数列{a n}中，已知a5=21，则a4+a5+a6等于（）A．15 B．33 C．51 D．633．已知等比数列{a n}的公比为2，前4项的和是1，则前8项的和为（）A．15 B．17 C．19 D．214．已知x＞2，则x+的最小值为（）A．6 B．4 C．3 D．25．对于任意实数a、b、c、d，下列命题中，真命题为（）①若a＞b，c≠0，则ac＞bc；②若a＞b，则ac2＞bc2；③若ac2＞bc2，则a＞b；④若a＞b，则＜．A．①B．②C．③D．④6．已知x＞0，y＞0，且x+y=1，求的最小值是（）A．4 B．6 C．7 D．97．数列1，，，，…，，…的前n项和为（）A．B．C．D．8．不等式2log2（x﹣3）＜log24x的解集为（）A．∅B．（1，9）C．（﹣∞，1）∪（9，+∞）D．（3，9）9．满足A=45°，c=，a=2的△ABC的个数记为m，则a m的值为（）A．4 B．2 C．1 D．不确定10．设△ABC的三内角A、B、C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形11．等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（）A．12 B．10 C．8 D．2+log3512．在△ABC中，若||=2，||=3，=﹣3，则△ABC的面积S等于（）A．3 B．C．D．二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分）13．在△ABC中，若a2=b2+bc+c2，则A= °．14．设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则= ．15．已知实数x、y满足则目标函数z=x﹣2y的最小值是．16．若不等式mx2+4mx﹣4＜0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围为．三、解答题（共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．（1）S n为等差数列{a n}的前n项和，S2=S6，a4=1，求a5．（2）在等比数列{a n}中，若a4﹣a2=24，a2+a3=6，求首项a1和公比q．18．在△ABC中，A、B为锐角，角A、B、C所对的边分别为a、b、a，且，，．（1）求a，b的值；（2）求角C和边c的值．19．已知数列{a n}的前n项和S n=n2﹣48n，（1）求数列的通项公式；（2）求S n的最大或最小值．20．若0≤a≤1，解关于x的不等式（x﹣a）（x+a﹣1）＜0．21．如果关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a的解集为R，求参数a的取值范围．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n+1（n∈N*）（1）数列{a n+1}是等比数列．（2）求通项公式a n；（3）设b n=n，求{a n b n}的前n项和T n．2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第三次月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，计60分）1．在△ABC中，已知a=8，B=60°，C=75°，则b等于（）A．4 B．C．4 D．【考点】正弦定理．【专题】解三角形．【分析】先求得A，进而利用正弦定理求得b的值．【解答】解：A=180°﹣B﹣C=45°，由正弦定理知=，∴b===4，故选A．【点评】本题主要考查了正弦定理的运用．考查了学生对基础公式的熟练应用．2．在等差数列{a n}中，已知a5=21，则a4+a5+a6等于（）A．15 B．33 C．51 D．63【考点】等差数列的通项公式．【专题】等差数列与等比数列．【分析】由等差数列的性质可得a4+a5+a6=3a5，代入化简可得．【解答】解：由等差数列的性质可得a4+a6=2a5，∴a4+a5+a6=3a5=3×21=63故选D【点评】本题考查等差数列的性质，划归为a5是解决问题的关键，属基础题．3．已知等比数列{a n}的公比为2，前4项的和是1，则前8项的和为（）A．15 B．17 C．19 D．21【考点】等比数列的性质．【专题】计算题．【分析】由已知q=2，a1+a2+a3+a4=1可得a5+a6+a7+a8=（a1+a2+a3+a4）q4，从而可求等比数列的前8项和【解答】解：由题意可得，q=2，a1+a2+a3+a4=1由等比数列的通项公式可得，a5+a6+a7+a8=（a1+a2+a3+a4）q4=16所以，S8=1+16=17故选：B【点评】本题主要考查了等比数列的性质：a n=a m q n﹣m，解决本题时利用该性质可以简化基本运算．4．已知x＞2，则x+的最小值为（）A．6 B．4 C．3 D．2【考点】基本不等式．【专题】不等式的解法及应用．【分析】由题意可得x﹣2＞0，可得x+=x﹣2++2，由基本不等式可得．【解答】解：∵x＞2，∴x﹣2＞0，∴x+=x﹣2++2，≥2+2=6，当且仅当x﹣2=即x=4时，x+取最小值6，故选：A．