(含答案解析)江西省高安中学、临川一中、玉山一中等重点中学协作体2015届高三模拟物理试卷
高考试卷江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考 理综
江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考理科综合试卷命题:南昌二中徐小平赵宇洁付小华审题:高安中学祝成刚张党秀李智杰可能用到的原子量:H—1 O—16 K—39 Ca—40 I-127第I卷一、选择题:本大题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。
1.新型载药系统助力儿童HIV感染者治疗,将有望边喝牛奶边服用治疗艾滋病的药物,载药系统的核心物质——酪蛋白主要存在于牛奶之中。
下列说法不正确的是()A.酪蛋白基因表达的最后阶段需要转运RNA的参与B.酪蛋白的合成、加工和转运需要多种细胞器的参与C. HIV在T淋巴细胞中,依赖于自身核糖体合成蛋白质D.载药系统载药进入细胞内,与细胞膜的结构特点有关2.下列与酶的作用无关的过程是()A.tRNA与mRNA之间的碱基配对B.葡萄糖分子间脱水缩合形成淀粉C.DNA分子复制和转录时的解旋D.皮肤细胞中多种色素的合成3.右图为有关细胞分裂的概念图,下列说法正确的是()A.蛙的红细胞通过①过程分裂时,核DNA不复制B.精原细胞可通过②过程增殖,没有细胞周期C.卵原细胞通过③方式增殖,形成卵细胞和极体D.细胞中的染色体在③过程中有相对稳定的形态和结构4.下列有关生长素及生长素类似物的叙述,正确的是()A.用生长素类似物处理萌发种子可促进种子细胞细胞分裂B.植物的顶端优势与顶芽和侧芽生长素的产生量不同无关C.不同浓度的生长素类似物促进扦插枝条生根的效果不同D.根的向地生长与茎背地生长与生长素作用的两重性均有关5.囊性纤维化是一种严重的遗传性疾病(A-a),发生这种疾病的主要原因是编码CFTR蛋白的基因发生突变。
某地区正常人群中有1/22携带有致病基因。
下图是当地的一个囊性纤维病家族系谱图。
Ⅱ3的外祖父患有红绿色盲(B-b),但父母表现正常。
下列叙述不正确的是()A.Ⅱ6和Ⅱ7的子女患囊性纤维病的概率是1/132B.Ⅱ3和Ⅱ4的子女同时患囊性纤维病和红绿色盲的概率是1/32C.囊性纤维病基因和红绿色盲病基因两基因间的遗传遵循分离定律D. 细胞在合成CFTR蛋白的过程中,需要ATP和氨基酸等物质6.调查发现小型湖泊中的绿藻、蓝藻是露斯塔野鲮鱼和罗氏沼虾的食物,罗氏沼虾又是露斯塔野鲮鱼的食物。
江西省重点中学协作体2015届高三语文第二次联考试卷及答案
江西省重点中学协作体2015届高三语文第二次联考试卷及答案江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考语文试卷命题人:吉安县中易东晖新余一中黄富忠第Ⅰ卷阅读题(70分)甲必考题一、现代文阅读(9分,每小题3分)阅读下面的文字,完成1~3题中国吉祥文化吉祥文化是人类向往和追求吉庆祥瑞观念的反映,源起于人类社会发展的低级阶段,并随着人类生存空间的拓展、创造手段的丰富及生命意识的增强而越来越曲奇庞杂。
但正如英国人类学家马林诺夫斯基在《文化论》中指出:“文化是一个组织严密的体系,同时它可以大致分成两个方面:器物和风俗。
”我国吉祥文化同样地也大致可分物体吉祥和行为吉祥两个方面。
所谓物体吉祥,主要体现为我国历史众多的传统吉祥物。
所谓行为吉祥,则主要表现为各种丰富多彩的祈吉习俗及行为。
两者都是以有形的器物或可见的行为表达无形的吉祥观念。
中国最早的吉祥物典型代表为“四灵”,即龙、凤、龟、麟这四种灵异动物。
《周礼·春官·大司乐》中有“六变而致象物及天神”之语,郑玄注曰:“象物,有象在天。
所谓四灵者。
天地之神,四灵之知,非德至和则不至。
”“麟、凤、龟、龙,谓之四灵。
”据专家考证,这几种动物是中国原始图腾崇拜的遗留。
如夏人以蛇(龙)为图腾,商人以燕为图腾,东部民族以凤为图腾,东夷中部民族以龟为图腾等。
后来由于部落战争,相互联合或吞并,各部落图腾已经复合成为集各种鸟兽形象于一身的神异动物,图腾也转变了职能,成为鸟兽鱼虫之畜养,甚而成为保护神,进而成为吉祥物。
作为祈福的象征,四灵在中国吉祥物天地中最先登场。
河南濮阳西水坡距今6000年的仰韶文化遗址中,出土了蚌壳堆塑的“中华第一龙”。
浙江河姆渡文化遗址中发现的鸟纹,已窥见“丹凤朝阳”的原始雏形。
殷代以灵龟兆吉凶。
麟在四灵中出现最晚,但春秋战国时已经成形。
汉代形成的“四灵”体系,源远流长,至今不衰。
行为吉祥表现在风俗习惯和行为中。
在山东泰山顶上,为了求得后嗣,妇女们将红线、红布条结在小树枝上,或将石子放置在小树杈上,表示向山灵祈求后代。
【名师解析】江西省高安中学、九江一中、新余一中、临川一中等2015届高三一模考试物理试卷
【名师解析】江西省高安中学、九江一中、新余一中、临川一中等2015届高三一模考试物理试卷一、选择题(共8小题,每小题给出的四个选项中,第1-5题只有一项符合题目要求,第6-8题有多项符合题目要求。
全部选对得6分,选对但不全的3分,有选错的得0分)1.(6分)(2015•高安市一模)关于物理学的研究和科学家做出的贡献,下列说法错误的是()A.牛顿发现万有引力定律并精确测出了引力常量,“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的B.根据速度的定义式,当△t非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了极限思维法C.伽利略首先建立了平均速度,瞬时速度,以及加速度等描述运动的基本概念D.法拉第最早提出电荷周围产生电场观点【考点】:物理学史.【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.【解析】:解:A、牛顿发现万有引力定律,卡文迪许精确测出了引力常量,“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的,故A错误;B、根据速度的定义式v=,当△t非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了极限思维法,故B正确;C、伽利略首先建立了平均速度,瞬时速度,以及加速度等描述运动的基本概念,故C正确;D、法拉第最早提出电荷周围产生电场观点,故D正确;本题选错误的,故选:A.【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,注意知识的积累.2.(6分)(2015•高安市一模)a、b、c三个物体在同一条直线上运动,三个物体的位移﹣时间图象如图所示,图象c是一条抛物线,坐标原点是抛物线的顶点,下列说法中正确的是()A.a、b两物体都做匀速直线运动,两个物体的速度相同B.a、b两物体都做匀变速直线运动,两个物体的加速度相同C.在0~5s内,当t=5s时,a、b两个物体相距最远D.物体c一定做变速曲线运动【考点】:匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的位移与时间的关系.【专题】:运动学中的图像专题.【分析】:位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,图象的斜率大小等于速度大小,斜率的正负表示速度方向.分析在0~5s内a、b两物体之间距离的变化.图象c是一条抛物线表示匀加速运动.【解析】:解:A、B位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则知a、b两物体都做匀速直线运动.由图看出斜率看出,a、b两图线的斜率大小、正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相反.故A错误,B错误.C、a物体沿正方向运动,b物体沿负方向运动,则当t=5s时,a、b两个物体相距最远.故C正确.D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+at2,可见,x﹣t图象是抛物线,所以物体c一定做匀加速运动.故D错误.故选:C.【点评】:本题是为位移﹣﹣时间图象的应用,要明确斜率的含义,并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向.3.(6分)(2015•高安市一模)一轻绳系住一质量为m的小球悬挂在O点,在最低点现给小球一水平初速度,小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动,若在水平半径OP的中点A 处钉一枚光滑的钉子,仍在最低点给小球同样的初速度,则小球向上通过后P点后将绕A 点做圆周运动,则到达最高点N时,绳子的拉力大小为()A.0 B.3mg C.2mg D.4mg【考点】:向心力.【专题】:匀速圆周运动专题.【分析】:小球在最高点时,由重力和轻绳的拉力的合力提供小球的向心力,根据牛顿第二定律求解绳子的拉力大小.【解析】:解:小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动,在最高点由重力提供向心力,则有mg=m解得:v=,根据机械能守恒,在最高点N的速度为v′,则:根据向心力公式:T+mg=,联立得:T=3mg故选:B【点评】:圆周运动往往与其他知识综合在一起,本题是圆周运动与机械能守恒定律的综合.常见问题,不难.4.(6分)(2015•高安市一模)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg,弹簧测力计读数为2N,滑轮摩擦不计.若轻轻取走盘中的部分砝码,使总质量减少到0.3kg时,将会出现的情况是(g=10m/s2)()A.A向左运动B.弹簧测力计的读数将变化C.A对桌面的摩擦力变小D.A所受的合力将要变大【考点】:共点力平衡的条件及其应用;摩擦力的判断与计算.【专题】:共点力作用下物体平衡专题.【分析】:对A受力分析可得出A受到的静摩擦力,根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力;再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化.【解析】:解:初态时,对A受力分析有:得到摩擦力F f=F1﹣F2=6﹣2=4N,说明最大静摩擦力F max≥4N,当将总质量减小到0.3kg时,拉力变为3N,物体仍静止,合力仍为零;弹簧测力计的示数不变,故摩擦力变化F f′=1N.故ABD错误,C正确.故选:C.【点评】:本题考查静摩擦力的计算,要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化,但不会超过最大静摩擦力.弹簧的弹力取决于弹簧的形变量,形变量不变,则弹力不变.5.(6分)(2015•高安市一模)图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示.已知M是带负电的带电粒子.则下列说法中正确的是()A.N一定也带负电B.a点的电势高于b点的电势C.带电粒子N的动能减小电势能增大D.带电粒子N的动能增大电势能减小【考点】:电势差与电场强度的关系;电势能.【专题】:电场力与电势的性质专题.【分析】:由于电荷只受电场力作用,电场力将指向运动轨迹的内侧.同时注意电场线和等势线垂直,说明电场沿水平方向,正电荷沿轨迹MPN运动,则电场力一定水平向右,从而确定了电场的方向【解析】:解:A、电场线和等势线垂直,所以电场沿水平方向,从正电荷M的轨迹MPN 可知,电场力水平向右,故电场的方向水平向右.N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧,故受电场力水平向左,所以N带负电,故A错误.B、电场线水平向右,沿电场线电势降低,所以等势面a的电势高于等势面b的电势.故B 正确;C、D电场力对N粒子做正功,其电势能减小,动能增加,故C错误,D正确;故选:BD.【点评】:本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题,解决这类问题的突破口是:做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧.6.(6分)(2015•高安市一模)如图所示,半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有质量分别为m和2m的小球A和B,A、B之间用一长为R的轻杆相连.开始时A在圆环的最高点,现将A、B静止释放,则()A.B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中,杆对B球所做的总功为零B.A球运动到圆环的最低点时,速度为零C.在A、B运动的过程中,A、B组成的系统机械能守恒D.B球可以运动到圆环的最高点【考点】:机械能守恒定律;功的计算.【专题】:机械能守恒定律应用专题.【分析】:把AB看成一个系统,只有重力做功,系统机械能守恒,根据机械能守恒定律求出B球到达最低点的速度,对B球运用动能定理即可求解杆对B球所做的总功;设B球到右侧最高点时,AB与竖直方向夹角为θ,圆环圆心处为零势能面.系统机械能守恒,根据机械能守恒定律即可求解.【解析】:解:ABC、在A、B运动的过程中,A、B组成的系统只有重力做功,机械能守恒,则有:m A gR+m B gR=m A v A2+m B v B2又因为v A=v B得:v A=对B球,根据动能定理,m B gR+W=m B v B2而v B=解得:W=0,故A、C正确,B错误;C、设B球到右侧最高点时,AB与竖直B方向夹角为θ,如图,圆环圆心处为零势能面.系统机械能守恒,m A gR=m B gRcosθ﹣m A gRsinθ代入数据得,θ=30°所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30°,故D错误;故选:AC.【点评】:本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用,要求同学们能选取适当的研究对象,选择恰当的规律解答.7.(6分)(2015•高安市一模)如图所示,两个有界匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向分别垂直纸面向里和向外,其宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边长为L 的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,线框一边平行于磁场边界,现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定:线框中电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正,外力F向右为正.则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是()A.B.C.D.【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.【专题】:电磁感应与图像结合.【分析】:线框以速度v匀速穿过磁场区域,穿过线框的磁通量由磁场与面积决定,而面积却由线框宽度与位移决定,但位移是由速度与时间决定,所以磁通量是磁场、线框宽度、速度及时间共同决定.由于线框匀速穿过方向不同的磁场,因此当在刚进入或刚出磁场时,线框的感应电流大小相等,方向相同.当线框从一种磁场进入另一种磁场时,此时有两边分别切割磁感线,产生的感应电动势正好是两者之和,所以电流是两者之和,且方向相反.线框中有感应电流,则由左手定则可确定安培力的方向,通过安培力公式可得出力的大小.由电功率的表达式可知与电流的平方成正比,因此可得出电功率与时间的关系【解析】:解:A、在﹣2时间内:磁通量Φ=BS=BLv(t﹣),随着时间均匀增大,在t=2时刻,线框完全进入第一个磁场,磁通量为BL2;在2﹣•时间内:线框从第一个磁场开始进入第二磁场,磁通量存在抵消,磁通量均匀减小,在t=•时刻,当线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时,磁通量为零.在•﹣3时间内:磁通量反向均匀增大,在t=3时刻,线框完全进入第二个磁场,磁通量反向最大为﹣BL2;在3﹣4时间内,线框穿出第二个磁场,磁通量均匀减小,在t=4时刻,磁通量为零.