江西省名校学术联盟2019届高三上学期教学质量检测12月联考物理答案

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2019届高三物理12月测考试题(含解析)

安徽省安师大附中2019学年高三12月测考物理试题一、选择题1. 在如图所示的光电效应实验装置中，光电管阴极K的极限频率为ν0，现用频率为ν(ν＞ν0)的光照射在阴极上，若在A、K之间加一数值为U的反向电压时，光电流恰好为零，则下列判断错误的是( )A. 阴极材料的逸出功等于hν0B. 有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为eUC. 有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为hν－hν0D. 无光电子逸出，因为光电流为零【答案】D...............2. 如图所示，将a、b两小球以大小为20m/s的初速度分别从A、B两点相差1 s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是( )A. 80mB. 100 mC. 200 mD. 180m【答案】D【解析】试题分析：因为经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时B运动时间为（t-1）s，设A的速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：对A ，；对B，解得：t=5s，则B运动时间为t-1=4s；故AB两点的水平距离X=v0t+v0（t-1）=5v0+4v0=9v0═180m故选：D考点：平抛运动的规律。

3. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 ( )A. ＋mgB. －mgC. ＋mgD. －mg【答案】A【解析】试题分析：在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得考点：考查了动量定理的应用【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向4. 未来的星际航行中，字航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。

2019年江西省高三上学期第三次大联考理综物理试题及答案解析

2019年江西省高三上学期第三次大联考理综物理试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2．请将答案正确填写在答题卡上。

第I 卷（选择题）一、单选题1．下列关于原子核的说法正确的是（） A ．质子由于带正电，质子间的核力表现为斥力B ．原子核衰变放出的三种射线中，α粒子的穿透能力最强C ．比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放出核能D ．铀核发生链式反应后能动延续去，维持该反应不需要其他条件2．—颗质量为m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能（）A ．4mgRB ．6mgRC ．226mg RD ．26mgR3．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t =0时刻甲、乙第一次并排，则（）A ．t =4s 时刻两车第二次并排B ．t =6s 时刻两车第二次并排C ．t =10s 时刻两车第一次并排D ．前10 s 内两车间距离的最大值为12m4．2019年11月6日UCl 都市自行车世界锦标赛在成都开幕。

来自近40个国家及地区的500余名职业骑手展开了小轮车场地技巧赛、小轮车平地花式赛、山地自行车障碍攀爬赛三个项目的争夺。

如图所示，一运动员从搭建的斜面顶端飞出跃上水平平台，斜面顶端与平台间水平距离为L ，高度差为h ，斜面倾角为45°。

假设该运动员恰好能飞上平台（运动员和自行车看作质点），重力加速度为g ，不计空气阻力，则（）AB C ．L 和h 的关系满足：12L h = D ．L 和h 的关系满足：2Lh=5．如图所示，质量为m 可视为质点的物块锁定在足够长的竖直墙上的A 点，物块与竖直墙面间动摩擦因数为μ。

t =0时刻，在物块上施加一个水平向左的力F 并同时解除锁定，F 随时间的变化关系为F=kt （k 为常数且大于零），重力加速为g ，物块从开始运动到最后稳定状态的过程（）A ．t =mg k μ时刻，物块的动量大小为22m g k μB ．物块受到的摩擦力一直增大C ．t = mg k μ时刻，物块的速度最大D ．物块先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，最后做匀速运动二、多选题6．如图所示，质量为m 、电阻为r 的“U ”字形金属框abcd 置于竖直平面内，三边的长度ad =dc =bc =L ，两顶点a 、b 通过细导线与M 、N 两点间的电源相连，电源电动势为E 、内阻也为r 。

2019-2020年高三12月联考物理含答案

2019-2020年高三12月联考物理含答案注意事项：1. 本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。

答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2. 回答第I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。

3. 回答第II 卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

第I 卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1-8题中只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1． xx 诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管(LED)，并因此带来新型的节能光源。

在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

下列表述符合物理学史实的是A.开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比。

B.奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上。

. D.安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2．如图是物体做直线运动的v －t 图像。

由图可知，该物体( )A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反B ．第2～4 s 为匀变速运动C ．第1 s 内和第4 s 内的位移大小不相等D ．0～2 s 和0～4 s 内的平均速度大小相等3．如图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的长度被压缩了A. mgtan θ2kB.mgtanθk C .2mgtanθk D.2mgtan θ2k4．如图，斜面固定，段光滑，段粗糙，、两物体叠放在一起从点由静止下滑，下滑过程中、始终保持相对静止，则（）A ．在段时，受三个力作用B ．在段时，的加速度一定平行于斜面向上C ．在段时，受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，、均处于失重状态5. 将卫星发射至近地圆轨道1（如图所示），经过多次变轨，将卫星送入同步轨道3。