【点评】本题考查基本不等式求最值，凑出可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属基础题．5．对于任意实数a、b、c、d，下列命题中，真命题为（）①若a＞b，c≠0，则ac＞bc；②若a＞b，则ac2＞bc2；③若ac2＞bc2，则a＞b；④若a＞b，则＜．A．①B．②C．③D．④【考点】不等式的基本性质．【专题】证明题．【分析】通过举反例可以得出①、②、④不正确，从而排除，由不等式的性质可得只有③正确．【解答】解：当c＜0时，①不成立；当c=0时，②不成立；由不等式的性质知③成立，当b=0时，④不成立．综上，只有③成立，故选 C．【点评】本题考查不等式的性质得应用，通过举反列来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．6．已知x＞0，y＞0，且x+y=1，求的最小值是（）A．4 B．6 C．7 D．9【考点】基本不等式．【专题】不等式的解法及应用．【分析】利用基本不等式进行求解即可．【解答】解：∵x+y=1，x＞0，y＞0．∴=（）（x+y）=5，当且仅当，即x=2y=时取等号，∴的最小值为9．故选：D．【点评】本题主要考查基本不等式的应用，要注意基本不等式成立的三个条件．利用1的代换．7．数列1，，，，…，，…的前n项和为（）A．B．C．D．【考点】数列的求和；等差数列的前n项和．【专题】等差数列与等比数列．【分析】由==，利用“裂项求和”即可得出：数列1，，，，…，，…的前n项和．【解答】解：∵==，∴数列1，，，，…，，…的前n项和=2=2=．故选B．【点评】熟练掌握“裂项求和”是解题的关键．8．不等式2log2（x﹣3）＜log24x的解集为（）A．∅B．（1，9）C．（﹣∞，1）∪（9，+∞）D．（3，9）【考点】指、对数不等式的解法．【专题】计算题；函数思想；转化思想；数学模型法；不等式的解法及应用．【分析】利用对数函数的单调性化对数不等式为二次不等式组求解．【解答】解：由2log2（x﹣3）＜log24x，得，解得：3＜x＜9．∴不等式2log2（x﹣3）＜log24x的解集为（3，9）．故选：D．【点评】本题考查对数不等式的解法，考查了对数函数的性质，是基础题．9．满足A=45°，c=，a=2的△ABC的个数记为m，则a m的值为（）A．4 B．2 C．1 D．不确定【考点】正弦定理．【专题】计算题．【分析】根据正弦定理求得sinC，进而求得C，则m的值可求，进而求得a m的值．【解答】解：由正弦定理=得sinC===．∵c＞a，∴C＞A=45°，∴C=60°或120°，∴满足条件的三角形有2个，即m=2．∴a m=4．故选A．【点评】本题主要考查了正弦定理的应用．应用熟练记忆并灵活运用正弦定理及其变式．10．设△ABC的三内角A、B、C成等差数列，sinA、sinB、sinC成等比数列，则这个三角形的形状是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形【考点】数列与三角函数的综合；三角形的形状判断．【专题】计算题；综合题．【分析】先由△ABC的三内角A、B、C成等差数列，求得∠B=60°，∠A+∠C=120°①；再由sinA、sinB、sinC成等比数列，得sin2B=sinA•sinC，②，①②结合即可判断这个三角形的形状．【解答】解：∵△ABC的三内角A、B、C成等差数列，∴∠B=60°，∠A+∠C=120°①；又sinA、sinB、sinC成等比数列，∴sin2B=sinA•sinC=，②由①②得：sinA•sin=sinA•（sin120°cosA﹣cos120°sinA）=sin2A+•=sin2A﹣cos2A+=sin（2A﹣30°）+=，∴sin（2A﹣30°）=1，又0°＜∠A＜120°∴∠A=60°．故选D．【点评】本题考查数列与三角函数的综合，关键在于求得∠B=60°，∠A+∠C=120°，再利用三角公式转化，着重考查分析与转化的能力，属于中档题．11．等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（）A．12 B．10 C．8 D．2+log35【考点】等比数列的性质；对数的运算性质．【专题】计算题．【分析】先根据等比中项的性质可知a5a6=a4a7，进而根据a5a6+a4a7=18，求得a5a6的值，最后根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+…log3a10=log3（a5a6）5答案可得．【解答】解：∵a5a6=a4a7，∴a5a6+a4a7=2a5a6=18∴a5a6=9∴log3a1+log3a2+…log3a10=log3（a5a6）5=5log39=10故选B【点评】本题主要考查了等比数列的性质．解题的关键是灵活利用了等比中项的性质．12．在△ABC中，若||=2，||=3，=﹣3，则△ABC的面积S等于（）A．3 B．C．D．【考点】平面向量数量积的运算；正弦定理．【专题】平面向量及应用．【分析】利用向量的数量积定义及其三角形的面积计算公式即可得出．【解答】解：∵||=2，||=3，=﹣3，∴﹣3=2×3cosA，，∴=．∴△ABC的面积S===．故选：D．