故A正确.B、在﹣2时间内:根据法拉第电磁感应定律得知,线框中产生的感应电动势E=BLv,保持不变;在2﹣3时间内:线框开始进入第二个磁场时,两端同时切割磁感线,电动势方向相同,串联,电路中总的感应电动势应为2BLV,故B错误;C、由于线框匀速运动,外力与安培力总保持平衡,根据楞次定律判断可知安培力的方向总是水平向左,则外力F方向总是水平向右,始终为正值.在﹣2时间内:F=BIL=BL=;在2﹣•时间内:F=2BL=4;在2﹣3时间内:F=BIL=BL=;故C错误.D、在﹣2时间内:P=Fv=BILv=BL v=;在2﹣•时间内:P=Fv=2BL v=4;在•﹣3时间内:P=Fv=BILv=BL=;故D正确.故选:AD.【点评】:电磁感应与图象的结合问题,近几年高考中出现的较为频繁,在解题时涉及的内容较多,同时过程也较为复杂;故在解题时要灵活,可以选择合适的解法,如排除法等进行解答.8.(6分)(2015•高安市一模)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5:1,原线圈接入电压为220V的正弦交流电,各元件正常工作,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上,如图所示,电压表和电流表均为理想交流电表.则下列说法正确的是()A.原、副线圈中的电流之比为5:1B.电压表的读数约为44VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω,则1 分钟内产生的热量为2904 JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动,电压表读数不变【考点】:变压器的构造和原理.【专题】:交流电专题.【分析】:根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,二极管的作用是只允许正向的电流通过,再根据电压与匝数成正比即可求得结论.【解析】:解:A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电,原、副线圈的匝数比是5:l,则副线圈电压为44V,原、副线圈中的电流与匝数成反比,所以电流之比为1:5,A错误;B、原、副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压为44 V,由于副线圈接着二极管,它具有单向导电性,根据电流的热效应知,解得:U=22=31.11V,故B错误;C、由B求得电压表两端电压有效值为:U有效=22V,则1 min内产生的热量为:Q==2904 J,故C正确;D、将滑动变阻器滑片向上滑动,接入电路中的阻值变小,电流表的读数变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变,所以D正确.故选:CD【点评】:本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系,同时对于二极管和电容器的作用要了解.三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.必考题,每个试题考生都必须作答.选考题,考生根据要求作答.(一)必考题9.(6分)(2015•高安市一模)一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动.盘边缘上固定一竖直的挡光片.圆盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过,如图1所示.光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间.挡光片的宽度和圆盘直径分别用螺旋测微器和20分度的游标卡尺测得,结果分别是:宽度为8.115mm,直径为20.235 cm.若光电数字计时器所显示的时间为50.0×10﹣3s,则圆盘转动的角速度为 1.48rad/s (保留3位有效数字).【考点】:线速度、角速度和周期、转速;刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.【专题】:匀速圆周运动专题.【分析】:(1)由螺旋测微器读出整毫米数,由可动刻度读出毫米的小部分.即可得到挡光片的宽度.(2)图中20分度的游标卡尺,游标尺每一分度表示的长度是0.05mm.由主尺读出整毫米数,游标尺上第8条刻度线与主尺对齐,则读出毫米数小数部分为7×0.05mm=0.35mm.(3)由v=求出圆盘转动的线速度,由v=ωr,求出角速度ω.【解析】:解:(1)由螺旋测微器读出整毫米数为8mm,由可动刻度读出毫米的小部分为0.115mm.则挡光片的宽度为D=8.115mm.(2)由主尺读出整毫米数为202mm,游标尺上第8条刻度线与主尺对齐,读出毫米数小数部分为7×0.05mm=0.35mm,则圆盘的直径为d=20.235mm=20.235cm.(3)圆盘转动的线速度为v=…①由v=ωr,得角速度ω=…②又r=联立得ω=代入解得,ω=1.45rad/s故答案为:8.115;20.235;1.45【点评】:螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功,要熟悉读数的方法.题中还要掌握圆周运动的线速度与角速度的关系v=ωr.10.(9分)(2015•高安市一模)一个未知电阻R x,阻值大约为10kΩ﹣20kΩ,为了较为准确地测定其电阻值,实验室中有如下器材:电压表V1(量程3V、内阻约为3kΩ)电压表V2(量程15V、内阻约为15kΩ)电流表A1(量程200μA、内阻约为100Ω)电流表A2(量程0.6A、内阻约为1Ω)电源E(电动势为3V)滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)开关S(1)在实验中电压表选V1,电流表选A1.(填V1、V2,A1、A2)(2)为了尽可能减小误差,请你在虚线框中画出本实验的电路图.(3)测得电阻值与真实值相比偏大(填偏大偏小相等)【考点】:伏安法测电阻.【专题】:实验题.【分析】:(1)、根据待测电阻的大小和电源的电动势大小,估测电路中的最大电流,在不烧坏电表的前提下,电压表、电流表的指针偏转角度越大越好,由此可正确选择电表;(2)、由于所给滑动变阻器太小,待测电阻很大,因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法.(3)、根据电路图,应用欧姆定律分析实验误差.(1)、电源电动势为3V,电压表选择V1;电路最大电流约为:I===3×10【解析】:解:﹣4A=0.3mA=300μA,为减小误差,电流表选:A1.(2)由题意可知,待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值,为进行多次测量,滑动变阻器应采用分压接法;由题意可知,待测电阻阻值远大于电流表内阻,电流表应采用内接法,电路图如图所示:(3)、由图示电路图可知,电流表采用内接法,由于电流表分压作用,电压测量值大于真实值,由欧姆定律可知,电阻测量值大于真实值.故答案为:(1)、V1;A1;(2)、电路图如上图所示;(3)、偏大.【点评】:本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图,是实验的常考问题,一定要掌握;本题难度不大,熟练掌握基础知识即可正确解题.11.(14分)(2015•高安市一模)如图所示,某物块(可看成质点)从A点沿竖直光滑的圆弧轨道,由静止开始滑下,圆弧轨道的半径R=0.25m,末端B点与水平传送带相切,物块由B点滑上粗糙的传送带.若传送带静止,物块滑到传送带的末端C点后做平抛运动,落到水平地面上的D点,已知C点到地面的高度H=20m,C点到D点的水平距离为X1=4m,g=10m/s2.求:(1)物块滑到C点时速度的大小;(2)若传送带顺时针匀速转动,且物块最后的落地点到C点水平距离不随传送带转动速度变化而改变.试讨论传送带转动速度的范围.【考点】:动能定理;平抛运动.【专题】:机械能守恒定律应用专题.【分析】:(1)滑块离开C后做平抛云的,应用平抛运动规律可以求出到达C时的速度.(2)由动能定律求出滑块到达B点的速度,然后应用匀变速运动的速度位移公式求出速度.【解析】:解:(1)从C到D做平抛运动,竖直方向有:H=gt2,代入数据解得:t=2s,水平方向上有:x1=v1t,代入数据解得:v1=2m/s;(2)从A到B,由动能定理得:mgR=mv22﹣0,代入数据解得:v2=m/s,要求落点不随传送带的速度改变而改变,则物块一直处于加速或者减速若物体在传送带上一直减速,则传送带的速度v≤v1=2m/s,若物体在传送带上一直加速,到C点时速度为v3,由运动学规律有:v12﹣v22=﹣2as,v32﹣v22=2as,代入数据解得:v3=m/s,则传送带的速度v≥m/s;答:(1)物块滑到C点时速度的大小为2m/s;(2)论传送带转动速度的范围是:v≥m/s.【点评】:本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律,运动学基本公式的应用,要注意传动带顺时针转动时,要分析物体的运动情况,再根据运动学基本公式求解.12.(18分)(2015•高安市一模)如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,x轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B1;第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,磁感应强度大小为B2,电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ=30°角的绝缘细杆.一带电小球a沿细杆匀速滑下,从N点恰能沿圆周轨道到x轴上的Q点,且速度方向垂直于x轴.已知Q点到坐标原点O的距离为l,重力加速度为g,B1=7E,B2=E.空气阻力忽略不计,求:(1)带电小球a的电性及其比荷;(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ;(3)当带电小球a刚离开N点时,从y轴正半轴距原点O为h=的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b,b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰,则b球的初速度为多大?【考点】:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】:带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】:(1)粒子在第3象限做匀速圆周运动,重力和电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,根据平衡条件求解电场强度;(2)带电小球在第3象限做匀速圆周运动,画出轨迹,结合几何关系得到半径,然后结合牛顿第二定律求解速度;带电小球a穿在细杆上匀速下滑,受重力、支持力和洛伦兹力,三力平衡,根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解;(3)绝缘小球b做平抛运动,根据平抛运动的分运动公式求解运动到x轴的时间;小球a 在第3象限做圆周运动,第2象限做竖直上抛运动,分阶段求解出其经过x轴的时间,然后根据等时性列式.【解析】:解:(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得:带电小球带正电,且mg=qE,解得:(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中,有:由几何关系有:联解得:带电小球在杆上匀速时,由平衡条件有:mgsinθ=μ(qvB1﹣mgcosθ)解得:(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期:带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为:绝缘小球b平抛运动垤x轴上的时间为:两球相碰有:联解得:n=1设绝缘小球b平抛的初速度为v0,则:解得:答:(1)带电小球a的电性及其比荷是;(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ是;(3)b球的初速度为;【点评】:本题多物体、多过程、多规律,是典型的三多问题;关键是明确两个小球的运动规律,然后分阶段根据牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、平抛运动的分运动公式列式求解,较难.(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.[物理--选修3-3】(15分)13.(6分)(2015•高安市一模)下列说法正确的是()A.温度越高,扩散现象越不明显B.橡胶无固定熔点,是非晶体C.做功和热传递是改变物体内能的两种方式D.布朗运动是液体中分子无规则运动的反映E.第二类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第一定律,但它违反热力学第二定律【考点】:热力学第一定律;改变内能的两种方式;* 晶体和非晶体.【分析】:温度越高,分子的运动越激烈,扩散现象越明显;改变内能的方式有做功和热传递;非晶体的特点是无固定熔点,布朗运动是固体小颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,第二类永动机是不能制造出来的,它违反热力学第二定律.【解析】:解:A、温度越高,分子的运动越激烈,扩散现象越明显,故A错误;B、非晶体的特点是无固定熔点,故B正确;C、改变内能的方式有做功和热传递.故C正确;D、布朗运动是固体小颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,故D错误;E、第二类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第一定律,但它违反热力学第二定律,故E正确;故选:BCE【点评】:本题考查了扩散现象、晶体与非晶体的区别、布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律的知识,是难度不大基础题.在平时的学习过程中多加积累即可.14.(9分)(2015•高安市一模)如图所示为0.5mol某种气体的p﹣t图线,图中p0为标准大气压.试求:①气体在标准状况下的体积是多少L?②在B状态时的体积是多少L?【考点】:理想气体的状态方程.【专题】:理想气体状态方程专题.【分析】:由图可知图象为P﹣t图象,根据图象可知压强与摄氏温度的关系;知道1mol 任何气体在标准状况下的体积为22.4L,根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量.【解析】:解:(1)1mol任何气体在标准状况下的体积都是22.4L,0.5mol气体在标准状况下的体积是11.2L.(2)根据气体状态方程=C知:在P﹣T图象中等容线为过原点的直线,其中T为热力学温度温度.所以在图中,虚线及延长线为等容线,A点的体积为11.2L.A到B,压强不变,根据气体状态方程=C得:=则得V B===14L.答:(1)气体在标准状况下的体积是11.2L;(2)在B状态时的体积是14L.【点评】:本题考查气体的状态方程中对应的图象,在P﹣T图象中等容线为过原点的直线.P ﹣t图象中过﹣273℃点的直线表示等容变化.【物理--选修3-4】(15分)15.(2015•高安市一模)某横波在介质中沿x轴传播,图甲是t=1s时的波形图,图乙是介质中x=2m处质点的振动图象,则下列说法正确的是()A.波沿x轴正向传播,波速为1m/sB.t=2s时,x=2m处质点的振动方向为y轴负向C.在t=1s到t=2s的时间内,x=0.5m处的质点运动速度一直增大。
江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考 理综试题