江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考理科综合试卷(带答案)

江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考理综试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共300分。

考生注意：1.答题前，考生将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试卷上作答，答案无效。

3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并回收。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分本卷可能用上的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 S-32 Ba-137一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。

四个选项中，只有一项是符合题目要求1．下列有关生物体内的物质的叙述正确的是（）A．构成烟草花叶病毒遗传物质和细胞能量“通货”的化学元素种类相同B．细胞干重中含量最多的化学元素和化合物分别是氧和蛋白质C．人体内环境中存在二氧化碳、血浆蛋白、尿素、糖原等物质D．细胞膜由脂质和蛋白质组成，脂质中磷脂最丰富2．下列有关神经元的结构与功能的叙述，正确的是（）A．神经元都具有多个轴突和多个树突，与其传导信息的功能是相适应的B．神经元轴突内的细胞质不断的流动，以便于轴突和细胞体进行物质交流C．神经元因合成分泌神经递质的需要，具有较多的核糖体、内质网、高尔基体等细胞器D．神经元细胞膜表面遍布着神经递质的受体，使其能广泛及时地接受神经递质的刺激3．下列有关酶和ATP的说法不正确的是（）A．酶既可以作为催化剂，也可以作为另一个反应的底物B．细胞中催化有氧呼吸第二和第三阶段的酶不一定位于线粒体内C．线粒体产生的ATP被叶绿体利用时，可以用于H2O光解释放O2D．细胞内的吸能反应一般与ATP的水解反应相联系4．我国自主研制的艾滋病疫苗已顺利完成临床试验，49位受试者均未出现明显不良反应，接种疫苗受试者体内产生了针对HIV的特异性细胞免疫反应。

2019届江西省重点中学盟校高三第一次联考物理试卷及解析

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2019届江西省重点中学盟校高三第一次联考
物理试卷
1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史的是( )
A. 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B. 牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在
C. 法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究
D. 库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值
【答案】C
【解析】
【详解】伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A 错误；牛顿发现了万有引力定律，但并没有预言引力波的存在，预言了引力波存在的人是爱因斯坦，故B 错误；法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究，选项C 正确；库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，选项D 错误；故选C.
2.质量为M ＝1kg 的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m ＝1kg 、大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g ＝10m/s 2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力
F ，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力F f 随拉力F 的变化如图所示．则两个动摩
擦因数的数值为(
)
A. μ1＝0.1 μ2＝0.4
B. μ1＝0.1 μ2＝0.2
C. μ1＝0.2 μ2＝0.4
D. μ1＝0.4 μ2＝0.4
【答案】A
【解析】。