【点评】本题考查了向量的数量积定义及其三角形的面积计算公式，属于基础题．二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分）13．在△ABC中，若a2=b2+bc+c2，则A= 120 °．【考点】余弦定理．【专题】计算题．【分析】先根据a2=b2+bc+c2，求得bc=﹣（b2+c2﹣a2）代入余弦定理中可求得cosA，进而求得A．【解答】解：根据余弦定理可知cosA=∵a2=b2+bc+c2，∴bc=﹣（b2+c2﹣a2）∴cosA=﹣∴A=120°故答案为120°【点评】本题主要考查了余弦定理的应用．属基础题．14．设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则= 15 ．【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约分化简可得到答案．【解答】解：对于，∴【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．15．已知实数x、y满足则目标函数z=x﹣2y的最小值是﹣9 ．【考点】简单线性规划的应用．【专题】不等式的解法及应用．【分析】本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件的可行域，再将可行域中各个角点的值依次代入目标函数z=x﹣2y，不难求出目标函数z=x﹣2y的最小值．【解答】解：如图作出阴影部分即为满足约束条件的可行域，由z=x﹣2y，得y=x﹣z，平移直线y=x﹣z，由图象可知当直线y=x﹣z经过点A，直线y=x﹣z的截距最大，此时z最小，由得点A（3，6），当x=3，y=6时，z=x﹣2y取最小值，为﹣9．故答案为：﹣9【点评】用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．16．若不等式mx2+4mx﹣4＜0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围为﹣1＜m≤0．【考点】函数恒成立问题．【专题】函数的性质及应用．【分析】由不等式mx2+4mx﹣4＜0对任意实数x恒成立，对系数m分类讨论，当m=0时恒成立，当m≠0时，利用二次函数的性质，列出关于m的不等式，求解即可得到m的取值范围．【解答】解：不等式mx2+4mx﹣4＜0对任意实数x恒成立，①当m=0时，﹣4＜0对任意实数x恒成立，∴m=0符合题意；②当m≠0时，则有，∴，∴﹣1＜m＜0，∴实数m的取值范围为﹣1＜m＜0．综合①②可得，实数m的取值范围为﹣1＜m≤0．故答案为：﹣1＜m≤0．【点评】本题考查了函数恒成立问题，对于函数的恒成立问题，一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法进行求解．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．属于中档题．三、解答题（共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．（1）S n为等差数列{a n}的前n项和，S2=S6，a4=1，求a5．（2）在等比数列{a n}中，若a4﹣a2=24，a2+a3=6，求首项a1和公比q．【考点】等比数列的通项公式；等差数列的前n项和．【专题】计算题．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，由已知可得，解之即可；（2）由已知可得，解之可得．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由已知可得，解之可得，故a5=1+（﹣2）=﹣1；（2）由已知可得，解之可得【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，属基础题．18．在△ABC中，A、B为锐角，角A、B、C所对的边分别为a、b、a，且，，．（1）求a，b的值；（2）求角C和边c的值．【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】解三角形．【分析】（1）由正弦定理及已知可得a=，联立方程，即可得解．（2）由A，B为锐角，利用同角三角函数关系式可得cosA，cosB的值，利用两角和的余弦函数公式即可求得cosC=﹣cos（A+B）的值，利用余弦定理即可得c的值．【解答】解：（1）由得a=，联立解得．…（2）∵A，B为锐角，cosA=，cosB=，∴cosC=﹣cos（A+B）=﹣cosAcosB+sinAsinB=﹣，∴C=135°，…∴c2=a2+b2﹣2abcosC=5，∴c=．…8分【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等知识变换的应用，属于基本知识的考查．19．已知数列{a n}的前n项和S n=n2﹣48n，（1）求数列的通项公式；（2）求S n的最大或最小值．【考点】等差数列的通项公式；数列的函数特性；等差数列的前n项和．【专题】计算题．