江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考(高安中学、九江一中、新余一中、临川一中等)理综试题可能用到的相对原子质量:H:1 O:16 C:12 N:14 Na:23 Cl:35.5一.选择题:本题共13题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目的要求的。
1.下列有关细胞的叙述正确的是A.溶酶体能合成多种水解酶并降解所吞噬的物质B.细胞分化的主要标志首先是细胞内开始合成新的特异性的蛋白质C.细胞衰老表现为酶活性降低,细胞核体积减小D.核糖核酸可在细胞间传递信息2.下列有关生物学实验的叙述中,正确的是A.探究生长素类似物促进插条生根的最适浓度实验中,插条不能带有芽B.通常以标志重捕法调查土壤中小动物类群的丰富度C.观察线粒体,用新鲜的藓类叶片代替口腔上皮细胞,效果较佳D.洋葱幼根经低温诱导后制成装片,可用于观察细胞染色体数目的变异3.下图是细胞中糖类合成与分解过程示意图,下列叙述正确的是A.过程①和②中均能产生[H],且二者还原的物质不相同B.过程①产生的能量全部都储存在ATP中C.过程②产生的(CH2O)中的氧来自H2O、CO2D.过程①只能在线粒体中进行,过程②只能在叶绿体中进行4.下列有关生物多样性和进化的叙述中,不正确...的是A. 新物种的形成通常要经过突变和基因重组、自然选择及隔离三个基本环节B. 生物的多样性包括基因、物种和生态系统的多样性C. 共同进化总是通过物种间的生存斗争实现的D. 自然选择能定向改变种群的基因频率,决定了生物进化的方向5.下列甲图表示不同浓度生长素对顶芽和根部生长的生理作用,乙图为用一定浓度梯度的生长素类似物溶液处理扦插枝条后生根的情况(其中浓度为O的是对照组),丙图表示不同浓度的生长素对某植物乙烯生成和成熟叶片脱落的影响。
下列说法正确的是A .图甲中曲线①代表的是顶芽B .图乙所示实验的对照组表明扦捕枝条没有植物激素的作用时也能生根C. 图丙结果表明在生产上可喷施高浓度生长素类似物增加脱落率D.水平放置的植物,根的近地侧生长素浓度范围可用图甲中的cd 表示6.矮牵牛花瓣中存在合成红色和蓝色色素的生化途径(如下图所示,A、B、E为控制相应生化途径的基因)。
江西省重点中学协作体2015届高三第三次联考
江西省重点中学协作体2015届高三第三次联考高三2011-05-18 19:25江西省重点中学协作体2015届高三第三次联考语文试卷一、(18分,每小题3分)1.下列词语中加点的字,每对读音完全相同的一项是()A.疮痍/悲怆梦魇/笑靥称职/称孤道寡B.荟萃/猝然当真/当差曲折/曲高和寡C.磋商/蹉跎咽喉/哽咽市侩/脍炙人口D.货舱/沧桑潜水/掮客炮烙/刨根问底2.下列词语中,没有错别字的一组是( )A.诟病百叶窗积毁消骨前事不忘,后世之师B.岑寂水蒸气通宵达旦合抱之木,生于毫末C.诛连返修率蜚然成章君子坦荡荡,小人常戚戚D.烦燥掉书袋负曲衔冤百尺杆头,更进一步3.下列句中加点成语(熟语)使用正确的一句是()A.南京师大教授、博士生导师杨启亮日前在靖江考察课程改革时,对当前一些流行的教育理念反戈一击,其观点令人耳目一新。
B.江西省针对“瘦肉精”的问题,明确规定了畜牧、商务、工商、食品药品、公安等相关部门的职责,要求各司其职,形成合力。
C.这次活动没组织好,她已很难过,我们不要再去求全责备他了。
D.如果为一时的挫折吓倒,灰心丧气,吃一堑,长一智,那么,我们就什么事也做不成。
4.下列句子没有语病的一句是()A.今年3月初召开的全国“两会”,高度关注民生问题,其中,提高个税征收点和调整税率差成了代表们讨论的热门话题之一,因为这联系到千家万户中低收入家庭的切身利益。
B.国际社会多次表达反对贸易保护主义的意愿,但形形色色的贸易保护仍不断发生,这些损人不利己的短视行为,最终只会延缓世界经济的复苏进程。
C.2011年3月6日,广东省人民政府和澳门特别行政区政府正式在北京人民大会堂签署了《粤澳合作框架协议》。
D.近来,欧洲多个国家遭遇暴雪袭击,有些地区最低温度甚至达到了10年以来的最低点,这让人们对气候变暖的说法产生了怀疑。
5.下面的句子组合成一段连贯的话,最恰当的一组是()①这边厢,欧阳太守醉于山水,与民同乐;那边厢,范仲淹吁叹“先天下之忧而忧,后天下之乐而乐”②现在,我们还真得感谢庆历五年的贬谪事件。
江西省重点中学协作体高三第一次联考英语试题 Word版含答案
江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考英语试卷命题人:抚州一中宫正饶佳高安中学王水生第I卷第一部分听力(共两节,满分30分)做题时,先将答案标在试卷上。
录音内容结束后,你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节(共5小题;每小题1.5分,满分7.5分)听下面5段对话。
每段对话后有一个小题,从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后,你都有10称钟的时间来回答有关小题如阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What colour are the apron and the cushion?A. Green.B. Blue.C. Yellow.2. What does the woman mean?A. The man should drink less coffee.B. The man should eat something.C. The man should go to sleep.3. Where does the conversation probably take place?A. At a mall.B. At a restaurant.C. At a stadium.4. What will the man probably do this afternoon?A. Take an exam.B. Buy a camera.C. Review his lessons.5. What are the speakers mainly talking about?A. Part-time work.B. Volunteering work.C. Full-time work.第二节(共15小题;每小题1.5分,满分22.5分)听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题,从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考 文综地理
江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考文科综合试卷命题人:新余一中丁磊陈煌生袁丰华审题人:临川一中邹建平曾昭洋韩光辉本试卷分选择题和非选择题两部分,共16页, 满分300分。
考试用时150分钟。
注意事项:1.答卷前,考生务必分别将答题卡和答卷上的姓名、考试号用黑色字迹的签字笔填写, 用2B铅笔将考试号对应的信息点涂黑。
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答,答案必须写在答卷各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
第Ⅰ卷(选择题140分)本卷共35道小题,每小题4分,共140分。
在每小题列出的四个选顶中,只有一项是最符合题目要求的。
1.影响该城郊农业区位的主要因素是()A.气候条件B.城市分布C.交通条件D.土壤肥沃2.该郊区因城市化进程需要,将对农地进行征收。
征地补偿标准最高的农地是()A.花卉地B.蔬菜地C.稻米地D.甘蔗地“一带一路”将“中国梦”带到了南亚的尼泊尔,这个与中国有喜马拉雅山一山之隔、具有60年交情的“老伙伴”。
如今,青藏铁路通往西藏第二大城市日喀则的支线已经完工,成为世界屋脊上一条蜿蜒百里的巨龙。
目前,中尼正计划将这条支线延伸至尼泊尔边境,为这条卧居雪域的“巨龙”添上新翼。
3.青藏铁路大量"以桥代路"的主要原因是( )A.为了解决高原冻土施工难题B.为了避免线路被风沙掩盖C.为了线路的平直和平顺D.为了节省土地 4.能够实现青藏铁路通达尼泊尔的主要因素是( )A.自然因素B.经济因素C.社会因素D.技术因素气候指温度,湿度,气压,风力,降水量,大气粒子数及众多其他气象要素在很长时期及特定区域内的统计数据。
我们可用各种数据判断某地的气候特点。
江西省重点中学协作体(高安中学、临川一中、玉山一中等) 2015届高三下学期联考英语试题 Word版缺答案
1. How many marks did John get on the TOEFL test?A.605.B.650.C.537.2.What is the man going to do?A.Run to the airport.B.Wait for another plane.C.Hurry to the bus stop.3. How does the woman go to John’s home?A.By bus.B.On foot.C.Take the man’s car.4. What does the woman mean?A.Not everyone will get a meal.B.Not everyone will like the meals.C.Not everyone will stay for lunch.5.Who probably is the man?A.An airport clerk.B.A pilot.C.A taxi driver.第二节(共15小题;每小题1.5分,满分22.5分)听下面5段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题,从题中所给的A 、B 、C 三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前,你将有时间阅读各个小题,每小题5秒钟;听完后,各小题将给出5秒钟的作答时间。
每段对话或独白读两遍。
听第6段材料,回答第6至7题。
6.What is the woman telling her father about?A.Her visit to Greenwich Village.B.Her plan for her holiday.C.Her sightseeing experience.7.When is the woman going to see a show?A.On her last night.B.Next weekend.C.Tomorrow.听第7段材料,回答第8至10题。
江西省重点中学协作体(高安中学、临川一中、玉山一中等)20(精)
第Ⅰ卷(选择题共126分一、选择题:(本题共13小题,每小题只有一个正确选项,每小题6分,共78分。
1.观察与实验是生物科学研究中的重要手段。
某同学用电子显微镜观察玉米根尖分生区细胞后得出如下结论,不正确的是(A .线粒体中的内膜向内折叠形成嵴B .内质网是细胞内联系最广的一种生物膜C .细胞中具有双层膜的结构有线粒体、叶绿体和核膜D .核糖体分布在内质网和细胞质基质中2.下列关于细胞分裂的叙述,正确的是(A .某神经干细胞有丝分裂后期有16个着丝粒,该细胞在减数第二次分裂后期也有16个着丝粒B .卵巢是常用于观察减数分裂的材料,某细胞减数第二次分裂中期有染色体8条,此细胞在减数分裂过程中可产生8个四分体C .一个基因型为AaX b Y 的精原细胞,在减数分裂过程中,产生了一个X b X b 的精子,则常染色体在减数第二次分裂时异常,性染色体一定在减数第二次分裂时异常D .除了生殖细胞外,能进行分裂的细胞未必都具有细胞周期3.下列关于概念、调查或实验的叙述,正确的是(A .分析遗传病的传递方式是遗传咨询的第三步B .四分体时期,位于同源染色体上的等位基因有时会随非姐妹染色单体的交换而发生交换,导致染色单体上的基因重组C .用类比推理法证明基因位于染色体上D .用同位素标记法证明光合作用的产物是淀粉4.生物的某些变异可通过细胞分裂某一时期染色体的行为来识别。
下面的甲、乙、丙模式图分别表示细胞减数分裂过程中出现的“环形圈”、“十字形结构”、“麻花”现象,图中字母表示染色体上的基因。
下列有关叙述正确的是(A .甲、乙、丙变异类型都属于染色体变异,且都含4个DNA 分子B .甲图是由于染色体的缺失,导致染色体上基因数目减少C .乙图是由于四分体时期同源染色体的非姐妹染色单体之间发生交叉互换的结果D .甲、乙、丙三图可能出现在减数第一次分裂前期,染色体数与DNA 数之比为1∶25.有研究表明健康的心态能使人体的细胞免疫和体液免疫能力提高,其原因叙述中正确的有几项(①健康的心态有利于T 细胞的分化②健康的心态有利于提高抗体的生成能力③健康的心态有利于效应T 细胞增殖分化为大量的记忆细胞④健康的心态有利于浆细胞增殖分化为大量的记忆细胞A .一项B .二项C .三项D .四项6.右图为某岛屿上鹿的种群数量随时间的变化情况,a 、b 、c 、d 为曲线上的点,有关说法正确的是(A .该岛屿上鹿群的K 值为c 点对应的数量B .a 点时出生率等于b 点出生率C .a 点时的增长率大于d 点时的增长率D .cd 时间段内可能有较多的捕食者7.N A 为阿伏加德罗常数的数值,下列说法中正确的是(2015年江西省九所重点中学联合考试理科综合试卷第1页共16页A .常温下28g 乙烯中所含极性键的数目为4N AB .将0.1mol 氯化铁溶于1L 水中,所得溶液含有0.1N A Fe 3+C .标准状况下,22.4L 甲醇的分子数中所含羟基数为N AD .10L pH=1的硫酸溶液中含有的H +离子数为2N A8.在下列给定条件的溶液中,一定能大量.....共存的粒子组是 ( A .能使pH 试纸呈红色的溶液:Na +、NH +4、I -、NO -3B .常温下,K w c (H +=0.001 mol·L -1的溶液:Na +、K +、SiO 32-、NO -3 C .常温下由水电离出来的c (H +=1.0×10 -13mol·L -1溶液中:AlO -2、K +、SO 42-、Br -D .与铝反应产生大量氢气的溶液:Na +、K +、NH +4、NO -39.某烷烃相对分子质量为86,如果分子中含有3个—CH 3、2个—CH 2—和1个,则该结构的烃的一氯取代物最多可能有( 种(不考虑立体异构A .9B .6 B .5 D .410.某有机物是药物生产的中间体,其结构简式如右图。
江西省重点中学协作体2015届高三年级第二次联考语文试
江西省重点中学协作体2015届高三年级第二次联考语文试高三2010-03-19 12:28江西省重点中学协作体2015届高三年级第二次联考语文试题一、(15分,每小题3分)1.下列词语中加点字的读音,全不相同的一组是()A.感喟/匮乏吝啬/褪色遒劲/集腋成裘B.漂白/漂洗着眼/着落屏除/屏气凝神C.祈祷/颀长梦魇/笑靥歆羡/万马齐喑D.隔阂/弹劾脖颈/陷阱洗濯/擢发难数2.下列词语中没有错别字的一组是()A.剽悍录像机欢渡春节贻误战机B.笔杆两码事顾名思义风云变换C.震撼吊胃口艰苦奋斗迫不及待D.宣泄金刚钻无可置疑应接不遐3.下列各句中,标点符号使用不恰当的一项是()A.联系上下文,说说翠翠这时候为什么会“忽然哭起来”,她不何而哭。
B.这部作品以其明丽流畅的笔调,秀雅、隽永的风格和丰富的人物形象,在读者中引起了强烈的反响。
C.如《与吴质书》中“公干有逸气,但未遒耳”的但表示轻微的转折(相当于现代汉语的“只是”),比现在的语意轻。
D.还没等二虎子说完,连长就摆了摆手:“啊,原来是你!”4.下列各句中加点的成语使用不恰当的一项是()A.今天上班途中,我碰到步行的老李,问他为啥没开车,他说最近他总是安步当车。
B.虽然刚出土的这件帛画已残破不堪,但是专家们通过它的一鳞半爪还是认定此作出自东晋大画家顾恺之之手。
C.王教授非常瞧不起那些述而不作的学者,认为他们没有创见便没有真正属于自己的东西。
D.因为打碎了父亲珍爱的花瓶,我躲在公园里不敢回家,我害怕被父亲生吞活剥了。
5.把下列几个句子组成上下衔接、语意连贯的一段话,最恰当的一组是()①立秋至处暑,秋阳肆虐,温度较高,加之时有阴雨绵绵,湿气较重,天气以湿热并重为特点。
②秋季的气候是处于“阳消阴长”的过渡阶段。
③故有“秋老虎”之说。
④“白露”过后,雨水渐少,天气干燥,昼热夜凉,气候寒热多变,稍有不慎,容易伤风感冒,许多旧病也易复发⑤被称为“多事之秋”。