江西省上进教育名校学术联盟2015届高三上学期12月联考物理试卷及答案

2014-2015学年江西省上进教育名校学术联盟高三（上）联考物理试卷（12月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的；第6-8小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）物理学发展史群星璀璨，伽利略、牛顿、法拉第等许多物理学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下说法正确的是（）A．伽利略理想斜面实验证明运动不需要力来维持，牛顿用扭秤实验测得万有引力常量B．法拉第提出“场”的概念，并发现了电流的磁效应C．库仑研究了静止点电荷之间的相互作用的规律，并测定了静电力常量D．焦耳研究了电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出了牛顿三定律2．（6分）一个质量为1kg的质点在变力的作用下在水平面上做直线运动，相关运动数据已经绘制为v﹣t图线（如图所示），则以下判断正确的是（）A．质点在10～15s做加速度不断增大的变减速运动B．质点在0～10s内的位移小于100mC．0～15s内合外力做功的平均功率约为3.3WD．0～10s内合外力对物体做功为400J3．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈输入交流电压，副线圈中装有单刀双掷开关S，电流表、电压表均为理想电表，R0为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比=，S掷b时原副线圈匝数比=，图乙为S掷a时变压器副线圈输出电压的波形，则以下分析正确的是（）A．S接在a端，电压表的示数为110VB．原线圈输入电压为220VC．S接在b段，电压表的示数为80VD．S接在a端，一段时间后电流表读数将不断变小4．（6分）如图所示，等量同种正电荷分别固定在MN两点．以M、N连线的中点O为中心绘制一个正方形虚线框ABCD，G、H、E、F分别为各边的中点，已知无穷远处为零电势点，则以下判断一定正确的是（）A．O点场强为零，电势为零B．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零C．A点和B点电势相等，场强相同D．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中其加速度先变小后变大5．（6分）2014年9月26日，印度火星探测器成功进入X星近地面轨道，其匀速圆周运动运动周期为T，已知火星半径为r，火星表面重力加速度为g，X有引力常量为G，则（）A．火星的质量可表述为B．火星的质量可表述为C．火星表面第一宇宙速度可表述为D．火星探测器若准备火星着陆，应向后喷气改变运行轨道6．（6分）如图所示，质量为1kg的物块A放在与水平面成θ的倾斜木板上，当θ=30°时物块恰好处于平衡状态．已知物块A距离木板下端的距离为v0，E=10m/s2，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则以下分析正确的是（）A．物块与木板之间的摩擦因数μ=B．将木块与水平面的视角改为60°，再释放物块，其运动加速度为m/s2C．将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的速度为2m/sD．将木板与水平桌面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的过程中重力做功5J7．（6分）世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机的构造跟现代发电机不同，它在磁场中转动的不是线圈，而是一个紫铜做的圆盘．圆周圆心处固定一个摇柄，圆盘边缘一处和圆心处均与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来，将圆盘放置在竖直向下且足够大的匀强磁场中，当转动摇柄，使圆盘旋转起来时，电流表的指针偏向一边，这说明电路中产生了持续的电流，忽略圆盘的内阻，电流表O刻度在表盘中央，回路中有保护电阻，则以下分析正确的是（）A．圆盘面积加倍，电流表的示数加倍B．圆盘转速加倍，电流表的示数加倍C．磁感应强度加倍，电流表的示数减半D．改变圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向不变8．（6分）如图，有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L，在边界AB 的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则（）A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B．当粒子速度满足＜v＜v0时，从CD边界射出C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过D．当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出二、非选择题：9．（6分）某实验小组用重物牵引气垫导轨上的滑块完成一段匀加速直线运动，光电门可以记录下滑块上遮光条通过光电门时的遮光时间，当宽度为2cm的遮光条经过光电门1时数字计时器上显示遮光时间t1=0.2s，经过电光门2时显示遮光时间t2=0.1s，已知光电门1、2之间的距离为30cm，则滑块经过光电门1的速度v1=m/s，滑块经过光电门2是速度v2=m/s，滑块的加速度=m/s2（结果保留2位有效数字）．10．（9分）某实验小组准备测量一个定值电阻R1（约100Ω）的阻值，要求尽可能的精确测量，备选器材有：电源E=6V，内阻可忽略；滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）；电压表V1（量程0～15V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～3V，内阻约2kΩ）；电流表A1（量程0～3A，内阻约0.025Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.75Ω）；电流表A3（量程0～100mA，内阻为1.25Ω）；（1）上述器材中电流表应选择，电压表应选择；（2）如图为甲、乙两位同学实验操作的实物图，请指出甲同学的问题并分析原因：．请指出乙同学的问题并分析原因：．（3）请在丙图中绘制正确的实物连线．11．（14分）同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好同时通过同一个路标，以此时为计时零点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v=4t+12，乙质点位移随时间的变化关系为x=2t+4t2，以上各式均使用国际单位．