课件23张PPT。 现在我们看到的这种海鸟叫做海燕
在狂风和乌云聚集的海面上， 海燕在展翅飞翔，它有大海赋予的坚硬的翅膀，它有大海赋予的不屈的灵魂，它经常在暴风雨来临前的海面上勇敢地搏击风浪，笑傲长空。这节课让我们走入《海燕》这首充满激情的散文诗，来感受高尔基带给我们的生命的最强音。学习目标：
一、知识与能力：
1、识记生字词
2、在朗读的基础上品味语言，体味作品的深刻内涵。
3、、理解象征、对比等手法在文中的运用。?
二、过程与方法：
1、整体感知，理请文章脉络；
2、自读、朗读课文，分析形象，感悟情怀；
三、情感、态度与价值观：
学习海燕搏击风浪的战斗精神，培养学生不怕困难、迎难而上的无畏而乐观的精神。 学习重难点：1.引导学生通过了解时代背景，从整体上领会课文的深刻内涵，探究海燕等形象的象征意义?
2.了解象征、烘托等表现手法在本文中的运用及其作用 看听视频，整体感知认真看听视频，勾画出文中出现的生字词。
2.自由朗读课文，思考海燕在几幅不同的场景中活动在，在这几幅不同的场景中海燕又有什么表现。 暴风雨将来之时 暴风雨逼近之时暴风雨即临之时海燕“高傲地飞翔”，渴望着暴风雨的到来海燕搏风击浪，迎接暴风雨的到来海燕以胜利的预言家的姿态呼唤暴风雨的到来作者资料 高尔基(1868～1936)原名阿列克塞?马克西莫维奇?彼希柯夫，是世界无产阶级文学第一个伟大代表（列宁语）。他的著名作品有自传体三部曲《童年》《在人间》《我的大学》。长篇小说《母亲》以及剧本《小市民》
海燕是高尔基在1901年3月写的“幻想曲”《春天的旋律》的结尾部分，原题为“海燕之歌’。 背景 I90I年的俄国，正是人民群众的革命风暴风起云涌的时候，无产阶级革命者发动了对沙皇反动政府一次又一次的进攻。就在这紧要的关头，也有一批假革命者和不革命者静观其变，趁机渔利。高尔基，这位勇敢的革命斗士，为了歌颂无产阶级革命者，批判假革命不革命者的丑恶嘴脸，就写下了《海燕》这篇充满激情的散文诗，吹响了无产阶级革命号角。 细读文本，探究海燕：
（一）感受环境，探究海燕
（1）标画出描写海燕活动的环境的句子。
（2）写海燕为什么要写环境？烘托。描写大海的景象，可以烘托出海燕的斗争精神。
（二）品味语言，探究海燕
1、朗读课文，勾画出描写海燕形象的语句。
（二）品味语言，探究海燕
2、以小组为单位，讨论下列问题。
（1）文章运用了什么修辞手法：表现了海燕的什么特点？
（2）文章运用了哪些精当的形容词和动词：表现了海燕的什么特点。 （三）分析形象，探究海燕
1、读完课文后，你觉得海燕在你心目中是一个怎样的形象？你是从哪些地方看出来的？
要求：以“我是一只——的海燕，我从——中看出”的句式训练。示例（1）不怕一切困难 （2）对生活充满信心 （3）敢于和歪风邪气作斗争 （4）高傲 （三）分析形象，探究海燕
2、小组交流，海燕是一个什么形象？
3、结合上面两个环节，思考：鉴赏形象有哪些方法：2、勇敢、乐观自信、富有献身精神的形象3、（1）环境烘托法
（2）运用修辞手法进行鉴赏
（3）运用重点词语进行鉴赏 （四）体会情感，探究海燕
1、朗读描写暴风雨来临之前大海上惊心动魄的场面我句段，具体说说你对这些描写的理解。
2、抒情的方式有直接抒情和间接抒情两种，在课文中找出几例分析说明。（提示：从表达方式、作品语言方面赏析）
掌握象征，理解形象
这篇散文诗主要描写的对象是海燕，但还写了其他的海鸟，这些鸟的本质特点是什么？可以用哪些词语形容这些海鸟当时的情态？写这些怯懦、胆怯、笨拙、贪生怕死的海鸟还有必要吗？作者这样写的目的何在？对比 衬托。
海鸥的表现：呻吟、飞窜、恐惧、掩藏
海鸭的表现：呻吟、吓坏
企鹅的表现：胆怯、躲藏
情态：惊恐万状? 丑态百出??
目的：突出海燕英勇、无畏的形象，也起到了烘托、丰富作用
写作特色----象征手法的运用 象征是文学创作中一种重要的表现手法,也就是所谓的”托义于物”．象征是文学创作中的一种重要的表现方法，它通过具体形象的事物来表现与之相似得抽象的事物、思想或感情。
作用：可以使不容易理解或不便于直接说出的事物或道理委婉、曲折、含蓄地表达出来，化“抽象”为“具体”，? 形象可感；增强感染力。 想想他们都分别象征了什么？海燕无产阶级革命先驱海鸥,海鸭,企鹅怯于革命不革命和假革命者大海 广大劳动人民群众的无穷力量乌云 闪电 雷声 狂风反革命黑暗势力暴风雨风起云涌的革命运动 试展开想像写一段话，设想海燕在海上展翅飞翔时会对海鸥、海鸭、企鹅说些什么？由文及人 学习海燕我们在生活中也经常遇到暴风雨（困难、挫折），按照本课所学的方法，写一段你像海燕一样勇敢面对挫折或战胜困难的经历。 总结全文1、海燕的形象及鉴赏形象的方法
总结全文2、本文的象征：
海 燕 ——无产阶级革命的先驱者
暴风雨——俄国人民反沙皇专制的斗争
大 海——俄国广大的革命群众
风、云、雷、电——沙皇的统治势力
海鸥、海鸭、企鹅——俄国资产阶级中形形色 色的政客
让我们的人生像海燕一样飞翔！
让我们的人生像海燕一样飞翔！
《海燕》教案
教学目标： 1．知识与能力： （1）理解、积累“读一读，写一写”中的词语，做到会读、会写并理解其含义。 （2）领会作品深刻的象征内涵，理解象征手法在文中的运用及其作用。 2．过程与方法： （1）通过反复诵读，理解作品的诗情、诗理和诗味，品味本文语言激越奔放强烈的特点。 （2）体会比喻、拟人、反复等修辞手法对表达思想情感的作用；理解对比、衬托的运用。 3．情感、态度与价值观： 学习海燕搏击风浪的战斗精神，培养学生不怕困难、迎难而上的无畏而乐观的精神。 教学重难点： 1、 重点：理解课文所描绘的海上景象和海燕形象。 2、 难点：理解象征手法在表情达意方面的作用。 课时安排：2课时 教学过程： 第一课时 一、创设情境 导入新课
如果在一个天昏地暗、电闪雷鸣的天气里，你们喜欢呆在哪里呢？
但是有一种鸟却总是很勇敢的在这样的天气里，在浊浪滔天的海面上穿梭、飞舞。这种鸟叫什么名字呢？（交流搜集到的关于“海燕”的资料）
二、走近作家作品。
1、师：请同学们展示一下你们在预习中收集到的作家作品知识。
2、学生交流
3、出示幻灯
简介作者：高尔基（1868－1936） 苏联社会主义现实主义奠基人，“无产阶级艺术最杰出的代表”。苏联作家，代表作有自传体小说《童年》、《在人间》、《我的大学》，长篇小说《母亲》和剧本《小市民》。
三、品读课文，整体感知
1、教师播放课文录音。
要求：学生听读（不看书，仔细聆听），并在班上交流听后感，谈自己在听读时的所感所想。 2、分组合作研读。www.21-cn-jy.com
（1）、自由朗读课文。
（2）、全班分成三组，分别完成如下任务：
A、用——画出描写风云雷电的词句，找出暴风雨的变化，并按照“暴风雨??????? ”的格式起小标题。
B、身处这样的险恶环境，海燕的表现又是怎样的？请同学们用~~~~~画出直接描写海燕的段落或句子，选择你喜欢的读一读。并补充题目“ ??????????的海燕”
C、海上其他的海鸟面对暴风雨又有怎样的表现呢？读一读相关的段落，圈画出关键词。并揣摩他们的心理活动。面对暴风雨，?????? 心想：???????????????????? ????。
3、指导揣摩精读。
（1）、验收分组学习效果，指导朗读。完成板书。
风云雷电：
暴风雨（的变化）：孕育—迫近—将临
高傲、勇敢……的海燕：渴望—迎接—呼唤
海鸟们：呻吟、飞窜、恐惧、胆怯、躲藏
（2）、《海燕》一首感情强烈的抒情散文诗，也是一幅富有音乐节律和流动感的画。是一曲激情澎湃的交响乐，共分三个乐章。你能划分出来吗？
学生讨论交流后明确：