⑥因此,秋季养生在对精神情志、饮食起居、运动导引等方面进行调摄时,应注重一个“和”字。
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江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考数学试卷(文)满分150分 考试时间120分钟命题人:抚州一中 李振夹 赵娟娟 九江一中 梅宋军本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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. 已知集合{}1,0,1A =-,集合{}124xB x =≤<,则A B I 等于 ( )A .{}1,0,1-B . {}1C .{}1,1-D .{}0,12.设i 是虚数单位,若复数201a aiz i+=>-,则a 的值为 ( ) A .0或1- B .0或1C .1-D .13.已知命题00:R,sin p x x ∃∈=2:R,10q x x x ∀∈-+>.则下列结论正确的是 ( )A .命题是p q ∨假命题 B. 命题是p q ∧真命题 C .命题是()()p q ⌝∨⌝真命题 D .命题是()()p q ⌝∧⌝真命题4. ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,已知2a =,b =6A π=,则ABC ∆的面积为( )A .B ..5.对于下列表格所示的五个散点,已知求得的线性回归方程为ˆ0.7671yx =-.则实数m A .6.8 B .7C .7.2D .7.46. 在区域⎩⎨⎧≤≤≤≤1010y x 内任意取一点),(y x P ,则122>+y x 的概率是( )A.244π- B. 24π- C. 4πD.44π- 7. 已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为 ( ) A.π B.2π C.3π D.4π8. 执行如图的程序框图,如果输入的352log 2,log 2,log 3a b c ===,那么输出m 的值是 ( )A.5log 2B. 3log 2C.2log 3D.都有可能9. 已知函数①sin cos y x x =+,②cos y x x =,则下列结论正确的是( ) A. 两个函数的图象均关于点(,0)4π-成中心对称B. 两个函数的图象均关于直线4x π=-对称C. 两个函数在区间(,)44ππ-上都是单调递增函数 D. 可以将函数②的图像向左平移4π个单位得到函数①的图像 10. 已知直角ABC ∆中,斜边6=AB ,D 为线段AB 的中点,P 为线段CD 上任意一点,则()PA PB PC +⋅u u u r u u u r u u u r的最小值为( )A.92 B. 92- C.2 D.2-11. 中心在原点,焦点在x 轴上的双曲线C l 与双曲线C 交于,A B 两点,线段AB 中点M 在第一象限,并且在抛物线22(0)y px p =>上,且M 到抛物线焦点的距离为p ,则直线l 的斜率为( )A . 2B.32 C.1 D.1212. 设函数32()2ln f x x ex mx x =-+-,记()()f x g x x=,若函数()g x 至少存在一个零点,则实数m 的取值范围是( )A B C 第II 卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.曲线(2ln 1)y x x =-在点(1,1)-处的切线方程为 .14. 已知过双曲线22221x y a b -=右焦点且倾斜角为45︒的直线与双曲线右支有两个交点,则双曲线的离心率e 的取值范围是 .15.设直线210x y -+=的倾斜角为α,则2cos sin 2αα+的值为 .16.已知函数()f x 为R 上的增函数,函数图像关于点(3,0)对称,若实数,x y 满足22(9)(2)0f x f y y -++-≤,则yx的取值范围是 . 三、解答题:本大题共5小题,共60分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. (本小题满分12分)已知{}n a 为等差数列,数列{}n b 满足对于任意N n *∈,点1(,)n n b b +在直线2y x =上,且112a b ==,22a b =.(1) 求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式;(2)若 n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数,求数列{}n c 的前2n 项的和2n S .18. (本小题满分12分)两会结束后,房价问题仍是国民关注的热点问题,某高校金融学一班的学生对某城市居民对房价的承受能力(如能买每平方米6千元的房子即承受能力为6千元)的调查作为社会实践,进行调查统计,将承受能力数据按区间[2.5,3.5),[3.5,4.5),[4.5,5.5),[5.5,6.5),[6.5,7.5](千元)进行分组,得到如下统计图: (1) 求a 的值,并估计该城市居民的平均承受能力是多少元;(2)若用分层抽样的方法,从承受能力在[3.5,4.5)与[5.5,6.5)的居民中抽取5人,在抽取的5人中随机取2人,求2人的承受能力不同的概率. 19. (本小题满分12分)如图1,ABC ∆,4AB AC ==,23BAC π∠=,D 为BC 的中点,DE AC ⊥,沿DE将CDE ∆折起至'C DE ∆,如图2,且'C 在面ABDE 上的投影恰好是E ,连接'C B ,M 是'C B 上的点,且1'2C M MB =. (1)求证:AM ∥面'C DE ; (2)求三棱锥'C AMD -的体积. 20. (本小题满分12分)设椭圆222:12x y M a +=(a >的右焦点为1F ,直线2:22-=a a x l 与x 轴交于点A ,若1120OF AF +=u u u r u u u r r(其中O 为坐标原点). (1)求椭圆M 的方程;(2)设P 是椭圆M 上的任意一点,EF 为圆()12:22=-+y x N 的任意一条直径(E 、F 为直径的两个端点),求⋅的最大值.ABC DE图1 图2 AB'CEDM21.(本小题满分12分)设函数ax xxx f -=ln )(. (1)若函数)(x f 在),1(+∞上为减函数,求实数a 的最小值;(2)若存在212,[,]x x e e ∈,使a x f x f +'≤)()(21成立,求正实数a 的取值范围.请考生从第(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答.注意:只能做所选定的题目.如果多做,则按所做的第一个题目计分,作答时请用B 2铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22.(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲如图,在ABC ∆中,ο90=∠ABC ,以AB 为直径的圆O 交AC 于点E ,点D 是BC 边的中点,连接OD 交圆O 于点M .(1)求证:DE 是圆O 的切线;(2)求证:AB DM AC DM BC DE ⋅+⋅=⋅.23.(本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程 在直角坐标系xoy 中,直线l 的参数方程为)(226222为参数t t y tx ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=.在极坐标系(与直角坐标系xoy取相同的长度单位,且以原点O 为极点,以x 轴正半轴为极轴)中,圆C 的方程为θρcos 10=. (1)求圆C 的直角坐标方程;(2)设圆C 与直线l 交于点B A 、,若点P 的坐标为)6,2(,求||||PB PA +. 24.(本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲已知函数()-|-2|f x m x =,R m ∈,且(2)0f x +≥的解集为[1,1]-. (1)求m 的值; (2)若,,R a b c +∈,且11123m a b c++=,求 23z a b c =++ 的最小值. AB CD EMO江西省重点中学协作体2015届高三第二次联考2015年八校联考数 学(文科) 答 案二、 选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题13.20x y --= 14. 1e <<8516.三、解答题:本大题共5小题,共60分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. (本小题满分12分)解:(1)由点1(,)n n b b +在直线2y x =上,有12n nb b +=,所以数列{}n b 是以2为首项,2为公比的等比数列,即数列{}n b 的通项公式为2nn b =, 3分又112a b ==,224a b ==,则21422d a a =-=-=,所以数列{}n a 是以2为首项,2为公差的等差数列,即数列{}n a 的通项公式为2n a n =; 6分(2) n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数,所以)()(24212312n n n b b b a a a S +⋯++++⋯++=- 41)41(42)242(--+-+=n n n)14(3422-+=n n 12分18. (本小题满分12分)解:(1)由0.10.10.140.451a ++++=,所以0.21a =, 2分平均承受能力30.140.1450.4560.2170.1 5.07x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=, 即城市居民的平均承受能力大约为5070元; 5分(2)用分层抽样的方法在这两组中抽5人, 即[3.5,4.5)组中抽2人与[5.5,6.5)抽3人, 设[3.5,4.5)组中两人为12,A A ,[5.5,6.5)组中三人为122,,B B B ,从这5人中随机取2人,有12A A ,11A B ,12AB ,13A B ,21A B ,22A B ,23A B ,12B B ,13B B ,23B B 共10中,符合两人承受能力不同的有11A B ,12A B ,13A B ,21A B ,22A B ,23A B 共6中,所以所求概率为63105P ==. 12分19. (本小题满分12分)(1) 证明:过M 作MN ∥'C D ,交BD 于N ,连接AN , 于是12DN NB =,又4AB AC ==,23BAC π∠=,D 为BC 的中点,所以3NB =,30B ∠=︒,由ABC DE图1 图2 AB'CEDMN2222cos30AN AB NB AB NB =+-⋅⋅︒,得到AN =,所以120ANB ∠=︒,得AN ∥ED ,所以面AMN ∥面'C DE ,即AM ∥面'C DE ;(注:可以在翻折前的图形中证明AN ∥ED ) 6分 (2) Q 1'2C M MB =,'1122C AMD B AMD M ABD V V V ---∴==,又'CE ⊥面ABD ,所以M 到平面ABD 的距离2h =,ABD S ∆=,所以1233M ABD V -=⨯⨯=,即得三棱锥'C AMD -的体积为3.12分20. (本小题满分12分)解:(1)由题设知,2A ,1F由1120OF AF +=u u u r u u u r r 2=解得62=a所以椭圆M 的方程为22162x y += 4分 (2)设圆()12:22=-+y x N 的圆心为N , 则()()PE PF NE NP NF NP ⋅=-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ()()NF NP NF NP =--⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r2221NP NF NP =-=-u u u r u u u r u u u r从而求⋅的最大值转化为求2的最大值. 因为P 是椭圆M 上的任意一点,设00(,)P x y所以1262020=+y x ,即202036y x -=.因为点()2,0N ,所以()()121222020202++-=-+=y y x因为0[y ∈,所以当10-=y 时,2取得最大值12 所以PF PE ⋅的最大值为11 12分 21.(本小题满分12分)解:(1)由已知得0,1x x >≠.因()f x 在()1+∞,上为减函数,故()()2ln 10ln x f x a x -'=-≤在()1+∞,上恒成立. 所以当x ∈()1+∞,时,()0f x '≤.2分 当ln 2x =,即2x e =时,()max 4f x a '=-. 所以104a -≤于是14a ≥,故a 的最小值为14. 4分(2)命题“若存在212,[,]x x e e ∈ ,使()()12f x f x a '≤+成立”等价于“当[]221,,e e x x ∈时,有 a x f x f ''+'≤max 2min 1)()(.由(1),当2[,]x e e ∈时,()max 14f x a '=-,∴()max 14f x a '+=.问题等价于:“当2[,]x e e ∈时,有()min 14f x ≤”. 6分 ①当14a ≥时,由(1),()f x 在2[,]e e 上为减函数, 则()()222min 124e f x f e ae ==-≤,故21124a e≥-. 8分 ②当a <14时,由于'2111()()ln 24f x a x =--+-在2[,]e e 上的值域为(ⅰ)0a -≥,即0a ≤,'()0f x ≥在2[,]e e 恒成立,故()f x于是,min 1()()4f x f e e ae e ==-≥>,矛盾. 10分(ⅱ)0a -<,即104a <<,由'()f x 的单调性和值域知,存在唯一20(,)x e e ∈,使0)(0='x f ,且满足:当0(,)x e x ∈时,'()0f x <,()f x 为减函数;当20(,)x x e ∈时,'()0f x >,()f x 为增函数;所以,0min 0001()()ln 4x f x f x ax x ==-≤,20(,)x e e ∈ 所以,2001111111ln 4ln 4244a x x e e ≥->->-=,与104a <<矛盾. 综上,得21124a e≥- 12分22.(本小题满分10分)解:(1)连结OE .∵点D 是BC 的中点,点O 是AB 的中点,∴AC OD 21//=,∴A BOD ∠=∠,AEO EOD ∠=∠.∵OE OA =,∴AEO A ∠=∠,∴EOD BOD ∠=∠.在EOD ∆和BOD ∆中, ∵OB OE =,EOD BOD ∴∆≅∆,∴ο90=∠=∠OBD OED ,即ED OE ⊥.∵E 是圆O 上一点,∴DE 是圆O 的切线. 5分 (2)延长DO 交圆O 于点F .∵EOD ∆≌BOD ∆,∴DB DE =.∵点D 是BC 的中点,∴DB BC 2=.∵DB DE ,是圆O 的切线,∴DB DE =.∴222DE DB DE BC DE =⋅=⋅. ∵OF AB OD AC 2,2==,∴DF DM OF OD DM AB AC DM AB DM AC DM ⋅=+⋅=+⋅=⋅+⋅2)22()(.∵DE 是圆O 的切线,DF 是圆O 的割线,∴DF DM DE ⋅=2,∴AB DM AC DM BC DE ⋅+⋅=⋅ 10分23.(本小题满分10分)解:(1)由θρcos 10=得01022=-+x y x ,即25)5(22=+-y x . 5分(2)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程,得25)226()223(22=++--t t . 即020292=++t t ,由于082204)29(2>=⨯-=∆,可设21,t t 是上述方程的两个实根.所以⎩⎨⎧=⋅-=+20292121t t t t ,又直线l 过点)6,2(P ,可得:29)()()(||||||||212121=+-=-+-=+=+t t t t t t PB PA . 10分24.(本小题满分10分)ABD E MO解:(1)因为(2)||f x m x +=-, (2)0f x +≥等价于||x m ≤, 由||x m ≤有解,得0m ≥,且其解集为{|}x m x m -≤≤.又(2)0f x +≥的解集为[1,1]-,故1m =. 5分(2)由(1)知1111++=,又,,a b c R +∈,由柯西不等式得。