（1）甲质点的位置﹣时间表达式；（2）两质点何时再次相遇；（3）两质点相遇之前何时相距最远．12．（15分）如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED和BCFE相邻连接组成的且矩形的下边DE、EF与桌面相接．两个正方形区域中存在方向分别为水平向右、竖直向上且大小相等的匀强电场．现有一带正电的滑块由静止从D点释放进人场区．已知滑块所受静电力大小为所受重力大小的2倍．桌面与滑块之间的滑动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑块可以视作质点．以D点为坐标原点．建立坐标系如图所示：求滑块最终离并电场时的位置坐标．13．（18分）如图甲所示，一对光滑的平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m，左端接有阻值为R=4Ω的电阻，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒MN的电阻r=1Ω，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒在水平向右的外力F的作用下由静止开始运动，拉力F与金属棒的速率的倒数关系如图乙．求：（1）v=5m/s时拉力的功率；（2）匀强磁场的磁感应强度；（3）若经过时间t=4s金属棒达到最大速度，则在这段时间内电阻R产生的热量为多大？2014-2015学年江西省上进教育名校学术联盟高三（上）联考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的；第6-8小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）物理学发展史群星璀璨，伽利略、牛顿、法拉第等许多物理学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下说法正确的是（）A．伽利略理想斜面实验证明运动不需要力来维持，牛顿用扭秤实验测得万有引力常量B．法拉第提出“场”的概念，并发现了电流的磁效应C．库仑研究了静止点电荷之间的相互作用的规律，并测定了静电力常量D．焦耳研究了电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出了牛顿三定律考点：物理学史．专题：常规题型．分析：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．解答：解：A、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．B、拉第提出“场”的概念，奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、库仑研究静止点电荷之间的相互作用的规律，但静电力常量并非库仑的研究成果，故C错误；D、焦耳研究电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出牛顿三定律奠定了经典力学的基础，故D正确；故选：D．点评：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．（6分）一个质量为1kg的质点在变力的作用下在水平面上做直线运动，相关运动数据已经绘制为v﹣t图线（如图所示），则以下判断正确的是（）A．质点在10～15s做加速度不断增大的变减速运动B．质点在0～10s内的位移小于100mC．0～15s内合外力做功的平均功率约为3.3WD．0～10s内合外力对物体做功为400J考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：先根据速度时间图象得到物体的运动规律，根据斜率等于加速度，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率．解答：解：A、分析图线斜率可知，质点在10～15s做加速度不断减小的变减速运动，A错；B、分析图线与坐标轴所围成的面积可知，质点在0～10s内的位移大于100m，B错；C、0～15s内合外力做功的平均功率P=W/t==10/3 J≈3.3J，C对；D、0～10s内合外力对物体做功W==200J．D错故选：C点评：本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零．3．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈输入交流电压，副线圈中装有单刀双掷开关S，电流表、电压表均为理想电表，R0为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比=，S掷b时原副线圈匝数比=，图乙为S掷a时变压器副线圈输出电压的波形，则以下分析正确的是（）A．S接在a端，电压表的示数为110VB．原线圈输入电压为220VC．S接在b段，电压表的示数为80VD．S接在a端，一段时间后电流表读数将不断变小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器的电压与匝数的关系为：U1：U2=n1：n2据此可知知原线圈的电压，电表的示数为有效值．解答：解：A、由图知，s接在a端，电压表的示数为110V，故A错误；B、由U1：U2=n1：n2可知原线圈输出电压U1=220V，故B错误；C、由U1：U2=n1：n2可知副线圈接b，电压表读数为80 V，故C正确；D、S接在a端一段时间后，由于电阻发热，热敏电阻阻值变小，副线圈电流变大，电流表的示数变大，故D错误；故选：C．点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．4．（6分）如图所示，等量同种正电荷分别固定在MN两点．以M、N连线的中点O为中心绘制一个正方形虚线框ABCD，G、H、E、F分别为各边的中点，已知无穷远处为零电势点，则以下判断一定正确的是（）A．O点场强为零，电势为零B．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零C．A点和B点电势相等，场强相同D．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中其加速度先变小后变大考点：电场线；电势能．分析：根据等量同种电荷等势面分布情况，判断出A与B电势相等，但是方向不同；O点电场强度为0，电势零点不确定，无法确定O点电势；根据在O点指向两侧的电场强度中，场强先增大后减小判定加速度的变化．解答：解：A、O点的场强为零，电势不为零，A错误；B、由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零，B 正确；C、A点和B点电势相等，场强大小相同，方向不同，C错误；D、由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中因不知其电场线的具体分布，其加速度可能先变小后变大，也可能先变大后变小，再变大后变小，D错误故选：B点评：掌握等量同种电荷、异种电荷电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法．