全文给我们展示了三幅不同的画面，海燕在这三幅典型环境中活动，其形象逐步完整、鲜明：
第一幅（1--6）风卷云集，海燕高翔，渴望着暴风雨的到来；
第二幅（7--11）暴风雨迫近，海燕博风击浪，迎接暴风雨的到来；
第三幅（12--15）暴风雨将临，海燕以胜利的预言家的姿态呼唤暴风雨。
这三幅场景以时间为序，以暴风雨渐次逼近为线索，按海面景象的发展变化逐步展开。
四、难点突破——感受象征手法
1、任何文学作品都有时代的烙印，《海燕》这篇文章是在怎样的时代背景下写成的？
补充背景资料：《海燕》写于１９０１年，当时，欧洲的工业危机波及俄国，工厂纷纷倒闭，大批工人失业，再加上沙皇统治日趋黑暗，人民群众无法忍受，反抗情绪日益高涨，革命斗争蓬勃兴起。高尔基１９０１年２月１９日从故乡尼日尼·诺夫戈罗德来到彼得堡，参加俄国作家协会为纪念农奴解放４０周年而举行的特别会议，发表了抨击沙皇政府的演说。３月４日，几千名大学生和工人为抗议沙皇政府把１８３名大学生送去当兵，在彼得堡喀山广场举行示威，遭到残酷镇压，有些人被打死，许多人受了伤。高尔基参加了这次示威，目睹了沙皇政府的暴行，极为愤慨。３月１２日他回到故乡后，根据当时的斗争形势和参加示威的感受，写成了短篇小说《春天的旋律》，《海燕》就是这篇小说的尾声部分。
2、作者仅仅是在描绘暴风雨到来之前的场景吗？如果不是，那么作者写到的一些具体事物都代表了什么呢？大家不妨把它当谜语来猜猜。
学生发言，教师相机板书，总结：实际上这里面正是运用了一种文学表现手法，那就是——象征。
3、从刚才的猜谜语活动中大家能发现“象征”是怎么回事，又具有什么特点吗？
明确：象征是文学创作中的一种重要的表现手法。它是根据事物之间的某种联系，借助某一具体事物的形象（象征体）以表现某种抽象的概念、思想和情感（被象征的本体）。它能够使不容易或不便于直接说出的思想情感委婉、曲折、含蓄地表达出来。
4、下面我们一起来完成下一个活动：当翻译！把本文的文学语言译成直白的语言。这样更好地理解课文含义和象征手法。
（1）、老师作示范：“在苍茫的大海上，狂风卷集着乌云。在乌云和大海之间，海燕象黑色的闪电，在高傲的飞翔。”可译成：“在大革命风暴来临之前，人民群众还没有觉醒，反动势力喧嚣一时。革命先驱在顽强自信的奔走呼号，宣传革命……”
（2）、请同学们选择其他相应的语句进行翻译。
5、全班合作演读。（此环节视具体时间而定）
请大家全体起立，像海燕一样，勇敢地、充满激情地把课文朗诵一遍！
五、课堂总结
这堂课我们认识了乐观自信、英勇无畏的海燕形象，在生活的暴风雨中我们应该怎么办呢？能像企鹅那样缩起头来吗？不能。而应该像海燕那样迎难而上，勇敢面对。 六、布置作业
1、举一些常见的事物，如小草、蚂蚁、春雨等，说说它们象征了什么 ？
2、在每个人的生活中，既有温煦的爱的阳光的照耀，也有各种各样的“暴风雨” 考验，面对生活的暴风雨，你该怎样？
七、板书设计：
海 燕
高尔基
风云雷电：???????????????????? 反革命势力
暴风雨（的变化）：孕育—迫近—将临???? 革命风暴
?高傲、勇敢……的海燕：渴望—迎接—呼唤 革命先驱者
海鸟们：呻吟、飞窜、恐惧、胆怯、躲藏? 假（不）革命者?
大海及波浪：歌唱、迎接、熄灭????????? 人民群众的力量
2017年浙江省温州市瑞安七中高考数学模拟试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求．
1．设全集U={1，2，3，4，5，6}，A={1，2}，B={2，3，4}，则A∩（?UB）=（ ）
A．{1，2，5，6} B．{1} C．{2} D．{1，2，3，4}
2．设a=（），b=（），c=（），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a
3．函数y=sin（2x+φ）的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为（ ）
A． B． C．0 D．
4．已知，则tan2α=（ ）
A． B． C． D．
5．向量，，在正方形网络中的位置如图所示，若=λ+μ（λ，μ∈R），则=（ ）
A．﹣8 B．﹣4 C．4 D．2
6．数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则a6=（ ）
A．3×44 B．3×44+1 C．44 D．44+1
7．设函数f（x）=2x﹣cosx，{an}是公差为的等差数列，f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=5π，则=（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
A．0 B． C． D．
8．在△ABC，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c．asinBcosC+csinBcosA=b，且a＞b，则∠B=（ ）
A． B． C． D．
9．下列结论正确的是（ ）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
10．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）
A． B． C． D．
11．设x，y满足约束条件，当且仅当x=y=4时，z=ax﹣y取得最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，1] B．（﹣∞，1） C．（0，1） D．（﹣∞，1）∪（1，+∞）
12．已知函数f（x）=（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）（其中x1＜x2＜x3），g（x）=ex﹣e﹣x，且函数f（x）的两个极值点为α，β（α＜β）．设λ=，μ=，则（ ）
A．g（α）＜g（λ）＜g（β）＜g（μ） B．g（λ）＜g（α）＜g（β）＜g（μ） C．g（λ）＜g（α）＜g（μ）＜g（β） D．g（α）＜g（λ）＜g（μ）＜g（β）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．命题“?x0∈?RQ，x03∈Q”的否定是 ．
14．已知，若向量夹角为锐角，则实数λ取值范围是 ．
15．若x＞0，y＞0，则的最小值为 ．
16．在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是 ．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
17．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°
（1）若PB=，求PA；
（2）若∠APB=150°，求tan∠PBA．
18．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上，是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x（cm）．
（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm2）最大，试问x应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积V（cm3）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