【分析】（1）利用递推公式a n=S n﹣S n﹣1可求（2）若使S n最小，则有a n＜0，a n+1≥0，求出n的值，代入可求【解答】解（1）a1=S1=12﹣48×1=﹣47…当n≥2时 a n=S n﹣S n﹣1=n2﹣48n﹣[（n﹣1）2﹣48（n﹣1）]=2n﹣49…a1也适合上式∴a n=2n﹣49（n∈N+）…（2）a1=﹣47，d=2，所以S n有最小值由得…又n∈N+∴n=24即S n最小……或：由S n=n2﹣48n=（n﹣24）2﹣576∴当n=24时，S n取得最小值﹣576．【点评】本题（1）主要考查了利用数列的递推公式a n=S n﹣S n﹣1求解数列的通项公式，（2）主要考查了求解数列和的最小值问题，主要利用数列的单调性，则满足a n＜0，a n+1≥0．20．若0≤a≤1，解关于x的不等式（x﹣a）（x+a﹣1）＜0．【考点】一元二次不等式的应用；一元二次不等式的解法．【专题】计算题；分类讨论；函数思想；转化思想；不等式的解法及应用．【分析】解（x﹣a）（x+a﹣1）=0得：x=a，或x=1﹣a，讨论两个根的大小，结合“小于看中间”可得不等式的解集．【解答】解：由（x﹣a）（x+a﹣1）=0得：x=a，或x=1﹣a，当0≤a＜时，＜1﹣a≤1，解不等式（x﹣a）（x+a﹣1）＜0得：x∈（a，1﹣a），当a=时，1﹣a=，不等式（x﹣a）（x+a﹣1）＜0解集为∅，当＜a≤1，时，0≤1﹣a＜解不等式（x﹣a）（x+a﹣1）＜0得：x∈（1﹣a，a）．综上：当0≤a＜时，不等式的解集：x∈（a，1﹣a），当a=时，不等式解集为∅，当＜a≤1时，不等式的解集：x∈（1﹣a，a）．【点评】本题考查的知识点是二次不等式的解法，分类讨论思想，难度中档．21．如果关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a的解集为R，求参数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【专题】计算题；函数思想；转化法；不等式的解法及应用．【分析】问题等价为：对任意的实数x不等式|x﹣2|+|x+3|≥a恒成立，根据绝对值三角不等式求出[|x﹣2|+|x+3|]min=5即可．【解答】解：因为关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a的解集为R，所以，对任意的实数x不等式|x﹣2|+|x+3|≥a恒成立，即[|x﹣2|+|x+3|]min≥a，根据绝对值三角不等式得，|x﹣2|+|x+3|≥|（x﹣2）﹣（x+3）|=5，即[|x﹣2|+|x+3|]min=5，所以，a≤5，因此，实数a的取值范围为：（﹣∞，5]．【点评】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式的应用，属于中档题．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n+1（n∈N*）（1）数列{a n+1}是等比数列．（2）求通项公式a n；（3）设b n=n，求{a n b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和．【专题】等差数列与等比数列．【分析】（1）通过对a n+1=2a n+1两边同时加1可知a n+1+1=2（a n+1），进而可知数列{a n+1}是以首项、公比均为2的等比数列；（2）通过（1）可知a n+1=2n，从而a n=2n﹣1；（3）通过（1）及b n=n可知a n b n=n•2n﹣n，利用错位相减法计算可知S n=1•2+2•22+…+n•2n=2+（n﹣1）•2n+1，进而计算可得结论．【解答】解：（1）∵a n+1=2a n+1，∴a n+1+1=2（a n+1），又∵a1+1=1+1=2，∴数列{a n+1}是以首项、公比均为2的等比数列；（2）由（1）可知a n+1=2n，∴a n=2n﹣1；（3）由（1）及b n=n可知a n b n=n•2n﹣n，记S n=1•2+2•22+…+n•2n，∴2S n=1•22+2•23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，两式错位相减得：﹣S n=2+22+23+…+2n﹣n•2n+1=﹣n•2n+1=﹣2﹣（n﹣1）•2n+1，∴S n=2+（n﹣1）•2n+1，∴T n=S n﹣=2﹣+（n﹣1）•2n+1．【点评】本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．。

甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年下学期第二次月考高 二 物 理一、选择题（每小题4分，共48分。