5．（6分）2014年9月26日，印度火星探测器成功进入X星近地面轨道，其匀速圆周运动运动周期为T，已知火星半径为r，火星表面重力加速度为g，X有引力常量为G，则（）A．火星的质量可表述为B．火星的质量可表述为C．火星表面第一宇宙速度可表述为D．火星探测器若准备火星着陆，应向后喷气改变运行轨道考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据物体受到的星球表面上的重力等于万有引力列出等式求出火星的质量．根据卫星绕地球做匀速圆周运动靠万有引力提供向心力列出等式求出火星的质量．解答：解：A、根据物体受到的星球表面上的重力等于万有引力，得M=，故A错误；C、根据卫星绕地球做匀速圆周运动靠万有引力提供向心力，得，故B错误；C、第一宇宙速度v==，故C正确；D、火星探测器若准备火星着陆，应向前喷气减速，以改变运行轨道，故D错误；故选：C．点评：本题主要考查卫星的相关知识，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理与卫星轨道半径的关系，知道物体受到的星球表面上的重力等于万有引力．6．（6分）如图所示，质量为1kg的物块A放在与水平面成θ的倾斜木板上，当θ=30°时物块恰好处于平衡状态．已知物块A距离木板下端的距离为v0，E=10m/s2，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则以下分析正确的是（）A．物块与木板之间的摩擦因数μ=B．将木块与水平面的视角改为60°，再释放物块，其运动加速度为m/s2C．将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的速度为2m/s D．将木板与水平桌面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的过程中重力做功5J考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；功的计算．分析：根据物块平衡列方程，可求得物块与木板之间的动摩擦因数；再由动能定理等可求得物块的速度及重力所做的功．解答：解：A、物块平衡可知mgsinθ=μmgcosθ，物块与木板之间的动摩擦因数μ=tanθ=，故A正确；B、将木板与水平面的倾角改为600，则mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，则物块运动加速度为，故B正确；C、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下端的速度v2=2ax，则v=2m/s，故C 错误；D、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下重力做功W=mgh=15J，故D错误故选：AB点评：本题考查平衡方程和牛顿第二定律的综合应用，要注意正确受力分析，根据物理过程选择正确的物理规律．7．（6分）世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机的构造跟现代发电机不同，它在磁场中转动的不是线圈，而是一个紫铜做的圆盘．圆周圆心处固定一个摇柄，圆盘边缘一处和圆心处均与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来，将圆盘放置在竖直向下且足够大的匀强磁场中，当转动摇柄，使圆盘旋转起来时，电流表的指针偏向一边，这说明电路中产生了持续的电流，忽略圆盘的内阻，电流表O刻度在表盘中央，回路中有保护电阻，则以下分析正确的是（）A．圆盘面积加倍，电流表的示数加倍B．圆盘转速加倍，电流表的示数加倍C．磁感应强度加倍，电流表的示数减半D．改变圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向不变考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，从而即可求解．解答：解：A、圆盘辐向垂直切割磁感线，由E=Br2ω可得，圆盘面积S（S=πr2）或转速ω或磁感应强度B加倍，电流表的示数加倍，故AB正确，C错误；D、改圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向相反，故D错误；故选：AB．点评：本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．导体中有无电流，要看导体两端是否存在电势差．8．（6分）如图，有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L，在边界AB 的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则（）A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B．当粒子速度满足＜v＜v0时，从CD边界射出C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过D．当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：明确粒子与两边界相切时的半径，根据洛仑兹力充当向心力规律可明确对应的半径及出射点，即可求得速度的条件．解答：解：如图，由几何知识可知，与AD边界相切的圆形轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L，由半径公式：R=，可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足＜v＜v0的粒子从CD边界的PD间射出，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项B、C正确故选：BC．点评：本题为带电粒子在有界磁场中的偏转问题，要注意正确分析其临界条件，并注意几何关系的应用．二、非选择题：9．（6分）（2014秋•江西月考）某实验小组用重物牵引气垫导轨上的滑块完成一段匀加速直线运动，光电门可以记录下滑块上遮光条通过光电门时的遮光时间，当宽度为2cm的遮光条经过光电门1时数字计时器上显示遮光时间t1=0.2s，经过电光门2时显示遮光时间t2=0.1s，已知光电门1、2之间的距离为30cm，则滑块经过光电门1的速度v1=0.10m/s，滑块经过光电门2是速度v2=0.20m/s，滑块的加速度=0.050m/s2（结果保留2位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．