19．设数列 {an}的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1．
（1）求a4的值；
（2）证明：{an+1﹣an}为等比数列；
（3）求数列{an}的通项公式．
20．已知数列{an}的各项均为正数，记A（n）=a1+a2+…+an，B（n）=a2+a3+…+an+1，C（n）=a3+a4+…+an+2，n=1，2，…．
（1）若a1=1，a2=5，且对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，求数列{an}的通项公式．
（2）证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列．
21．设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R，
（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若?x＞0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．
22．已知函数f（x）=|ax+1|，a∈R．
（Ⅰ）若?x∈R，f（x）+f（x﹣2）≥1恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若f（）+f（）+f（）=4，求f（）+f（）+f（）的最小值．
2017年浙江省温州市瑞安七中高考数学模拟试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求．
1．设全集U={1，2，3，4，5，6}，A={1，2}，B={2，3，4}，则A∩（?UB）=（ ）
A．{1，2，5，6} B．{1} C．{2} D．{1，2，3，4}
【考点】1H：交、并、补集的混合运算．
【分析】进行补集、交集的运算即可．
【解答】解：?RB={1，5，6}；
∴A∩（?RB）={1，2}∩{1，5，6}={1}．
故选：B．
2．设a=（），b=（），c=（），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a
【考点】4W：幂函数图象及其与指数的关系．
【分析】根据幂函数与指数函数的单调性直接可以判断出来．
【解答】解：∵在x＞0时是增函数
∴a＞c
又∵在x＞0时是减函数，所以c＞b
故答案选A
3．函数y=sin（2x+φ）的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为（ ）21世纪教育网版权所有
A． B． C．0 D．
【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【分析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换可得函数y=sin（2x+φ）的图象沿x轴向左平移个单位后的解析式，利用其为偶函数即可求得答案．【来源：21·世纪·教育·网】
【解答】解：令y=f（x）=sin（2x+φ），
则f（x+）=sin[2（x+）+φ]=sin（2x++φ），
∵f（x+）为偶函数，
∴+φ=kπ+，
∴φ=kπ+，k∈Z，
∴当k=0时，φ=．
故φ的一个可能的值为．
故选B．
4．已知，则tan2α=（ ）
A． B． C． D．
【考点】GI：三角函数的化简求值．
【分析】根据同角三角函数关系式和万能公式化简后求出tanα，利用二倍角公式求出tan2α的值．
【解答】解：由sinα+2cosα=，
则（sinα+2cosα）2=，即sin2α+4sinαcosα+4cos2α=，
可得，
解得tanα=3．
那么tan2α==．
故选：C．
5．向量，，在正方形网络中的位置如图所示，若=λ+μ（λ，μ∈R），则=（ ）
A．﹣8 B．﹣4 C．4 D．2
【考点】92：向量的几何表示．
【分析】设正方形的边长为1，则易知=（﹣1，﹣3），=（﹣1，1），=（6，2）；从而可得（﹣1，﹣3）=λ（﹣1，1）+μ（6，2），从而求得．21*cnjy*com
【解答】解：设正方形的边长为1，则易知
=（﹣1，﹣3），=（﹣1，1），=（6，2）；
∵=λ+μ，
∴（﹣1，﹣3）=λ（﹣1，1）+μ（6，2），
解得，λ=﹣2，μ=﹣；
故=4；
故选：C．
6．数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则a6=（ ）
A．3×44 B．3×44+1 C．44 D．44+1
【考点】88：等比数列的通项公式；89：等比数列的前n项和．
【分析】根据已知的an+1=3Sn，当n大于等于2时得到an=3Sn﹣1，两者相减，根据Sn﹣Sn﹣1=an，得到数列的第n+1项等于第n项的4倍（n大于等于2），所以得到此数列除去第1项，从第2项开始，为首项是第2项，公比为4的等比数列，由a1=1，an+1=3Sn，令n=1，即可求出第2项的值，写出2项以后各项的通项公式，把n=6代入通项公式即可求出第6项的值．【出处：21教育名师】
【解答】解：由an+1=3Sn，得到an=3Sn﹣1（n≥2），
两式相减得：an+1﹣an=3（Sn﹣Sn﹣1）=3an，
则an+1=4an（n≥2），又a1=1，a2=3S1=3a1=3，
得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，
所以an=a2qn﹣2=3×4n﹣2（n≥2）
则a6=3×44．
故选A
7．设函数f（x）=2x﹣cosx，{an}是公差为的等差数列，f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=5π，则=（ ）
A．0 B． C． D．
【考点】8N：数列与三角函数的综合．
【分析】由f（x）=2x﹣cosx，又{an}是公差为的等差数列，可求得f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=10a3﹣cosa3（1++），由题意可求得a3=，从而可求得答案．
【解答】解：∵f（x）=2x﹣cosx，
∴f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=2（a1+a2+…+a5）﹣（cosa1+cosa2+…+cosa5），
∵{an}是公差为的等差数列，
∴a1+a2+…+a5=5a3，由和差化积公式可得，
cosa1+cosa2+…+cosa5
=（cosa1+cosa5）+（cosa2+cosa4）+cosa3
=[cos（a3﹣×2）+cos（a3+×2）]+[cos（a3﹣）+cos（a3+）]+cosa3
=2coscos+2coscos+cosa3
=2cosa3?+2cosa3?cos（﹣）+cosa3
=cosa3（1++），
∵f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=5π，
∴10a3﹣cosa3（1++）=5π，
∴cosa3=0，10a3=5π，
故a3=，
∴
=π2﹣（﹣）?