江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考
江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考高三2013-02-28 14:01江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考语文试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(综合题)两部分,共150分,考试用时150分钟。
第Ⅰ卷(单项选择题,共36分)一、(18分,每小题3分)1、下列词语中加点的字,每对读音完全相同的一组是()A. 杯勺/船艄讣告/阜盛挈带/契约B. 沉湎/缅怀绯闻/瓦菲付梓/渣滓C. 伉俪/抗争憎恶/诤友招徕/青睐D. 渐染/渐次箴言/甄别屏除/屏息2、下列各组词语中,没有错别字的一组是()A.望洋兴叹春风骀荡张皇失措天下大治B.相提并论题纲挈领言简意赅骇人听闻C.因地治宜诚惶诚恐随声附和不谋而合D.怡然自得扬长而去睚眦必报咫尺天崖3、下列各句中,加点的成语使用恰当的一项是()A.华裔、哈佛、草根……这些都是林书豪的身份标签,华人从他身上找到身份认同,美国人则认为他代表了“美国精神”,这是他能一马当先的原因。
B.近日正热播的这部电视剧讲述了渡江战役打响后,国民党军队势如破竹,中国人民解放军第四野战军渡过长江后乘胜追击,最终解放海南岛的故事。
C.媒体,尤其是主流媒体,担负着重大的社会责任,发布的信息应该是真实的,不应该抱着“姑妄言之”的态度,更不允许为利益集团代言。
D.在我国现阶段许多具体而微的百姓中,幸福感主要由每个家庭的收入决定,同时也受其他一些因素的影响(如休闲时间、健康状态、婚姻质量等)。
4、下列各句中,没有语病的一项是()A.受北方强冷空气影响,从1月4日晚上开始,江西北部、中部、西部、东部地区遭遇不同程度的雨雪天气,多条高速公路发生结冰预警。
B.广铁集团早在1999年就率先在全国铁路推行外来工团体票预订措施,累计已为1000多万名外来工回家返厂提供了便利。
C.今年以来,全国住房价格过快上涨的势头虽然已得到初步遏制,但是部分大中城市住房价格仍然过高,调控房地产市场的工作依然繁重。
江西省高安中学、临川一中、玉山一中等重点中学协作体高三物理模拟试题(含解析)
2015年江西省高安中学、临川一中、玉山一中等重点中学协作体高考物理模拟试卷一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求,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)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置),两次金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是()A.细线所受的拉力变小 B.小球P运动的角速度变小C. Q受到桌面的静摩擦力变大 D. Q受到桌面的支持力变大【考点】:向心力;摩擦力的判断与计算.【专题】:匀速圆周运动专题.【分析】:金属块Q保持在桌面上静止,根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化.以P为研究对象,根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化,判断Q受到桌面的静摩擦力的变化.由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系,再判断其变化.【解析】:解:A、设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为T,细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有:T=,mgtanθ=mω2Lsinθ,得角速度ω=,周期T=使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时,θ增大,cosθ减小,则得到细线拉力T增大,角速度增大,周期T减小.对Q球,由平衡条件得知,Q受到桌面的静摩擦力变大,故AB错误,C正确;D、金属块Q保持在桌面上静止,根据平衡条件得知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变.故D错误.故选:C【点评】:本题中一个物体静止,一个物体做匀速圆周运动,分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究,分析受力情况是关键.2.(6分)(2015•玉山县校级模拟)2014年9月30日,印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片,这颗红色的星球直径为地球的一半,质量为地球的十分之一,它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍,地球表面重力加速度约为10m/s2,从以上信息可知()A.火星公转的线速度大于地球公转的线速度B.火星公转的周期比地球公转的周期短C.火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大D.火星表面重力加速度约为4 m/s2【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】:研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力,列出等式再去进行比较.根据万有引力等于重力表示出重力加速度,再去进行比较.【解析】:解:A、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:,得:v=.M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小,即火星公转的线速度小于地球公转的线速度,故A 错误;B、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:得:,M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长,即火星公转的周期比地球的长,故B错误;C、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:,得:.M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小,即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小,故C错误;D、根据万有引力等于重力得出:得:,根据火星直径约为地球的一半,质量约为地球的十分之一,计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的,即火星表面重力加速度约为=4 m/s2,故D正确.故选:D.【点评】:要比较一个物理量大小,我们应该把这个物理量先表示出来,在进行比较.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.3.(6分)(2015•玉山县校级模拟)在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的绝缘细线的一端连接一个质量为m,电荷量为q的带电小球.细线另一端固定于O点,把小球拉起直至细线水平,如图所示.将小球无初速释放,小球向下摆动的最大角度为45°,重力加速度为g,则匀强电场的电场强度大小为()A. B.(+1) C.(﹣1) D.【考点】:匀强电场中电势差和电场强度的关系.【专题】:电场力与电势的性质专题.【分析】:小球向下摆动的过程中,重力和电场力做功,根据动能定理列式求解即可.【解析】:解:设细线长为L.根据动能定理得:mgLsin45°﹣qEL(1﹣cos45°)=0解得:E=(+1)故选:B.【点评】:本题考查动能定理的应用,要注意电场力做功公式W=qEd中,d是两点沿电场线方向的距离.4.(6分)(2015•玉山县校级模拟)两条相互平行的光滑金属导轨,距离为L,电阻不计.导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场,导轨左侧接电容器C,电阻R1和R2,如图所示.垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动,某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动.在金属杆变速运动的过程中,下列说法正确的是()A. R1中无电流通过B. R1中电流一直从e流向aC. R2中电流一直从a流向bD. R2中电流先从b流向a,后从a流向b【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势;电容.【专题】:电磁感应与电路结合.【分析】:根据金属杆做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动,利用E=BLv求得产生的电动势,再由Q=CU,求得电容器的电量,根据电量的变化确定电流方向.【解析】:解:开始时,金属杆AB以一定的速度向右匀速运动,由感应电动势:E=BLv,电容器两端的带电量为,Q=CU=CBLv,有右手定则知,R2感应电流方向由a向b,故电容器的上极板带正电,开始做匀减速运动至速度为零的过程中,Q=CU=CBLv知,速度减小,极板带电量减小,有电流定义式:可知,R1中有电流通过,方向由e流向a,R2中电流从a流向b,故A错误;反向匀加速运动过程中,有右手定则知,R2感应电流方向由b向a,电容器反向充电,流经R1电流方向由e流向a,故B正确,CD错误;故选:B【点评】:本题电磁感应中电路问题,基础是识别电路的结构.本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系.在高考中电路中含有电容器也是热点问题.5.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图,由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框,垂直磁场放置,将AB两点接入电压恒定的电源两端,通电时,线框受到的安培力为F,若将ACB 边移走,则余下线框受到的安培力大小为()A. F B. F C. F D. F【考点】:安培力.【分析】:根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小,再计算出各段安培力的大小,然后使用平行四边形定则合成即可.【解析】:解:根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力,所以等效电路为r和2r 并联,并联后总电阻为:根据欧姆定律:并联的电流:I1=I2=则安培力F1=余下线框受到的安培力大小为:F2=BI2L==故选:D.【点评】:该题中,各段时的电流的大小不相等,要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小,然后计算安培力是解题的正确思路.题目的难度中档.6.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上,物块B置于斜面上,已知B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ,B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连,连接B的一段细绳与斜面平行,A、B的质量分别为m、M.现给B一初速度,使B沿斜面下滑,C始终处于静止状态,则在B下滑过程中,下列说法正确的是()A.无论A、B的质量大小关系如何,B一定减速下滑B. A运动的加速度大小为a=C.水平面对C一定有摩擦力,摩擦力方向可能水平向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等【考点】:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.【专题】:共点力作用下物体平衡专题.【分析】:以AB整体为研究对象,根据牛顿第二定律求其加速度,结合摩擦力产生的条件,可判断各接触面是否存在摩擦力;把BC看做一个整体进行受力分析,可判定地面的支持力和二者重力的关系.【解析】:解:A、B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ,即如果B不受绳子拉力,则mgsinθ=μmgcosθ,B匀速下滑但是绳子对B有沿斜面向上的拉力,故B一定是减速下滑,A正确;B、以AB整体为研究对象,根据牛顿第二定律:mg+μMgcosθ﹣Mgsinθ=(M+m)a得:a=,故B错误;C、对C受力分析,B给的压力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ,因为μ=tanθ,所以二者的矢量和等于mg,方向竖直向下,即C在水平方向上没有运动趋势,故C水平方向不受地面的摩擦力,C错误;D、由前面分析知B对C的作用力等于其重力mg,根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等,D正确;故选:AD.【点评】:本题涉及三个物体的问题,要灵活选择研究对象.当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究,往往比较简捷.7.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝,副线圈匝数为n2=200匝,将原线圈接在u=200sin100πt(V)的交流电压上,副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路,现在A、B两点间接入不同的电子元件,则下列说法正确的是()A.在A、B两点间串联一只电阻R,穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB.在A、B两点间接入理想二极管,电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器,只提高交流电频率,电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈,只提高交流电频率,电阻R消耗电功率减小【考点】:变压器的构造和原理.【专题】:交流电专题.【分析】:根据变压器变压比公式得到输出电压,根据有效值定义求解电压有效值;电感器的感抗与频率成正比,电容器的容抗与频率成反比.【解析】:解:A、在A、B两点间串联一只电阻R,输入电压最大值为200V≈283V,故平均每匝电压为0.283V,故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s,故A错误;B、输入电压为200V,根据,故输出电压为40V;在A、B两点间接入理想二极管,会过滤掉负半周电流,设电压表读数为U,则根据有效值定义,有故B错误;C、在A、B两点间接入一只电容器,只提高交流电频率,电容器容抗减小,故R分得的电压增加,电压表读数增加,故C正确;D、在A、B两点间接入一只电感线圈,只提高交流电频率,感抗增加,故R分得的电压减小,电压表读数减小,故D正确;故选CD.【点评】:本题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比,然后转化为恒定电路的动态分析问题,不难.8.