解答：解：由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1===0.10m/s，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2===0.20m/s．根据=2as得，则有：a==0.050m/s2故答案为：0.10；0.20；0.050．点评：解决该题关键掌握知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度和匀变速直线运动的速度位移公式应用．10．（9分）某实验小组准备测量一个定值电阻R1（约100Ω）的阻值，要求尽可能的精确测量，备选器材有：电源E=6V，内阻可忽略；滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）；电压表V1（量程0～15V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～3V，内阻约2kΩ）；电流表A1（量程0～3A，内阻约0.025Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.75Ω）；电流表A3（量程0～100mA，内阻为1.25Ω）；（1）上述器材中电流表应选择，电压表应选择；（2）如图为甲、乙两位同学实验操作的实物图，请指出甲同学的问题并分析原因：电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法．请指出乙同学的问题并分析原因：滑动变阻器采用限流接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法．（3）请在丙图中绘制正确的实物连线．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表．（2）根据电表内阻与待测电阻的阻值关系确定电流表接法，确定滑动变阻器接法，然后分析答题．（3）根据实验原理与电流表、滑动变阻器的接法连接电路图．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==，所以电流表应选择；根据欧姆定律可求出待测电阻两端的最大电压为==6V，能超过电压表量程的，所以电压表应选择；（2）待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；==80，==100，＞，电流表应采用内接法，由图示可知，甲电路图中电流表采用外接法，乙电路图中滑动变阻器采用限流接法，这都是错误的．（3）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，导线不能交叉，原电路中出现了交叉现象；故答案如图所示：故答案为：（1）A3；V1；（2）电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用限流接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法；（3）电路图如所示．点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图等问题，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键．11．（14分）同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好同时通过同一个路标，以此时为计时零点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v=4t+12，乙质点位移随时间的变化关系为x=2t+4t2，以上各式均使用国际单位．（1）甲质点的位置﹣时间表达式；（2）两质点何时再次相遇；（3）两质点相遇之前何时相距最远．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式得出甲质点的初速度和加速度，根据位移时间公式得出甲质点位置随时间的变化的表达式．抓住位移相等，结合运动学公式求出再次相遇的时间．当两质点速度相等时，两者相距最远，根据运动学公式求出相距最远的时间．解答：解：（1）根据v=v0+at得，甲质点的初速度v0=12m/s，加速度a=4m/s2，根据位移时间公式得，甲质点位移一时间表达式可写作x=12t+2t2．（2）甲乙相遇时有：x甲=x乙，12t+2t2=2t+4t2，得：t=5s；（3）甲乙两质点相距最远时两质点有共同速度v甲=v乙，4t+12=2+8t，得：t=2.5s．答：（1）甲质点的位置﹣时间表达式为x=12t+2t2；（2）两质点5s时再次相遇；（3）两质点相遇之前2.5s末相距最远．点评：本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道速度相等时，两者相距最远．12．（15分）如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED和BCFE相邻连接组成的且矩形的下边DE、EF与桌面相接．两个正方形区域中存在方向分别为水平向右、竖直向上且大小相等的匀强电场．现有一带正电的滑块由静止从D点释放进人场区．已知滑块所受静电力大小为所受重力大小的2倍．桌面与滑块之间的滑动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑块可以视作质点．以D点为坐标原点．建立坐标系如图所示：求滑块最终离并电场时的位置坐标．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．分析：在在ABED区域内受力分析，有牛第二定律求的加速度，利用运动学公式求的到达E 点的速度，在BCFE区域内受力分析，根据牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的位移解答：解析：对滑块在ABED区域内受力分析，设其加速度为a1．根据第二定律可得：qE﹣μmg=ma1qE=2mg设滑块运动到E点的速度为v E，2a1L=v E2联立．解得V E=对滑块住BCFE区域内受力分析，设其加速度为a2，在电场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律得：Eq﹣mg=ma2滑块在水平方向上做匀速运动，由L=v E t在竖直方向上做匀加速运动，运动的竖直位移为y=a2t2=因此滑块最终离开电场时的位置坐标为（2L，）答：滑块最终离并电场时的位置坐标为（2L，）点评：本题主要考查了带电粒子在电场中的加速，利用好牛顿第二定律与运动学公式，加速度是关键13．（18分）如图甲所示，一对光滑的平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m，左端接有阻值为R=4Ω的电阻，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放。