=π2﹣
=．
故选D．
8．在△ABC，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c．asinBcosC+csinBcosA=b，且a＞b，则∠B=（ ）
A． B． C． D．
【考点】HP：正弦定理；GQ：两角和与差的正弦函数．
【分析】利用正弦定理化简已知的等式，根据sinB不为0，两边除以sinB，再利用两角和与差的正弦函数公式化简求出sinB的值，即可确定出B的度数．
【解答】解：利用正弦定理化简已知等式得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosA=sinB，
∵sinB≠0，∴sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=sinB=，
∵a＞b，∴∠A＞∠B，即∠B为锐角，
则∠B=．
故选A
9．下列结论正确的是（ ）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
【考点】L6：简单组合体的结构特征．
【分析】通过简单几何体和直观图说明A和B错误，根据正六棱锥的过中心和定点的截面知C错误，由圆锥的母线进行判断知D正确．
【解答】解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；
B、如图（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；
C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；
D、根据圆锥母线的定义知，故D正确．
故选D．
10．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ）
A． B． C． D．
【考点】L7：简单空间图形的三视图．
【分析】由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．
【解答】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：
故选A．
11．设x，y满足约束条件，当且仅当x=y=4时，z=ax﹣y取得最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，1] B．（﹣∞，1） C．（0，1） D．（﹣∞，1）∪（1，+∞）
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】作出约束条件所对应的可行域，变形目标函数可得y=ax﹣z，其中直线斜率为a，截距为﹣z，由题意可得a的范围．
【解答】解：作出约束条件所对应的可行域（如图阴影），
变形目标函数可得y=ax+z，其中直线斜率为a，截距为﹣z，
∵z=ax﹣y取得最小值的最优解仅为点A（4，4），
∴直线的斜率a＜1，
即实数a的取值范围为（﹣∞，1）
故选：B．
12．已知函数f（x）=（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）（其中x1＜x2＜x3），g（x）=ex﹣e﹣x，且函数f（x）的两个极值点为α，β（α＜β）．设λ=，μ=，则（ ）
A．g（α）＜g（λ）＜g（β）＜g（μ） B．g（λ）＜g（α）＜g（β）＜g（μ） C．g（λ）＜g（α）＜g（μ）＜g（β） D．g（α）＜g（λ）＜g（μ）＜g（β）
【考点】6D：利用导数研究函数的极值．
【分析】结合一元二次函数的性质判断α＜λ＜μ＜β，判断函数g（x）的单调性进行判断即可．
【解答】解：由题意，f′（x）=（x﹣x1）（x﹣x2）+（x﹣x2）（x﹣x3）+（x﹣x1）（x﹣x3），
∵f′（）=﹣＜0，f′（）=﹣＜0，
∵f（x）在（﹣∞，α），（β，+∞）上递增，（α，β）上递减，
∴α＜λ＜μ＜β，
∵g（x）=ex﹣e﹣x单调递增，
∴g（α）＜g（λ）＜g（μ）＜g（β）
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．命题“?x0∈?RQ，x03∈Q”的否定是 ?x0∈CRQ，x03?Q ．
【考点】2J：命题的否定．
【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．
【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以“?x0∈CRQ，”的否定是“?x0∈CRQ，”．
故答案为：?x0∈CRQ，．
14．已知，若向量夹角为锐角，则实数λ取值范围是 ．
【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．
【分析】由已知可得，（）=（3λ+2）×（3+2λ）+（2λ﹣1）×（2﹣λ）＞0且两向量不共线，解不等式可求
【解答】解：∵，
∴=（3λ+2，2λ﹣1），=（3+2λ，2﹣λ）
∵向量夹角为锐角
∴（）=（3λ+2）×（3+2λ）+（2λ﹣1）×（2﹣λ）＞0
且（3λ+2）（2﹣λ）﹣（2λ﹣1）（3+2λ）≠0
整理可得，4λ2+18λ+4＞0且λ≠1
解不等式可得，或且λ≠1
故答案为：或且λ≠1
15．若x＞0，y＞0，则的最小值为 ．
【考点】7F：基本不等式．
【分析】设=t＞0，变形=+t=+﹣，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：设=t＞0，则=+t=+﹣≥﹣=﹣，当且仅当=时取等号．
故答案为：﹣．
16．在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是 （﹣， +） ．【版权所有：21教育】
【考点】HT：三角形中的几何计算．
【分析】如图所示，延长BA，CD交于点E，设AD=x，AE=x，DE=x，CD=m，求出x+m=+，即可求出AB的取值范围．
【解答】解：方法一：
如图所示，延长BA，CD交于点E，则
在△ADE中，∠DAE=105°，∠ADE=45°，∠E=30°，
∴设AD=x，AE=x，DE=x，CD=m，
∵BC=2，
∴（x+m）sin15°=1，
∴x+m=+，
∴0＜x＜4，
而AB=x+m﹣x=+﹣x，
∴AB的取值范围是（﹣， +）．
故答案为：（﹣， +）．
方法二：
如下图，作出底边BC=2的等腰三角形EBC，B=C=75°，
倾斜角为150°的直线在平面内移动，分别交EB、EC于A、D，则四边形ABCD即为满足题意的四边形；21教育网
当直线移动时，运用极限思想，
①直线接近点C时，AB趋近最小，为﹣；
②直线接近点E时，AB趋近最大值，为+；
故答案为：（﹣， +）．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
17．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°
（1）若PB=，求PA；
（2）若∠APB=150°，求tan∠PBA．
【考点】HP：正弦定理．
【分析】（Ⅰ）由题意利用直角三角形中的边角关系求得∠PBC=60°，∠PBA=∠ABC﹣∠PBC=30°．在△PBA中，由余弦定理求得PA的值．www-2-1-cnjy-com
（Ⅱ）设∠PBA=α，由已知得，PB=sinα，在△PBA中，由正弦定理求得tanα的值．
【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由于AB=，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°，
直角三角形PBC中，若PB=，∵cos∠PBC===，∴∠PBC=60°．
∴∠PBA=∠ABC﹣∠PBC=90°﹣60°=30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2==，∴PA=．
（Ⅱ）设∠PBA=α，由已知得，PB=sinα，在△PBA中，由正弦定理得，，
化简得，，∴tanα=，即tan∠PBA=．
18．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上，是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x（cm）．2-1-c-n-j-y
（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm2）最大，试问x应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积V（cm3）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．21cnjy.com
【考点】5D：函数模型的选择与应用．
【分析】（1）可设包装盒的高为h（cm），底面边长为a（cm），写出a，h与x的关系式，并注明x的取值范围．再利用侧面积公式表示出包装盒侧面积S关于x的函数解析式，最后求出何时它取得最大值即可；21教育名师原创作品
（2）利用体积公式表示出包装盒容积V关于x的函数解析式，最后利用导数知识求出何时它取得的最大值即可．
【解答】解：设包装盒的高为h（cm），底面边长为a（cm），则a=x，h=（30﹣x），0＜x＜30．
（1）S=4ah=8x（30﹣x）=﹣8（x﹣15）2+1800，
∴当x=15时，S取最大值．
（2）V=a2h=2（﹣x3+30x2），V′=6x（20﹣x），
由V′=0得x=20，
当x∈（0，20）时，V′＞0；当x∈（20，30）时，V′＜0；
∴当x=20时，包装盒容积V（cm3）最大，
此时，．
即此时包装盒的高与底面边长的比值是．
19．设数列 {an}的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1．
（1）求a4的值；
（2）证明：{an+1﹣an}为等比数列；
（3）求数列{an}的通项公式．
【考点】8H：数列递推式．
【分析】（1）直接在数列递推式中取n=2，求得；
（2）由4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1（n≥2），变形得到4an+2+an=4an+1（n≥2），进一步得到，由此可得数列{}是以为首项，公比为的等比数列；
（3）由{}是以为首项，公比为的等比数列，可得．进一步得到，说明{}是以为首项，4为公差的等差数列，由此可得数列{an}的通项公式．21*cnjy*com
【解答】（1）解：当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，即，
解得：；
（2）证明：∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1（n≥2），∴4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1=4Sn+1﹣4Sn（n≥2），
即4an+2+an=4an+1（n≥2），
∵，∴4an+2+an=4an+1．
∵=．
∴数列{}是以=1为首项，公比为的等比数列；
（3）解：由（2）知，{}是以为首项，公比为的等比数列，
∴．
即，
∴{}是以为首项，4为公差的等差数列，
∴，即，
∴数列{an}的通项公式是．
20．已知数列{an}的各项均为正数，记A（n）=a1+a2+…+an，B（n）=a2+a3+…+an+1，C（n）=a3+a4+…+an+2，n=1，2，…．
（1）若a1=1，a2=5，且对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，求数列{an}的通项公式．
（2）证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列．
【考点】8F：等差数列的性质；29：充要条件；8D：等比关系的确定．