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一带电小球相连接,小球静止在光滑水平面上,施加一个水平方向的匀强电场,使小球从静止开始向右运动,则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)()A.小球动能最大时,小球电势能最小B.弹簧弹性势能最大时,小球和弹簧组成的系统机械能最大C.小球电势能最小时,小球动能为零D.当电场力和弹簧弹力平衡时,小球的动能最大【考点】:电势差与电场强度的关系;功能关系.【专题】:电场力与电势的性质专题.【分析】:小球做简谐运动,当电场力和弹簧弹力平衡时,速度最大;只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒.【解析】:解:A、小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小;当电场力与弹力平衡时,小球的动能最大,电势能不是最大;在最右端电势能最大;故A错误;B、小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒,在最右端,电势能最小,故小球和弹簧组成的系统机械能最大;故B正确;C、小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小,故最右端电势能最小,此时动能为零,故C正确;D、当电场力和弹簧弹力平衡前,电场力大于弹簧的弹力,小球做加速运动,当弹力等于电场力时,速度达到最大,球的动能最大,故D正确;故选:BCD【点评】:本题关键是明确小球的受力情况和运动情况,要能够结合牛顿第二定律和功能关系分析,基础题目.二、(非选择题共174分)9.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图甲所示是某同学探究小车的速度和加速度的实验装置,它将光电门固定在水平轨道上的B点,A、B两问点的距离为12.50cm.用重物通过细线拉小车,让小车做直线运动.①若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示,则d= 1.140 cm.②实验时将小车从图中位置A由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.28×10﹣2s,则小车经过光电门时的速度为0.50 m/s,小车的加速度为 1.0 m/s2(保留两位有效数字).【考点】:探究加速度与物体质量、物体受力的关系.【专题】:实验题;牛顿运动定律综合专题.【分析】:游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数,不需估读,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.【解析】:解:①游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为0.05×8mm=0.40mm,所以最终读数为:11mm+0.40mm=11.40mm=1.140cm;②数字计时器记录通过光电门的时间,由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度,用该平均速度代替物体的瞬时速度,故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为:v==0.50m/s小车的加速度a==1.0m/s2故答案为:①1.140 ②0.50,1.0【点评】:常用仪器的读数要掌握,这是物理实验的基础.处理实验时一定要找出实验原理,根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.10.(9分)(2015•玉山县校级模拟)现有一块灵敏电流计A1,量程为200μA,内阻约为1KΩ,要精确测出其内阻R g,提供的器材有:电流表A2(量程为1mA,内阻r=50Ω);滑动变阻器R (阻值范围为0~30Ω);定值电阻R1(阻值 R1=100Ω);定值电阻R2(阻值 R2=3KΩ)电源E(电动势约为4.5V,内阻很小);单刀单掷开关S一个,导线若干.(1)请利用上述所有器材,设计出合理的、便于多次测量的实验电路图,并保证各电表的示数超过其量程的,将电路图画在题中的虚线框中.(2)在所测量的数据中选一组,用测量量和已知量来计算A1表的内阻,表达式为R g=,表达式中各符号表示的意义是I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r 表示A2表内阻,R1表示定值电阻.【考点】:伏安法测电阻.【专题】:实验题.【分析】:(1)测量电阻的基本原理是伏安法,没有电压表,可用定值电阻与电流表A2串联改装而成.根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器.(2)根据并联电路电压相等的规律,列式求解G表的内阻的表达式.【解析】:解:(1)由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻,要精确测量电流计的内阻,需要测量多组数据,因此,采用分压电路;将电流表A2与定值电阻电阻R1串联构成一个电压表;把定值电阻R2作保护电阻.电路图如图所示.(2)由电路图知A2表和R1串联后与A1表并联,两个支路的电压相等,即:I1R g=I2(R1+r),所以,R g=,其中,I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r表示A2表内阻,R1表示定值电阻.故答案为:(1)电路图如图所示;(2),I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r表示A2表内阻,R1表示定值电阻.【点评】:在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全,故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流;在接法中要注意根据各电器内阻的大小,灵活选择对应的接法.11.(14分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,长L=9m的传送带与水平方向的倾角为37°,在电动机的带动下以V=4m/s 的速率顺时针方向运行,在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住,在传送带的A端无初速地放一质量m=1kg的物块,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计.(sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2)求:(1)物块从A处第一次滑到P处的过程中,物块与传送带之间因摩擦而产生的热量?(2)物块与挡板P第一次碰撞后,上升到最高点时到挡板P的距离?【考点】:功能关系;牛顿第二定律.【分析】:根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度,运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的相对位移,求出相对运动距离之和,根据Q=fs求出产生的热量.应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式求出物块的位移,然后答题.【解析】:解:物块从A点由静止释放,由牛顿第二定律得:向下运动的加速度:ma1=mgsinθ﹣μmgcosθ,代入数据解得:a1=2m/s2,由速度位移公式可知,与P碰前的速度为:v 1===6m/s,物块从A到B的时间为:t1=在此过程中物块相对传送带向下位移为:s1=L+vt1=21m物块与挡板碰撞后,以v1的速率反弹,因v1>v,物块相对传送带向上滑,由牛顿第二定律可知,物块向上做减速运动的加速度为a2有:ma2=mgsinθ+μmgcosθ,代入数据解得:a2=10m/s2物块速度减小到与传送带速度相等所需时间:t2===0.2s,物块向上的位移:x1===1m,物块相对传送带向上的位移为:s2=l1﹣vt2=0.2m物块速度与传送带速度相等后,μ<tanθ,由牛顿第二定律可知:ma3=mgsinθ﹣μmgcosθ,代入数据解得,物块向上做减速运动的加速度:a3=2m/s2,物块速度减小到零的时间为:t3=物块向上的位移:x2===4m,此过程中物块相对传送带向下的位移为:s3=vt3﹣l2=4m摩擦生热为:Q=μmgcosθ(s1+s2+s3)=100.8J离P点的距离:x1+x2=1+4=5m答:(1)物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为100.8J;(2)物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后,物块上升到最高点时到挡板P的距离为5m.【点评】:本题过程较复杂,关键理清每一段过程,运用牛顿定律和运动学知识进行分析.12.(18分)(2015•玉山县校级模拟)X轴下方有两个关于直线x=﹣0.5a对称的沿X轴的匀强电场(大小相等,方向相反).如图甲所示.一质量为m,带电量为﹣q的粒子(不计重力).以初速度V沿Y轴正方向从P点进入电场,后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场.粒子过O点的同时在MN和X轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场,规定垂直纸面向里为正方向.正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等,且持续的时间相同.粒子在磁场中运动一段时间后粒子到达Q点,并且速度也与过P点时速度相同.已知P、O、Q在一条直线上与水平方向夹角为θ,且P、Q两点横坐标分别为﹣a、a.试计算:(1)电场强度E的大小;(2)磁场的磁感应强度B的大小;(3)粒子从P到Q的总时间.【考点】:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】:带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】:(1)根据题意可知,带电粒子在电场中做类平抛运动,且时间相等,水平位移为a,竖直方向位移为atanθ,根据平抛运动的基本公式即可求解运动时间和电场强度;(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解即可;(3)分别求出粒子在电场和磁场中运动的时间,两段时间之和即为总时间.【解析】:解:(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动,且时间相等,设为t,对该运动分析得:Y方向:atanθ=2VtX方向:解得:,t=(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动,设半径为R,由几何关系可知:,(n=1,2,3…)解得:B=,(n=1,2,3…)(3)带电粒子在电场中运动的时间,研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动,设时间为t磁,设单元圆弧对应的圆心角为α,由几何关系可知,α=π﹣2θ,则所以粒子从P到Q的总时间答:(1)电场强度E的大小为;(2)磁场的磁感应强度B的大小为,(n=1,2,3…);(3)粒子从P到Q的总时间为.【点评】:本题考查了粒子在电场与磁场中的运动,粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动,分析清楚粒子运动过程,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题.[物理--选修3-4](15分)13.(6分)(2015•玉山县校级模拟)下列叙述正确的是()A.温度升高时,物体内每个分子的热运动速度都增大B.布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的C.外界对气体做正功,气体的内能一定增加D.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E.气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力【考点】:布朗运动;热力学第二定律;封闭气体压强.【分析】:解答本题需掌握:温度是分子热运动平均动能的标志;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动;热力学第一定律公式:△U=W+Q;热力学第二定律表面一切宏观热现象都具有方向性;气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的,与气体分子的数密度和平均动能有关.【解析】:解:A、温度升高时,物体内分子的热运动平均动能增大,故平均速度增大,不是每个分子的速度都增大,故A错误;B、布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的,是液体分子无规则热运动的反映,故B正确;C、外界对气体做正功,气体可能同时放热,故内能不一定增加,故C错误;D、根据热力学第二定律,自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故D正确;E、气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的,故气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力,故E正确;故选:BDE.【点评】:本题考查了温度的微观意义、布朗运动、气体压强的微观意义、热力学定律等,知识点多,难度小,关键是记住基础知识.14.(9分)(2015•玉山县校级模拟)高压锅与普通的铝锅不同,锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅齿镶嵌旋紧,加在锅盖和锅体之间有橡皮做的密封圈,在锅盖中间有一个排气孔,上面再套上类似砝码的限压阀,将排气孔堵住,当加热高压锅,锅内气体压强增加到一定的程度时,气体就把限压阀顶起来,这时蒸汽就从排气孔排出.由于高压锅内的压强大.温度高,食物容易煮烂,若已知某高压锅的限压阀质量为0.1kg,排气孔的直径为0.3cm,则锅内气体的压强最大可达到多少?设压强每增加3.6×103Pa,水的沸点相应增加1℃,则锅内的最高的温度可以达到多少?【考点】:理想气体的状态方程.【专题】:理想气体状态方程专题.【分析】:(1)当限压阀要被顶起时,锅内气体压强最大,对限压阀列平衡方程即可求解;(2)先求出锅内压强增加量,再根据每增加3.5×103Pa水的沸点就相应的增加1℃求出水的沸点增加量,进而得出锅内的最高温度.【解析】:解:当限压阀要被顶起时,锅内气体压强最大为P m,对限压阀由平衡得:P m S=P0S+mg 带入数据解得:锅内压强增加了:△P=P m﹣P0=2.4×105Pa﹣1×105Pa=1.4×105Pa,水的沸点增高:所以,锅内温度最高可达:t=100℃+38.9℃=138.9℃.答:(1)锅内气体的压强最大可达2.4×105Pa.(2)锅内的最高温度可达138.9℃.【点评】:此题涉及到大气压的综合应用,重力的计算,压强大小及其计算等知识点,是一道物理综合题目,要求学生要具备一定的学科综合能力,计算时还要注意统一使用国际单位制单位.【物理-选修3-4】(15分)15.(2015•玉山县校级模拟)某横波在介质中沿x轴正方向传播,t=0时刻,O点开始向Y 轴正方向运动,经t=0.2s,O点第一次到达正方向最大位移处,某时刻形成的波形如图所示,下列说法正确的是()A.该横波的波速为5m/sB.质点M与质点N都运动起来后,它们的运动方向总相反C.在0.2s的时间内质点M通过的路程为1m。
江西省重点中学协作体(高安中学、临川一中、玉山一中等) 2015届高三语文下学期联考试题(答案不全)
江西省重点中学协作体(高安中学、临川一中、玉山一中等) 2015届高三语文下学期联考试题(答案不全)第Ⅰ卷阅读题甲必考题(共45分)一、现代文阅读(9分,每小题3分)阅读下面的文字,完成1—3题。