江西省名校学术联盟2019届高三上学期教学质量检测12月联考数学(文)试卷(有答案)

江西省名校学术联盟2019届高三上学期教学质量检测12月联考数学（文）试卷江西名校学术联盟·2019届高三年级教学质量检测考试（二）文数·参考答案1.【答案】C【解析】因为{}1,0,1A =-,{}21B x x =<{}11x x =-<<，所以A B ={}0，故选C.2.【答案】A【解析】sin 300tan 660=()()sin 36060tan 72060--=()()sin 60tan 60--(⎛= ⎝⎭=32，故选A. 3.【答案】C 【解析】由⋅=a b a b 得,a b 共线，所以()1420x ⨯--⨯=，2x =-，故选C.4.【答案】D【解析】圆心为AB 的中点1,12⎛⎫-⎪⎝⎭，半径为52，故选D. 5.【答案】C【解析】p 是假命题，q 是真命题，()p q ⌝∧真命题，故选C.6.【答案】B【解析】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为π6，腰为1的等腰三角形，所以该正十二边形的面积为21π121sin 326S =⨯⨯⨯=，所以所求概率3πP =，故选B. 7.【答案】B【解析】()()12AC BE AC BC CE AB AD AD AB ⎛⎫⋅=⋅+=+⋅- ⎪⎝⎭=221122AB AD AB AD -++⋅ =12330cos 122112-=⨯⨯⨯++- ，故选B. 8.【答案】B【解析】由1220,a a +=334S =1n =时，n S 取最大值1，当2n =时，n S 取最小值12，所以1221a a ⎧≤⎪⎨⎪+≥⎩，112a -≤≤，故选B. 9.【答案】C【解析】由()0f x ≥，可排除B ，D ，由121ln2864f ⎛⎫=⎪⎝⎭，124ln 2464f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，可得1184f f ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由此可排除A ，故选C.10.【答案】B【解析】该几何体是四棱柱，底面是边长为1,故选B.11.【答案】A【解析】由()()32112e 32x f x x a x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，得()()()()()'21e 1e x x f x x a x x x ax =---=--，因为1x =是函数()f x 在()0,+∞上的唯一极值点，则0x >时e 0x ax ->≥，即e x a x<≤e x x ，设()()e 0x g x x x =>，则()g x '=2)1(xx e x -，所以()()1e g x g ≥=，所以a ≤e ，故选A. 12.【答案】D【解析】设椭圆C 的左焦点为F '，则△PQF 的周长l QF QP PF =++=2a QP QF PF '+-+ 2a PF PF '≤++当点Q 为PF '的延长线与椭圆C 的交点时取等号，故选D.13.【答案】332 【解析】由双曲线C的一条渐近线的方程为0x =，得b a =，所以双曲线C的离心率e ===. 14.【答案】6 【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，其中()()40,,1,1,0,43A B C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设5z x y =+，则直线50x y z +-=经过点B 时，max 6z =.15.【答案】1,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】由01a a >≠且，可得1a +>，结合()(log 1log a a a +<可得01a <<，由(log 0a <，得1，所以114a <<. 16.【答案】5π3【解析】如图所示,当平面ABC 与平面BCD 垂直时三棱锥A BCD -的体积最大，此时过△ABC 的中心E 作平面ABC 的垂线，过△BCD 的中心F 作平面BCD 的垂线，两垂线交于点O ，则O 为三棱锥A BCD -的外接球的球心，设平面EOF 与BC 交于点G ，则四边形EOFG 为正方形，且OE OG 12GC =，所以OC =即三棱锥A BCD -，所以三棱锥A BCD -的外接球的表面积为55π4π123⨯=.17.解：(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，由2345,31a a S =+=得111524631a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，即1155831a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13,2,a d ==(4分) 所以()1121n a a n d n =+-=+. (5分)(2) 由21n a n =+，得22n S n n =+，所以()11111222n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭.(8分) 所以=n T 1231111n S S S S ++++=1111111112324352n n ⎛⎫-+-+-++- ⎪+⎝⎭ =21111323122124264n n n n n +⎛⎫+--=- ⎪++++⎝⎭.(10分) 18.解：()()sin sin cos f x x x x =-=21cos 21sin sin cos sin 222x x x x x --=- =1π2224x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭.（3分）（1）由()ππ2π42x k k +=+∈Z 得，()1ππ28x k k =+∈Z ，所以()f x 图象的对称轴方程是()1ππ28x k k =+∈Z .