【分析】（1）由于对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，可得到B（n）﹣A（n）=C（n）﹣B（n），即an+1﹣a1=an+2﹣a2，整理即可得数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，从而可得an．
（2）必要性：由数列{an}是公比为q的等比数列，可证得即==q，即必要性成立；
充分性：若对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，可得an+2﹣qan+1=a2﹣qa1．由n=1时，B（1）=qA（1），即a2=qa1，从而an+2﹣qan+1=0，即充分性成立，于是结论得证．
【解答】解：（1）∵对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，
∴B（n）﹣A（n）=C（n）﹣B（n），
即an+1﹣a1=an+2﹣a2，亦即an+2﹣an+1=a2﹣a1=4．
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an=1+（n﹣1）×4=4n﹣3．
（2）证明：（必要性）：若数列{an}是公比为q的等比数列，对任意n∈N*，有an+1=anq．由an＞0知，A（n），B（n），C（n）均大于0，于是
===q，
===q，
即==q，
∴三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列；
（充分性）：若对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，则
B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），
于是C（n）﹣B（n）=q[B（n）﹣A（n）]，即an+2﹣a2=q（an+1﹣a1），亦即an+2﹣qan+1=a2﹣qa1．
由n=1时，B（1）=qA（1），即a2=qa1，从而an+2﹣qan+1=0．
∵an＞0，
∴==q．故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列．
21．设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R，
（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若?x＞0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．
【考点】6D：利用导数研究函数的极值；3R：函数恒成立问题．
【分析】（I）函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R，x∈（﹣1，+∞）．=．令g（x）=2ax2+ax﹣a+1．对a与△分类讨论可得：（1）当a=0时，此时f′（x）＞0，即可得出函数的单调性与极值的情况．21·cn·jy·com
（2）当a＞0时，△=a（9a﹣8）．①当时，△≤0，②当a时，△＞0，即可得出函数的单调性与极值的情况．
（3）当a＜0时，△＞0．即可得出函数的单调性与极值的情况．
（II）由（I）可知：（1）当0≤a时，可得函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出．
（2）当＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x2≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出．
（3）当1＜a时，由g（0）＜0，可得x2＞0，利用x∈（0，x2）时函数f（x）单调性，即可判断出；
（4）当a＜0时，设h（x）=x﹣ln（x+1），x∈（0，+∞），研究其单调性，即可判断出
【解答】解：（I）函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R，x∈（﹣1，+∞）．
=．
令g（x）=2ax2+ax﹣a+1．
（1）当a=0时，g（x）=1，此时f′（x）＞0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无极值点．
（2）当a＞0时，△=a2﹣8a（1﹣a）=a（9a﹣8）．
①当时，△≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无极值点．
②当a时，△＞0，设方程2ax2+ax﹣a+1=0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2．
∵x1+x2=，
∴，．
由g（﹣1）＞0，可得﹣1＜x1．
∴当x∈（﹣1，x1）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（x1，x2）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（x2，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
因此函数f（x）有两个极值点．
（3）当a＜0时，△＞0．由g（﹣1）=1＞0，可得x1＜﹣1＜x2．
∴当x∈（﹣1，x2）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（x2，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
因此函数f（x）有一个极值点．
综上所述：当a＜0时，函数f（x）有一个极值点；
当0≤a时，函数f（x）无极值点；
当a时，函数f（x）有两个极值点．
（II）由（I）可知：
（1）当0≤a时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
∵f（0）=0，
∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．
（2）当＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x2≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
又f（0）=0，
∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．
（3）当1＜a时，由g（0）＜0，可得x2＞0，
∴x∈（0，x2）时，函数f（x）单调递减．
又f（0）=0，
∴x∈（0，x2）时，f（x）＜0，不符合题意，舍去；
（4）当a＜0时，设h（x）=x﹣ln（x+1），x∈（0，+∞），h′（x）=＞0．
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增．
因此x∈（0，+∞）时，h（x）＞h（0）=0，即ln（x+1）＜x，
可得：f（x）＜x+a（x2﹣x）=ax2+（1﹣a）x，
当x＞时，
ax2+（1﹣a）x＜0，此时f（x）＜0，不合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为[0，1]．
22．已知函数f（x）=|ax+1|，a∈R．
（Ⅰ）若?x∈R，f（x）+f（x﹣2）≥1恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若f（）+f（）+f（）=4，求f（）+f（）+f（）的最小值．
【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法．
【分析】（Ⅰ）化简f（x）+f（x﹣2）=|ax+1|+|2a﹣ax﹣1|，由绝对值不等式可得f（x）+f（x﹣2）的最小值为2a，可得|2a|≥1，解得a的范围；
（Ⅱ）化简条件可得|a|+|b|+|c|=4，化简要求的式子为a2+b2+c2，由基本不等式可得所求最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得f（x）+f（x﹣2）=|ax+1|+|a（x﹣2）+1|
=|ax+1|+|2a﹣ax﹣1|≥|ax+1+2a﹣ax﹣1|=|2a|，
可见，|2a|≥1，即或；
（Ⅱ）由知|a|+|b|+|c|=4，
而=a2+b2+c2，
因为16=（|a|+|b|+|c|）2=a2+b2+c2+2|ab|+2|ac|+2|bc|，
又2|ab|≤a2+b2，2|ac|≤a2+c2，2|cb|≤c2+b2，
所以，16≤3（a2+b2+c2），即，等号成立当且仅当a=b=c．
因此，的最小值是．
2017年5月24日
2016-2017学年浙江省温州中学高二（上）期中物理试卷
一、单项选择题（本题有13小题，每小题3分，共39分，在每小题所给的四个选项中，只有一个选项最符合题意）
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，以下说法不正确的是（ ）
A．安培首先发现了电流磁效应
B．安培提出了分子电流假说
C．卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量
D．法拉第首先发现了电磁感应现象
2．关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B．由B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
3．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个质量m的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线和题中已知量可以确定（ ）
A．B、C两点间的位移大小 B．B点电场强度大小
C．B、C两点间的电势差 D．B、C两点间电势能变化大小
4．关于回旋加速器的下列说法，其中正确的有（ ）
A．电场和磁场同时用来加速带电粒子
B．电场的方向必需是周期性变化的，且其周期是粒子运动周期的一半
C．在确定的交流电源下，回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的最大动能越大
D．同一带电粒子获得的最大动能与交流电源的电压大小有关，而与磁感应强度无关
5．下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1：R2=1：2，则下列说法正确的是（ ）
A．离子的速度之比为1：2 B．离子的电荷量之比为1：2
C．离子的质量之比为1：2 D．离子比荷之比为2：1
7．如图所示，半径为R的圆线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．πBR2 B．πBr2 C．nπBR2 D．nπBr2
8．如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（ ）
A．沿顺时针方向
B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C．沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向
9．金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度的大小为B的匀强磁场中绕圆心O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘的圆心和边缘间接有一个阻值为R的电阻，则通过电阻R的电流的大小和方向分别为（金属圆盘的电阻不计）（ ）
A．I=，由d到c B．I=，由c到d
C．I=，由d到c D．I=，由c到d