《红楼梦》的哲学形态类似庄子,其巨大的哲学意蕴寓于精彩的文学形式与审美形式中,寓于丰富的寓言与意象中。
所以既可称庄子是文学家,也可称庄子为哲学家,曹雪芹也是如此,两者兼得。
但迄今为止,曹雪芹还没有庄子的幸运,即还没有作为文学家和哲学家被充分认识。
在文学史上有《红楼梦》的崇高位置,在哲学史上曹雪芹则一直是缺席者。
探讨《红楼梦》哲学,首先应注意体现于全书的哲学视角,这是曹雪芹的宇宙观,也是哲学观。
好的文学作品除了需要审美形式之外,还需要有思想,所以作品总是除了艺术性之外又带思想性。
但是具有思想并不等于具有哲学。
这里所不同的是思想不一定具备特别的视角,而哲学则一定具有某种视角,即某种特别的观照宇宙人生的方法。
这种视角,带有独立价值,甚至带有思想所没有的永恒价值(思想一般只带有时代性、当下性)。
没有视角,就没有哲学。
视角一变,哲学的形态与内涵就跟着变。
《儒林外史》作为一部文学杰作,可以说它很有思想(对科举的批判与对知识分子生存困境及人性困境的思索),但不能说它很有哲学,因为整部作品并不具备哲学视角。
《红楼梦》的哲学属性,首先是它具有自身的哲学视角。
《红楼梦》中有个大观园,而“大观”正是曹雪芹的世界观和哲学视角,我们可称之为大观视角或大观眼睛。
所谓大观眼睛,用现代的语言表述,便是哲学性的宏观眼睛,或称没有时空边界的宇宙极境眼睛。
《红楼梦》中帮助主人公贾宝玉“通灵”入世的一僧一道,就拥有这种眼睛,即具有天眼与佛眼。
《南华经》(庄子)也把眼睛分为多种,其最高的“道眼”,也是大观视角。
《庄子》的开篇《逍遥游》,其大鹏的眼睛,也近似“天眼”、“道眼”,从九万里高空上俯瞰人间,便看出“大知”与“小知”的区别。
庄子用道观物,正是用大观的眼睛观物,这就打破了世俗眼睛对万有万物的人为分类分割,抵达空物我、泯主客、齐生死的“齐物”境界。
江西省重点中学协作体2015届高三语文第一次联考试卷及答案
江西省重点中学协作体2015届高三语文第一次联考试卷及答案江西省重点中学协作体2015届第一次联考语文试卷命题学校:高安中学杨敏临川一中付康华第Ⅰ卷甲必做题一、现代文阅读(9分,每小题3分)阅读下面的文字,完成1~3题。
隽逸雅致的青花瓷是我国的传统名瓷。
它起源于唐,经历宋,成熟于元,而最终在明代达到鼎盛。
青花瓷自其诞生之日起就与外销结下了不解之缘,是明代主要的外销瓷。
明代青花瓷的外销受国家对外政策的直接影响。
随着明代对外政策的变化,青花瓷的外销也呈现出相应的发展轨迹。
早期从1368年至1433年,以官营为主。
明初对外政策是开放的,因而有了永乐、宣德年间的郑和七下西洋的壮举。
规模庞大的远航,极大地提高了明代中国的国际影响,明朝廷的官方贸易也得到了极大的发展,青花瓷迎来了第一个外销高潮。
中期从1433年至1554年,官私并举。
这一时期随着对外政策的渐趋保守,官方贸易逐渐走向衰落。
这一时期虽朝廷仍沿续明初的海禁政策,严禁私人贸易,但民间走私贸易却日益兴盛,成为当时青花瓷外销的最普遍的形式。
在巨大的海外需求和巨额利益的驱使下,甚至出现走私集团武装走私的形式。
西方在此时也开始介入青花瓷的外销。
晚期从1554年直至明亡,以私营为主、中西竞争。
明末,面对民间走私的强劲发展势头和西方商业势力的介入,明王朝不得不调整保守的对外政策以适应形势的发展。
明朝廷废除了海禁政策,承认私人对外贸易的合法化,批准西方人与中国贸易。
由此青花瓷的外销在中外商人的竞争与合作中出现了前所未有的兴盛局面。
而以葡萄牙、荷兰为代表的西方商业势力,以强大的武装为后盾,凭借雄厚的资本、广阔的市场与仍旧束缚于传统贸易中的中国商人展开了竞争,并逐渐占据了青花瓷外销的主导地位,从而促成了青花瓷在明代的第二个外销高潮的形成。
明末,青花瓷通过荷兰东印度公司源源不断销往世界各地。
明代青花瓷远销世界各地,无论对明代中国还是输入地,在政治、商业、制瓷业乃至经济的发展方面,都产生了积极的影响。
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2015年江西省高安中学、临川一中、玉山一中等重点中学协作体高考物理模拟试卷一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求,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)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置),两次金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是()A.细线所受的拉力变小B.小球P运动的角速度变小C.Q受到桌面的静摩擦力变大D.Q受到桌面的支持力变大【考点】:向心力;摩擦力的判断与计算.【专题】:匀速圆周运动专题.【分析】:金属块Q保持在桌面上静止,根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化.以P 为研究对象,根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化,判断Q受到桌面的静摩擦力的变化.由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系,再判断其变化.【解析】:解:A、设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为T,细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有:T=,mgtanθ=mω2Lsinθ,得角速度ω=,周期T=使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时,θ增大,cosθ减小,则得到细线拉力T增大,角速度增大,周期T减小.对Q球,由平衡条件得知,Q受到桌面的静摩擦力变大,故A B错误,C正确;D、金属块Q保持在桌面上静止,根据平衡条件得知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变.故D错误.故选:C【点评】:本题中一个物体静止,一个物体做匀速圆周运动,分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究,分析受力情况是关键.2.(6分)(2015•玉山县校级模拟)2014年9月30日,印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片,这颗红色的星球直径为地球的一半,质量为地球的十分之一,它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍,地球表面重力加速度约为10m/s2,从以上信息可知()A.火星公转的线速度大于地球公转的线速度B.火星公转的周期比地球公转的周期短C.火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大D.火星表面重力加速度约为4 m/s2【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】:研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力,列出等式再去进行比较.根据万有引力等于重力表示出重力加速度,再去进行比较.【解析】:解:A、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:,得:v=.M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小,即火星公转的线速度小于地球公转的线速度,故A错误;B、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:得:,M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长,即火星公转的周期比地球的长,故B错误;C、研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出:,得:.M为太阳的质量,r为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径,通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小,即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小,故C错误;D、根据万有引力等于重力得出:得:,根据火星直径约为地球的一半,质量约为地球的十分之一,计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的,即火星表面重力加速度约为=4 m/s2,故D正确.故选:D.【点评】:要比较一个物理量大小,我们应该把这个物理量先表示出来,在进行比较.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.3.(6分)(2015•玉山县校级模拟)在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的绝缘细线的一端连接一个质量为m,电荷量为q的带电小球.细线另一端固定于O点,把小球拉起直至细线水平,如图所示.将小球无初速释放,小球向下摆动的最大角度为45°,重力加速度为g,则匀强电场的电场强度大小为()A.B.(+1)C.(﹣1)D.【考点】:匀强电场中电势差和电场强度的关系.【专题】:电场力与电势的性质专题.【分析】:小球向下摆动的过程中,重力和电场力做功,根据动能定理列式求解即可.【解析】:解:设细线长为L.根据动能定理得:mgLsin45°﹣qEL(1﹣cos45°)=0解得:E=(+1)故选:B.【点评】:本题考查动能定理的应用,要注意电场力做功公式W=qEd中,d是两点沿电场线方向的距离.4.(6分)(2015•玉山县校级模拟)两条相互平行的光滑金属导轨,距离为L,电阻不计.导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场,导轨左侧接电容器C,电阻R1和R2,如图所示.垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆A B以一定的速度向右匀速运动,某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动.在金属杆变速运动的过程中,下列说法正确的是()A.R1中无电流通过B.R1中电流一直从e流向aC.R2中电流一直从a流向bD.R2中电流先从b流向a,后从a流向b【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势;电容.【专题】:电磁感应与电路结合.【分析】:根据金属杆做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动,利用E=BLv求得产生的电动势,再由Q=CU,求得电容器的电量,根据电量的变化确定电流方向.【解析】:解:开始时,金属杆A B以一定的速度向右匀速运动,由感应电动势:E=BLv,电容器两端的带电量为,Q=CU=CBLv,有右手定则知,R2感应电流方向由a向b,故电容器的上极板带正电,开始做匀减速运动至速度为零的过程中,Q=CU=CBLv知,速度减小,极板带电量减小,有电流定义式:可知,R1中有电流通过,方向由e流向a,R2中电流从a流向b,故A错误;反向匀加速运动过程中,有右手定则知,R2感应电流方向由b向a,电容器反向充电,流经R1电流方向由e流向a,故B正确,CD错误;故选:B【点评】:本题电磁感应中电路问题,基础是识别电路的结构.本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系.在高考中电路中含有电容器也是热点问题.5.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图,由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框,垂直磁场放置,将A B两点接入电压恒定的电源两端,通电时,线框受到的安培力为F,若将A CB边移走,则余下线框受到的安培力大小为()A. F B. F C. F D. F【考点】:安培力.【分析】:根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小,再计算出各段安培力的大小,然后使用平行四边形定则合成即可.【解析】:解:根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力,所以等效电路为r和2r并联,并联后总电阻为:根据欧姆定律:并联的电流:I1=I2=则安培力F1=余下线框受到的安培力大小为:F2=BI2L==故选:D.【点评】:该题中,各段时的电流的大小不相等,要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小,然后计算安培力是解题的正确思路.题目的难度中档.6.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上,物块B置于斜面上,已知B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ,B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连,连接B的一段细绳与斜面平行,A、B的质量分别为m、M.现给B一初速度,使B沿斜面下滑,C始终处于静止状态,则在B下滑过程中,下列说法正确的是()A.无论A、B的质量大小关系如何,B一定减速下滑B.A运动的加速度大小为a=C.水平面对C一定有摩擦力,摩擦力方向可能水平向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等【考点】:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.【专题】:共点力作用下物体平衡专题.【分析】:以A B整体为研究对象,根据牛顿第二定律求其加速度,结合摩擦力产生的条件,可判断各接触面是否存在摩擦力;把BC看做一个整体进行受力分析,可判定地面的支持力和二者重力的关系.【解析】:解:A、B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ,即如果B不受绳子拉力,则mgsinθ=μmgcosθ,B匀速下滑但是绳子对B有沿斜面向上的拉力,故B一定是减速下滑,A正确;B、以A B整体为研究对象,根据牛顿第二定律:mg+μMgcosθ﹣Mgsinθ=(M+m)a得:a=,故B错误;C、对C受力分析,B给的压力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ,因为μ=tanθ,所以二者的矢量和等于mg,方向竖直向下,即C在水平方向上没有运动趋势,故C水平方向不受地面的摩擦力,C 错误;D、由前面分析知B对C的作用力等于其重力mg,根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等,D正确;故选:AD.【点评】:本题涉及三个物体的问题,要灵活选择研究对象.当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究,往往比较简捷.7.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝,副线圈匝数为n2=200匝,将原线圈接在u=200sin100πt(V)的交流电压上,副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路,现在A、B两点间接入不同的电子元件,则下列说法正确的是()A.在A、B两点间串联一只电阻R,穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB.在A、B两点间接入理想二极管,电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器,只提高交流电频率,电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈,只提高交流电频率,电阻R消耗电功率减小【考点】:变压器的构造和原理.