1-8题只有一个选项符合题意，9-12有二个或二个以上选项符合题意）1.发电的基本原理是电磁感应.发现电磁感应现象的科学家是（ ）A ．安培B ．赫兹C ．法拉第D ．麦克斯韦2.通电长直导线中有恒定电流I ，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生如图所示方向的感应电流，则应使线框( ) A ．稍向左平移 B ．稍向右平移C ．稍向上平移D ．以直导线为轴匀速转动3.如图所示，两个相等的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是( ) A ．同时向左运动，间距变大 B ．同时向左运动，间距变小 C ．同时向右运动，间距变小 D ．同时向右运动，间距变小4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度v 0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是( )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断 5．如图所示图像中不属于交流的是（ ）6．线圈在匀强磁场中转动产生电动势10sin 20()e t V π=，则下列说法正确的是（ ） A ．t ＝0时，线圈平面位于中性面 B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零 C ．t ＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D ．t ＝0.4 s 时，e 有最大值102V 7．关于多普勒效应，下列说法正确的是（ ） A ．多普勒效应是由于波的干涉引起的 B ．发生多普勒效应时，波源的频率发生了改变C ．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的D ．只有声波，才有多普勒效应8．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。

从西部某水电站向华东某地输送电的功率为610kW ，输电电压为310kV ，输电线电阻为100 Ω。

甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年高二物理下学期第一次月考试题第Ⅰ卷（选择题共60分）一、本大题共15小题，每小题4分，共60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，选对不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示。

现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速向磁铁滑去。

各物块在向磁铁运动的过程中( )A．都做匀速运动B．甲、乙做加速运动C．甲、丙做减速运动D．丙做匀速运动2.金属矩形线圈abcd完全处在在匀强磁场中，做如图所示的运动时，线圈中有感应电流的是( )3．如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是（）A.ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动B.ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动C.ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动D.ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动4. 如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两个完全相同的金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。

现分别加速氘核（q1、m1）和氦核（q2、m2）。

已知q2=2q1，m2 =2m1，下列说法中正确的是（）A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能5．如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里, a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形.设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中（）A.线圈中将产生a→b→c→d方向的感应电流B.线圈中将产生a→d→c→b方向的感应电流C.线圈中产生感应电流的方向先是a→b→c→d，后是a→d→c→bD.线圈中无感应电流产生6.将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量是( )A.磁通量的变化率B.感应电流强度C.磁通量的变化量D.消耗的机械功7.穿过一个单匝线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb ，则（ ）A.线圈中的感应电动势每秒钟增加2VB.线圈中的感应电动势每秒钟减少2VC.线圈中的感应电动势始终为2VD.线圈中不产生感应电动势8. 如图（a ）所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图（b ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。