11．在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是（ ）
A． B． C． D．
12．下列哪些措施是为了防止涡流的危害（ ）
A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅
B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上
C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成
D．用高频电流冶铁
13．如图所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零．电压表内阻无限大，交流电源的电压u=220sin100πt V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为25Hz，下列说法中正确的是（ ）21·世纪*教育网
A．电流表示数增大 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
二、不定项选择题（本题有3小题，每小题2分，共6分，在每小题所给的四个选项中，至少有一个是正确的，选对但不全的得1分，有错选或不答的得0分）
14．边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子有速度v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，以下说法正确的是（ ）
A．从A处和C处射出的电子速度之比为2：1
B．从A处和C处射出的电子在磁场中运动的时间之比为2：1
C．从A处和C处射出的电子在磁场中运动周期之比为2：1
D．从A处和C处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为1：2
15．如下列说法中正确的是（ ）
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
16．正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的．线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，可知该交变电流（ ）
A．周期是0.01s
B．电压的最大值是311V
C．电压的有效值是220V
D．电流的瞬时值表达式i=220sint（A）
三、非选择题（本题有7小题，共55分）
17．如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的阴极（A）接直流高压电源的 极．（正、负） 此时，荧光屏上的电子束运动径迹将 偏转．（填“向上”、“向下”或“不”）．
18．如图所示，自感线圈电阻可忽略，闭合开关S电路稳定后，同样规格的两个小灯泡A1、A2都正常发光，然后断开开关．
（1）再次闭合开关时，描述两个灯泡的现象 ．
（2）闭合开关使两个灯泡正常发光后，再断开开关，A2灯泡 （填“马上”或“延迟”熄灭）流过A2灯泡的电流方向为 （填“M指向N”或“N指向M”熄灭）．
19．如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“12V 100W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为18：1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为 V，电流表的读数为 A．
20．如图所示，水平地面上方被竖直线MN分隔成两部分，M点左侧地面粗糙，与B球间的动摩擦因数为μ=0.5，右侧光滑．MN右侧空间有一范围足够大的匀强电场，在O点用长为R=5m的轻质绝缘细绳，拴一个质量mA=0.04kg，带电量为q=+2×10﹣4C的小球A，在竖直平面内以v=10m/s的速度做顺时针匀速圆周运动，小球A运动到最低点时与地面刚好不接触．处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B接触但不粘连，B球的质量mB=0.02kg，此时B球刚好位于M点．现用水平向左的推力将B球缓慢推至P点（弹簧仍在弹性限度内），MP之间的距离为L=10cm，推力所做的功是W=0.27J，当撤去推力后，B球沿地面向右滑动恰好能和A球在最低点处发生正碰，并瞬间成为一个整体C（A、B、C均可视为质点），速度大小变为5m/s，方向向左；碰撞前后电荷量保持不变，碰后瞬间立即把匀强电场的场强大小变为E=6×103N/C，电场方向不变，求：
（1）在A、B两球碰撞前匀强电场的大小和方向；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小．（取g=10m/s2）
21．如图所示，质量为m、边长为1的正方形线圈ABCD由n匝导线绕成，圈中有如图所示方向、大小为I的电流，在AB边的中点用细线竖直悬挂于一小盘子的下端，而小盘子通过一弹簧固定在O点．在图中虚线框内有与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感强度为B，平衡时，CD边水平且线圈AB﹣CD有一半面积在磁场中，如图甲所示，忽略电流I产生的磁场，则穿过线圈的磁通量为 ；现将电流反向（大小不变），要使线圈仍旧回到原来的位置，如图乙所示，在小盘子中必须加上质量为m的砝码．由此可知磁场的方向是垂直纸面向 （填“里”或“外”），磁感应强度大小B= （用题中所给的B以外的其他物理量表示）．
22．如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l=0.5m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B=1T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100g，电阻为1Ω，现让MN由静止释放，MN与金属框始终垂直并保持良好接触，从释放直至达到最大速度的过程中通过金属棒某一截面的电荷量为2C，求：（空气阻力不计，g取10m/s2）
（1）金属棒下落过程中的最大速度；
（2）则此过程中回路产生的电能为多少？
23．如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，是一个半径为r的圆，圆心O1在x轴上，OO1距离等于圆的半径．虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点，在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为E，方向沿x轴的负方向，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点O射入第I象限，粒子的速度方向在与x轴成θ=30°角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动．粒子的质量为m．电荷量为q（不计粒子的重力）．求：
（1）粒子的初速率；
（2）圆形有界磁场的磁感应强度：
（3）若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围．
2016-2017学年浙江省温州中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题有13小题，每小题3分，共39分，在每小题所给的四个选项中，只有一个选项最符合题意）
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，以下说法不正确的是（ ）
A．安培首先发现了电流磁效应
B．安培提出了分子电流假说
C．卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量
D．法拉第首先发现了电磁感应现象
【考点】1U：物理学史．
【分析】奥斯特发现了电流周围存在磁场；安培提出了分子电流假说；卡文迪许最早成功利用实验方法测出了万有引力常量；法拉第首先发现了电磁感应现象
【解答】解：A、奥斯特通过实验研究，首先发现了电流周围存在磁场，即发现了电流的磁效应；故A错误．
B、安培提出了分子电流假说，成功地解释了磁化现象；故B正确；
C、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许最早成功利用实验方法测出了万有引力常量．故C正确．
D、法拉第首先发现了电磁感应现象，故D正确．
本题选错误的，故选：A
2．关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B．由B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
【考点】C3：磁感应强度．
【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，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．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．
【解答】解：A、B、C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的；
D、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，所以D正确．
故选：D
3．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个质量m的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线和题中已知量可以确定（ ）
A．B、C两点间的位移大小 B．B点电场强度大小
C．B、C两点间的电势差 D．B、C两点间电势能变化大小
【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】物块仅在运动方向上受电场力作用，从A点到B、到C运动的过程中，根据v﹣t图的斜率分析出加速度的大小，由牛顿第二定律分析B点场强．由动能定理可分析电势能的变化．
【解答】解：A、物块从A运动到B，由图可读出A、B两点的速度，已知物块的质量，根据动能定理得：qUAB=mvB2﹣mvA2，只能求得qUAB，不能求AB间的位移大小，故A错误．
B、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，可以求出物块在B点的加速度，根据牛顿第二定律得：qE=ma，由于物块的电荷量q未知，所以不能求出B点的电场强度E．故B错误．
C、由A项同理知，根据动能定理只能求得qUBC，由于电荷量q未知，所以不能求B、C两点间的电势差UBC，故C错误．
D、根据能量守恒定律知，由物块的速度和质量能求出B、C两点间的动能的变化量，从而由能量守恒可求得电势能的变化．故D正确．
故选：D
4．关于回旋加速器的下列说法，其中正确的有（ ）
A．电场和磁场同时用来加速带电粒子
B．电场的方向必需是周期性变化的，且其周期是粒子运动周期的一半
C．在确定的交流电源下，回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的最大动能越大
D．同一带电粒子获得的最大动能与交流电源的电压大小有关，而与磁感应强度无关
【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，电场方向变化的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．根据，以及得出最大动能，知道其与什么因素有关．
【解答】解：A、回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转．故A错误．