【专题】:交流电专题.【分析】:根据变压器变压比公式得到输出电压,根据有效值定义求解电压有效值;电感器的感抗与频率成正比,电容器的容抗与频率成反比.【解析】:解:A、在A、B两点间串联一只电阻R,输入电压最大值为200V≈283V,故平均每匝电压为0.283V,故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s,故A错误;B、输入电压为200V,根据,故输出电压为40V;在A、B两点间接入理想二极管,会过滤掉负半周电流,设电压表读数为U,则根据有效值定义,有故B错误;C、在A、B两点间接入一只电容器,只提高交流电频率,电容器容抗减小,故R分得的电压增加,电压表读数增加,故C正确;D、在A、B两点间接入一只电感线圈,只提高交流电频率,感抗增加,故R分得的电压减小,电压表读数减小,故D正确;故选CD.【点评】:本题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比,然后转化为恒定电路的动态分析问题,不难.8.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一带电小球相连接,小球静止在光滑水平面上,施加一个水平方向的匀强电场,使小球从静止开始向右运动,则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)()A.小球动能最大时,小球电势能最小B.弹簧弹性势能最大时,小球和弹簧组成的系统机械能最大C.小球电势能最小时,小球动能为零D.当电场力和弹簧弹力平衡时,小球的动能最大【考点】:电势差与电场强度的关系;功能关系.【专题】:电场力与电势的性质专题.【分析】:小球做简谐运动,当电场力和弹簧弹力平衡时,速度最大;只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒.【解析】:解:A、小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小;当电场力与弹力平衡时,小球的动能最大,电势能不是最大;在最右端电势能最大;故A错误;B、小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒,在最右端,电势能最小,故小球和弹簧组成的系统机械能最大;故B正确;C、小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小,故最右端电势能最小,此时动能为零,故C 正确;D、当电场力和弹簧弹力平衡前,电场力大于弹簧的弹力,小球做加速运动,当弹力等于电场力时,速度达到最大,球的动能最大,故D正确;故选:BCD【点评】:本题关键是明确小球的受力情况和运动情况,要能够结合牛顿第二定律和功能关系分析,基础题目.二、(非选择题共174分)9.(6分)(2015•玉山县校级模拟)如图甲所示是某同学探究小车的速度和加速度的实验装置,它将光电门固定在水平轨道上的B点,A、B两问点的距离为12.50cm.用重物通过细线拉小车,让小车做直线运动.①若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示,则d= 1.140cm.②实验时将小车从图中位置A由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.28×10﹣2s,则小车经过光电门时的速度为0.50m/s,小车的加速度为 1.0m/s2(保留两位有效数字).【考点】:探究加速度与物体质量、物体受力的关系.【专题】:实验题;牛顿运动定律综合专题.【分析】:游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数,不需估读,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.【解析】:解:①游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为0.05×8mm=0.40mm,所以最终读数为:11mm+0.40mm=11.40mm=1.140cm;②数字计时器记录通过光电门的时间,由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度,用该平均速度代替物体的瞬时速度,故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为:v==0.50m/s小车的加速度a==1.0m/s2故答案为:①1.140 ②0.50,1.0【点评】:常用仪器的读数要掌握,这是物理实验的基础.处理实验时一定要找出实验原理,根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.10.(9分)(2015•玉山县校级模拟)现有一块灵敏电流计A1,量程为200μA,内阻约为1KΩ,要精确测出其内阻R g,提供的器材有:电流表A2(量程为1mA,内阻r=50Ω);滑动变阻器R (阻值范围为0~30Ω);定值电阻R1(阻值R1=100Ω);定值电阻R2(阻值R2=3KΩ)电源E(电动势约为4.5V,内阻很小);单刀单掷开关S一个,导线若干.(1)请利用上述所有器材,设计出合理的、便于多次测量的实验电路图,并保证各电表的示数超过其量程的,将电路图画在题中的虚线框中.(2)在所测量的数据中选一组,用测量量和已知量来计算A1表的内阻,表达式为R g=,表达式中各符号表示的意义是I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r表示A2表内阻,R1表示定值电阻.【考点】:伏安法测电阻.【专题】:实验题.【分析】:(1)测量电阻的基本原理是伏安法,没有电压表,可用定值电阻与电流表A2串联改装而成.根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器.(2)根据并联电路电压相等的规律,列式求解G表的内阻的表达式.【解析】:解:(1)由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻,要精确测量电流计的内阻,需要测量多组数据,因此,采用分压电路;将电流表A2与定值电阻电阻R1串联构成一个电压表;把定值电阻R2作保护电阻.电路图如图所示.(2)由电路图知A2表和R1串联后与A1表并联,两个支路的电压相等,即:I1R g=I2(R1+r),所以,R g=,其中,I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r表示A2表内阻,R1表示定值电阻.故答案为:(1)电路图如图所示;(2),I2表示A2表的示数,I1表示A1表的示数,r表示A2表内阻,R1表示定值电阻.【点评】:在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全,故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流;在接法中要注意根据各电器内阻的大小,灵活选择对应的接法.11.(14分)(2015•玉山县校级模拟)如图所示,长L=9m的传送带与水平方向的倾角为37°,在电动机的带动下以V=4m/s 的速率顺时针方向运行,在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住,在传送带的A端无初速地放一质量m=1kg的物块,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计.(sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2)求:(1)物块从A处第一次滑到P处的过程中,物块与传送带之间因摩擦而产生的热量?(2)物块与挡板P第一次碰撞后,上升到最高点时到挡板P的距离?【考点】:功能关系;牛顿第二定律.【分析】:根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度,运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的相对位移,求出相对运动距离之和,根据Q=fs求出产生的热量.应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式求出物块的位移,然后答题.【解析】:解:物块从A点由静止释放,由牛顿第二定律得:向下运动的加速度:ma1=mgsinθ﹣μmgcosθ,代入数据解得:a1=2m/s2,由速度位移公式可知,与P碰前的速度为:v1===6m/s,物块从A到B的时间为:t1=在此过程中物块相对传送带向下位移为:s1=L+vt1=21m物块与挡板碰撞后,以v1的速率反弹,因v1>v,物块相对传送带向上滑,由牛顿第二定律可知,物块向上做减速运动的加速度为a2有:ma2=mgsinθ+μmgcosθ,代入数据解得:a2=10m/s2物块速度减小到与传送带速度相等所需时间:t2===0.2s,物块向上的位移:x1===1m,物块相对传送带向上的位移为:s2=l1﹣vt2=0.2m物块速度与传送带速度相等后,μ<tanθ,由牛顿第二定律可知:ma3=mgsinθ﹣μmgcosθ,代入数据解得,物块向上做减速运动的加速度:a3=2m/s2,物块速度减小到零的时间为:t3=物块向上的位移:x2===4m,此过程中物块相对传送带向下的位移为:s3=vt3﹣l2=4m摩擦生热为:Q=μmgcosθ(s1+s2+s3)=100.8J离P点的距离:x1+x2=1+4=5m答:(1)物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为100.8J;(2)物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后,物块上升到最高点时到挡板P的距离为5m.【点评】:本题过程较复杂,关键理清每一段过程,运用牛顿定律和运动学知识进行分析.12.(18分)(2015•玉山县校级模拟)X轴下方有两个关于直线x=﹣0.5a对称的沿X轴的匀强电场(大小相等,方向相反).如图甲所示.一质量为m,带电量为﹣q的粒子(不计重力).以初速度V沿Y轴正方向从P点进入电场,后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场.粒子过O点的同时在MN和X轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场,规定垂直纸面向里为正方向.正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等,且持续的时间相同.粒子在磁场中运动一段时间后粒子到达Q点,并且速度也与过P点时速度相同.已知P、O、Q在一条直线上与水平方向夹角为θ,且P、Q两点横坐标分别为﹣a、a.试计算:(1)电场强度E的大小;(2)磁场的磁感应强度B的大小;(3)粒子从P到Q的总时间.【考点】:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】:带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】:(1)根据题意可知,带电粒子在电场中做类平抛运动,且时间相等,水平位移为a,竖直方向位移为atanθ,根据平抛运动的基本公式即可求解运动时间和电场强度;(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解即可;(3)分别求出粒子在电场和磁场中运动的时间,两段时间之和即为总时间.【解析】:解:(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动,且时间相等,设为t,对该运动分析得:Y方向:atanθ=2VtX方向:解得:,t=(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动,设半径为R,由几何关系可知:,(n=1,2,3…)解得:B=,(n=1,2,3…)(3)带电粒子在电场中运动的时间,研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动,设时间为t磁,设单元圆弧对应的圆心角为α,由几何关系可知,α=π﹣2θ,则所以粒子从P到Q的总时间答:(1)电场强度E的大小为;(2)磁场的磁感应强度B的大小为,(n=1,2,3…);(3)粒子从P到Q的总时间为.【点评】:本题考查了粒子在电场与磁场中的运动,粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动,分析清楚粒子运动过程,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题.[物理--选修3-4](15分)13.(6分)(2015•玉山县校级模拟)下列叙述正确的是()A.温度升高时,物体内每个分子的热运动速度都增大B.布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的C.外界对气体做正功,气体的内能一定增加D.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E.气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力【考点】:布朗运动;热力学第二定律;封闭气体压强.【分析】:解答本题需掌握:温度是分子热运动平均动能的标志;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动;热力学第一定律公式:△U=W+Q;热力学第二定律表面一切宏观热现象都具有方向性;气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的,与气体分子的数密度和平均动能有关.【解析】:解:A、温度升高时,物体内分子的热运动平均动能增大,故平均速度增大,不是每个分子的速度都增大,故A错误;B、布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的,是液体分子无规则热运动的反映,故B正确;C、外界对气体做正功,气体可能同时放热,故内能不一定增加,故C错误;D、根据热力学第二定律,自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故D正确;E、气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的,故气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力,故E正确;故选:BDE.【点评】:本题考查了温度的微观意义、布朗运动、气体压强的微观意义、热力学定律等,知识点多,难度小,关键是记住基础知识.14.(9分)(2015•玉山县校级模拟)高压锅与普通的铝锅不同,锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅齿镶嵌旋紧,加在锅盖和锅体之间有橡皮做的密封圈,在锅盖中间有一个排气孔,上面再套上类似砝码的限压阀,将排气孔堵住,当加热高压锅,锅内气体压强增加到一定的程度时,气体就把限压阀顶起来,这时蒸汽就从排气孔排出.由于高压锅内的压强大.温度高,食物容易煮烂,若已知某高压锅的限压阀质量为0.1kg,排气孔的直径为0.3cm,则锅内气体的压强最大可达到多少?设压强每增加3.6×103Pa,水的沸点相应增加1℃,则锅内的最高的温度可以达到多少?【考点】:理想气体的状态方程.【专题】:理想气体状态方程专题.【分析】:(1)当限压阀要被顶起时,锅内气体压强最大,对限压阀列平衡方程即可求解;(2)先求出锅内压强增加量,再根据每增加3.5×103Pa水的沸点就相应的增加1℃求出水的沸点增加量,进而得出锅内的最高温度.【解析】:解:当限压阀要被顶起时,锅内气体压强最大为P m,对限压阀由平衡得:P m S=P0S+mg带入数据解得:锅内压强增加了:△P=P m﹣P0=2.4×105Pa﹣1×105Pa=1.4×105Pa,。