（6分） (2)由()πππ2π22π242k x k k -+≤+≤+∈Z 得()3ππππ88k x k k -+≤≤+∈Z ，所以()f x的递减区间是3πππ,π88k k ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦）（Z ∈k ，取1k =，得()f x 在5π9π,88⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，因为5π9π2,88⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以当9π2,8t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时()f x 在()2,t 上递减，即t 的取值范围是9π2,8⎛⎤ ⎥⎝⎦.（12分） 19.解：(1)连接AF ，与CD 交于点H ，连接GH ，则GH 为△ABF 的中位线，所以BF ∥GH ，又BF ⊄平面CDG ，GH ⊂平面CDG ，所以BF ∥平面CDG .(5分)(2)由点H 为AF 的中点，且点∉F 平面CDG 可知，点F 到平面CDG 的距离与点A 到平面CDG 的距离相等，由四边形ADFC 是正方形，AC AB ⊥，可得CA 是三棱锥C ADG -的高，由题意得，2,1,CA AG DG DG AG ===⊥，所以111232C ADG V -=⨯⨯=，在△CDG 中，DG CG DG CG ==⊥，设点A 到平面CDG 的距离为h ，则1132A CDG V h -=⨯=，由C ADG A CDG V V --=h ===，所以点F 到平面CDG .(12分)20.解：(1)由sin cos c a B b A =及正弦定理可得sin sin sin cos C A B B A =，即()sin sin sin cos A B A B B A +=,(2分)整理得sin cos 0A B B ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，因为0πA <<,sin 0A ≠,所以cos 03B B -=,tan B π3B =. (6分) (2)由π3B =及角B 的平分线与AC 交于点D ,可得π6ABD CBD ∠=∠=．因为BD =3,所以△ABD 的面积11πsin 26S c BD =⋅=34c , 同理可得△CBD 的面积21πsin 26S a BD =⋅=a 43,又△ABC 的面积1πsin 234S ac ==,所以33444c a ac +=,即)ac a c =+.(8分) 在△ABC 中，由余弦定理得,()22222π302cos 33a c ac a c ac a c ac =+-=+-=+-=())2a c a c +-+ ，所以())2300a c a c +-+-=,即(0a c a c +++-=，所以a c +=分)21.解：(1) 由AF AO =得点A 横坐标为4p ，由抛物线定义及32AF =得，3422p p +=，所以2p =，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (4分)(2)假设存在实数t 及定点P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥，设()22120012,,,,,44y y P x y M y N y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，联立24y x x my t⎧=⎨=+⎩得y 2440my t --=,则y 1＋y 2＝4m ,y 1y 2＝4t -,()222121212+244y y y y y y -+==242m t +,(6分)由PM PN ⊥得()()221200102044y y PM PN x x y y y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=()()22222121200120120164y y y y x x y y y y y y +-⋅++-++=22220000044240x m y m x y tx t t --++-+-=，所以2000,0,40x y t t ==-=，当0t =时不满足题意，所以4t =，即存在4t =及点()0,0P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥.(12分)22.解：(1) 若1a =,则()2ln 2f x x x x =-+,所以()21ln f x x x '=--,(2分)因为()f x 的图象在x t =处的切线l 过原点, 所以直线l 的斜率()()f t k f t t'==,即221ln ln t t t t t --=-+ ,整理得()()120t t +-=，因为0t >，所以2t =，3ln 2k =-，所以直线l 的方程为()3ln20x y --=.(5分)(2)函数()f x 在[]1,e 上有零点,即方程2ln 10x ax x a -++=在[]1,e 上有实根，即方程1ln 0a x a x x+-+=在[]1,e 上有实根. 设()1ln a h x x a x x +=-+,则()()()221111x x a a a h x x x x+--+'=--=,(7分) ①当11a +≤，即0a ≤时,()0h x '≥,()h x 在[]1,e 上单调递增,若()0h x =在[]1,e 上有实根，则()()10e 0h h ≤⎧⎪⎨≥⎪⎩，即22e 1e 1a a ≤-⎧⎪⎨+≤⎪-⎩，所以2a ≤-. ②当11e a <+<,即0e 1a <<-时,[]1,1x a ∈+时，()0h x '≤,()h x 单调递减,[]1,e x a ∈+时，()0h x '≥,()h x 单调递增,所以()()()min 12ln 1h x h a a a a =+=+-+,由11e a <+<可得()0ln 1a a a <+<, 所以()12h a +>,()0h x =在[]1,e 上没有实根.③当1e a +≥，即e 1a ≥-时,()0h x '≤,()h x 在[]1,e 上单调递减,若()0h x =在[]1,e 上有实根，则()()10e 0h h ≥⎧⎪⎨≤⎪⎩，即22e 1e 1a a ≥-⎧⎪⎨+≥⎪-⎩，解得2e 1e 1a +≥-. 因为2e 1e 1e 1+>--, 所以2e 1e 1a +≥-时，()0h x =在[]1,e 上有实根.(11分)综上可得实数a 的取值范围是(]2e 1,2,e 1⎡⎫+-∞-+∞⎪⎢-⎣⎭.(12分)。