B、电场方向变化的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．故B错误．
C、根据，知最大速度v=，则最大动能，知同一粒子，回旋加速器的半径越大，获得最大动能越大．故C正确．
D、最大动能，跟交流电源的电压无关，与磁感应强度有关．故D错误．
故选C．
5．下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】CC：安培力．
【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．
【解答】解：根据左手定值可知，
A、图中掌心向左，四指向里，则安培力应该垂直磁感线竖直向下，故A错误；
B、图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故B错误；
C、图中掌心向里，四指斜向左下，则安培力垂直电流斜向下，故C正确；
D、图中因通电导线与磁平行，则没有安培力，故D错误．
故选：C．
6．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1：R2=1：2，则下列说法正确的是（ ）
A．离子的速度之比为1：2 B．离子的电荷量之比为1：2
C．离子的质量之比为1：2 D．离子比荷之比为2：1
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】粒子在B速度选择器中做直线运动，说明受到的电场力和洛伦兹力等大反向；根据洛伦兹力提供向心力表示半径的表达式，进而判断二者电量关系和质量关系．
【解答】解：A、粒子在速度选择器中做直线运动，则：qE=qvB1，
得：v=，即能从速度选择器中直线经过的粒子的速度时相同的，故A错误；
B、在磁场B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB2=m，
得：R=；
由题可知： =，
则两离子： =1：2，故比荷为2：1；但 电荷量之比和质量之比不能确定，故BC错误，D正确．
故选：D．
7．如图所示，半径为R的圆线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．πBR2 B．πBr2 C．nπBR2 D．nπBr2
【考点】D7：磁通量．
【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．
【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2所以Φ=πBr2．故选项B正确；
故选：B
8．如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（ ）
A．沿顺时针方向
B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C．沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向
【考点】DB：楞次定律．
【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．
【解答】解：条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向（自左向右看）沿逆时针方向．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
9．金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】D2：感应电流的产生条件．
【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据这个条件判断有无感应电流产生．
【解答】解：A、图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流．故A正确．
B、线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故B错误．
C、线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故C错误．
D、线圈在匀强磁场中运动，根据Φ=BS知，磁通量Φ保持不变，没有感应电流产生．故D错误．
故选：A
10．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度的大小为B的匀强磁场中绕圆心O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘的圆心和边缘间接有一个阻值为R的电阻，则通过电阻R的电流的大小和方向分别为（金属圆盘的电阻不计）（ ）
A．I=，由d到c B．I=，由c到d
C．I=，由d到c D．I=，由c到d
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=Br2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出通过电阻R的电流强度的大小．由右手定则判断感应电流的方向．
【解答】解：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断可知：通过电阻R的电流方向为从d到c．
金属圆盘产生的感应电动势为：E=Br2ω，金属圆盘的电阻不计，故电路中电阻为R，则通过电阻R的电流强度的大小为：I==，故C正确，ABD错误．
故选：C
11．在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】E1：交变电流．
【分析】交变电流的是大小和方向都随时间做周期性变化的电流，根据交变电流的定义去判断．
【解答】解：A、此电流均为正值，说明电流的方向不随时间而变化，则此电流不是交变电流．故A正确．
B、C、D这三种电流的大小和方向都随时间做周期性变化，都是交变电流．故BCD错误．
故选A
12．下列哪些措施是为了防止涡流的危害（ ）
A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅
B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上
C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成
D．用高频电流冶铁
【考点】DG：* 涡流现象及其应用．
【分析】电磁炉是采用电磁感应原理，利用涡流，使锅体发热；铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应；变压器的铁芯不做成整块，属于涡流的防止；应用高频电流在铁矿中产生涡流来冶铁，属于涡流的应用．
【解答】解：A、电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的，属于涡流的应用，故A不符合题意；
B、常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故B不符合题意；
C、变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止．故C正确；
D、用高频电流冶铁，是应用高频电流在铁矿中产生涡流来冶铁，属于涡流的应用，故D不符合题意；
故选：C
13．如图所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零．电压表内阻无限大，交流电源的电压u=220sin100πt V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为25Hz，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表示数增大 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．
【分析】由交流电源的电压可知该交流电源的频率，当电压的有效值不变时而频率改变，则会导致线圈对电流阻碍发生变化，从而出现电表读数的大与小，灯泡的亮与暗．
【解答】解：交流电源的电压u=220sin100πt V可得：ω=100π 而ω=2πf 则 f=50Hz
现在电感的感抗为XL=2πfL，f为频率，L为自感系数．
当频率变化为25Hz，则频率在减小．所以电感的感抗减小，即相当于它由一个大电阻变成了一个小电阻．
A、在频率变小时，线圈对电流的阻碍作用较小，则电流表示数变大．故A正确；
B、由于频率减小，电流表示数变大，且电压的有效值不变，因此灯泡两端电压增大，所以电压表示数减小，故B正确；
C、由于频率变小，则电流变大，所以通过线圈的电流大，因此灯泡变亮，故C错误；
D、由于频率变小，则电流变大，所以通过线圈的电流大，因此灯泡变亮，故D正确；
故选：ABD
二、不定项选择题（本题有3小题，每小题2分，共6分，在每小题所给的四个选项中，至少有一个是正确的，选对但不全的得1分，有错选或不答的得0分）
14．边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子有速度v0水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，以下说法正确的是（ ）2·1·c·n·j·y
A．从A处和C处射出的电子速度之比为2：1
B．从A处和C处射出的电子在磁场中运动的时间之比为2：1
C．从A处和C处射出的电子在磁场中运动周期之比为2：1
D．从A处和C处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为1：2
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径，则由洛仑兹力充当向心力可得出粒子的速度关系；由周期公式及转过的角度可求得时间之比；由向心力公式可求得加速度之比．
【解答】解：ABC、电子从C点射出，A为圆心，Rc=L，圆心角θc=，
由R=，得vc=，
运动时间tc==，
电子从A点射出，OA中点为圆心，RA=，圆心角θd=π，
所以vA=，tA==，
由于运动的周期相等，故vA：vC=1：2，tA：tC=2：1，故A错误，B正确，C错误；
D、电子做匀速圆周运动f洛=eBv，可知，洛伦兹力与速度成正比，为1：2，故D正确；
故选：BD．
15．如下列说法中正确的是（ ）
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
【考点】DA：感生电动势、动生电动势．
【分析】根据麦克斯韦电磁场理论知，变化的电场产生磁场，变化的电场产生电场，并依据感生电场的电场线是闭合的，从而即可求解．
【解答】解：A、变化的电场一定产生磁场，变化的磁场可以在周围产生电场．故A正确．
B、恒定的磁场在周围不产生电场．故B错误．
C、感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定，故C正确；
D、感生电场的电场线是闭合曲线，其方与逆时针方向无关，故D错误．
故选：AC．
16．正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的．线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，可知该交变电流（ ）
A．周期是0.01s
B．电压的最大值是311V
C．电压的有效值是220V
D．电流的瞬时值表达式i=220sint（A）
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】根据交流电的图象可以判断出周期与最大值，根据最大值与有效值的以及周期和频率关系可正确求解．
【解答】解：AB、由图可知，交流电的周期T=0.02s，电压的最大值Em=311V，故A错误，B正确
C、交流电的有效值，故C正确；
D、交流电的角速度，由于不知道回路中的电阻，无法判断电流的最大值，故无法判断电流的瞬时值，故D错误
故选：BC
三、非选择题（本题有7小题，共55分）
17．如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的阴极（A）接直流高压电源的 负 极．（正、负） 此时，荧光屏上的电子束运动径迹将 向下 偏转．（填“向上”、“向下”或“不”）．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，所以是要接到高压的负极上的，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转．从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断．
【解答】解：
因为A是阴极，所以射线管的阴极（A）接直流高压电源的负极．
因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌对向N极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转．
故答案为：负，向下．
18．如图所示，自感线圈电阻可忽略，闭合开关S电路稳定后，同样规格的两个小灯泡A1、A2都正常发光，然后断开开关．
（1）再次闭合开关时，描述两个灯泡的现象 A2立刻亮起来，而A1缓慢亮起来 ．
（2）闭合开关使两个灯泡正常发光后，再断开开关，A2灯泡 延迟 （填“马上”或“延迟”熄灭）流过A2灯泡的电流方向为 N指向M （填“M指向N”或“N指向M”熄灭）．
【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．
【分析】（1）明确电感的性质，知道电感起到“通直流阻交流”的作用，但并不阻止，只起到延缓作用；
（2）电感阻碍原电流的变化，故电流方向保持不变，将电感视为电源，则可明确流过灯泡A2的电流方向
【解答】解：（1）由于电感的阻碍作用，闭合电开时，A2立刻亮起来，而A1缓慢亮起来；
（2）闭合开关使两灯泡正常发光时后，断开开关，由于电感的阻碍作用，两灯泡均会出现延迟现象，此时电感保持原来的电流方向不变，则流过A2时，电流由N指向M；
故答案为：（1）A2立刻亮起来，而A1缓慢亮起来；（2）延迟；N指向M．
19．如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“12V 100W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为18：1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为 216 V，电流表的读数为 0.46 A．
【考点】E8：变压器的构造和原理．
【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值．
【解答】解：已知变压器初、次级线圈的匝数比为18：1，
由电压与匝数成正比得U1==216V；
即电压表读数为216V．
因理想变压器的输出功率与输入功率相等P2=P1
所以I1==0.46A
故答案为：216； 0.46．
20．如图所示，水平地面上方被竖直线MN分隔成两部分，M点左侧地面粗糙，与B球间的动摩擦因数为μ=0.5，右侧光滑．MN右侧空间有一范围足够大的匀强电场，在O点用长为R=5m的轻质绝缘细绳，拴一个质量mA=0.04kg，带电量为q=+2×10﹣4C的小球A，在竖直平面内以v=10m/s的速度做顺时针匀速圆周运动，小球A运动到最低点时与地面刚好不接触．处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B接触但不粘连，B球的质量mB=0.02kg，此时B球刚好位于M点．现用水平向左的推力将B球缓慢推至P点（弹簧仍在弹性限度内），MP之间的距离为L=10cm，推力所做的功是W=0.27J，当撤去推力后，B球沿地面向右滑动恰好能和A球在最低点处发生正碰，并瞬间成为一个整体C（A、B、C均可视为质点），速度大小变为5m/s，方向向左；碰撞前后电荷量保持不变，碰后瞬间立即把匀强电场的场强大小变为E=6×103N/C，电场方向不变，求：
（1）在A、B两球碰撞前匀强电场的大小和方向；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小．（取g=10m/s2）
【考点】53：动量守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律．
【分析】（1）小球在竖直平面内做匀速圆周运动，合力始终指向圆心且大小不变，所以电场力要与重力平衡抵消，绳子的拉力提供向心；
（2）先根据功能关系求出小球B运动到M点时速度，由动量守恒定律求得共同速度；
（3）把匀强电场的场强大小变为E=6×103N/C，电场方向不变时，分析小球的运动情况．由动能定理求得小球达到最高点的速度，再根据向心力公式即可求解；
【解答】解：（1）要使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，必须满足：F电=Eq=mAg
所以 E==N/C=2×103N/C，方向竖直向上．
（2）由功能关系得，弹簧具有的最大弹性势能 EP=W﹣μmBgL=0.27﹣0.5×0.02×10×0.1=0.26（J）．
（3）设小球B运动到M点时速度为vB，由功能关系得：
EP﹣μmBgL=
解得：vB═5m/s
两球碰后结合为C，设C的速度为v1，取向左为正方向，对于两球组成的系统，由动量守恒定律得：
mAv﹣mBvB=mCv1
解得：v1=5m/s
电场变化后，因 E′q﹣mCg=0.6N， =0.3N
则＜E′q﹣mCg
所以C不能做圆周运动，而是做类平抛运动，
设经过时间t绳子在Q处绷紧，由运动学规律得
x=v1t
y=
根据牛顿第二定律得；a=
根据数学知识有：x2+（R﹣y）2=R2
可得：t=1s
则得：vy=at=10m/s，x=y=R=5m
即：绳子绷紧时恰好位于水平位置，绳子绷紧后水平方向速度变为0，以竖直速度v2=vy开始做圆周运动．
设到最高点时速度为v3
由动能定理得：﹣=E′qR﹣mCgR
解得：v3=10m/s
在最高点由牛顿运动定律得：T+mCg﹣E′q=mC
解得：T=3N
答：（1）在A、B两球碰撞前匀强电场的大小为2×103N/C，方向竖直向上；（2）弹簧具有的最大弹性势能为0.26J；（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小为3N．
21．如图所示，质量为m、边长为1的正方形线圈ABCD由n匝导线绕成，圈中有如图所示方向、大小为I的电流，在AB边的中点用细线竖直悬挂于一小盘子的下端，而小盘子通过一弹簧固定在O点．在图中虚线框内有与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感强度为B，平衡时，CD边水平且线圈AB﹣CD有一半面积在磁场中，如图甲所示，忽略电流I产生的磁场，则穿过线圈的磁通量为 ；现将电流反向（大小不变），要使线圈仍旧回到原来的位置，如图乙所示，在小盘子中必须加上质量为m的砝码．由此可知磁场的方向是垂直纸面向 外 （填“里”或“外”），磁感应强度大小B= （用题中所给的B以外的其他物理量表示）．
【考点】C3：磁感应强度；D7：磁通量．
【分析】由安培力公式可求得AB受到的安培力及整体受到的安培力；由力矩的平衡条件可求得弹簧对杆的拉力．
【解答】解：穿过线圈的磁通量为?=BS=B×=；
由题意可知，电流反向之后，需要在盘里增加砝码，则线圈所受安培力必定向上，
根据左手定则可知，磁场方向是垂直纸面向外的，电流反向前，
令弹簧的弹力为F，则有：F=G+nBIL
电流反向后，则有：F=G﹣nBIL+mg
解得：
故答案为：；外；．
22．如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l=0.5m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B=1T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100g，电阻为1Ω，现让MN由静止释放，MN与金属框始终垂直并保持良好接触，从释放直至达到最大速度的过程中通过金属棒某一截面的电荷量为2C，求：（空气阻力不计，g取10m/s2）
（1）金属棒下落过程中的最大速度；
（2）则此过程中回路产生的电能为多少？
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；6B：功能关系；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力．
【分析】（1）当金属棒匀速运动时处于平衡状态，此时说道最大，应用平衡条件可以求出最大速度．
（2）由电流定义式求出通过金属棒横截面的电荷量，然后应用能量守恒定律可以求出回路产生的电能．
【解答】解：（1）金属棒匀速运动时速度最大，
金属棒受到的安培力：F=BIl=，
由平衡条件得：mg=，
解得，最大速度：v===4m/s；
（2）通过金属棒横截面的电荷量：
q=I△t=△t=△t==，
由能量守恒定律得：mgh=mv2+E，
解得：E=3.2 J．
答：（1）金属棒下落过程中的最大速度为4m/s；
（2）则此过程中回路产生的电能为3.2J．
23．如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，是一个半径为r的圆，圆心O1在x轴上，OO1距离等于圆的半径．虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点，在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为E，方向沿x轴的负方向，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点O射入第I象限，粒子的速度方向在与x轴成θ=30°角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动．粒子的质量为m．电荷量为q（不计粒子的重力）．求：
（1）粒子的初速率；
（2）圆形有界磁场的磁感应强度：
（3）若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运动．
【分析】（1）粒子受到电场力与洛伦兹力相平衡，即可求解；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，即可求解；
（3）粒子从磁场射出后，分两种情况进入电场，一是坐标最大，另一是坐标最小；粒子在电场力作用下做类平抛运动，运用牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；
【解答】解：（1）带电粒子受到电场力与洛伦兹力相平衡，
则有：qE=qv0B
解得：
（2）设正粒子在圆形有界磁场中做匀速圆周运动的半径为R，
则有：R=r
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，
则有：，
解得：
（3）沿x轴正方向进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最大，
则有：
且△y1=v0t1
所以 y1=△y1+r
解得：
沿与x轴正方向与θ=30°角进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最小，
则有：
又△y2=v0t2
且 y2=△y2+r
解得：
即，
答：（1）粒子的初速率；
（2）圆形有界磁场的磁感应强度：
（3）若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围．
2017年5月23日
