【名师解析】甘肃省天水市秦安二中2015届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析

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甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年高二下学期期中考试物理试题 Word版含答案

紫铜管管塞甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年下学期期中考试高二物理试卷（时间：90分钟，满分110分）第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、本题共12小题；每小题4分，共48分。

在每个小题给出的四个选项中，第1～8题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、以下说法正确的是（）A 、当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B 、已知某物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，则该种物质的分子体积为V 0＝AN M ρC 、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D 、一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加 2、以下说法正确的是（）A 、气体放出热量，其分子的平均动能一定减小B 、机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功而转化成机械能C 、气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D 、蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体 3、以下说法中正确的是（）A 、现在教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能不同B 、用活塞压缩汽缸里的空气，活塞对空气做功52 J ，这时空气的内能增加了76 J ，则空气从外界吸热128 JC 、有一分子a 从无穷远处靠近固定不动的分子b ，当a 、b 间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小D 、显微镜下观察到的布朗运动是液体分子的无规则运动4、如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开．管塞被冲开前（）A 、外界对管内气体做功，气体内能增大mM B 、管内气体对外界做功，气体内能减小 C 、管内气体内能不变，压强变大D 、管内气体内能增加，压强变大5、如图所示，质量为M 导热性能良好的气缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上。

甘肃省天水市秦安二中2015届高三物理上学期期中试题(含解析)新人教版

甘肃省天水市秦安二中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题：此题共12题，每一小题4分．第1-7题只有一个选项符合题目要求；第8-12题有多个选项符合题目要求，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．〔4分〕小汽车在嘉峪关至山丹高速公路上行驶限速120km/h，冬天大雾天气的时候高速公路经常封路，以免发生严重的交通事故．如果某人大雾天开车在此段高速公路上行驶时，能见度〔观察者与能看见的最远目标间的距离〕为50m，该人的反响时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是〔〕A．10m/s B．15m/s C．10m/s D．20m/s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：发现危险目标时，在反响时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，总位移小于50m即可．解答：解：设汽车行驶的最大速度是v：发现危险目标时：在反响时间内：x1=vt=v×0.5=0.5v刹车过程中：由：代入数据得：0﹣v2=2×〔﹣5〕×x2，解得：x2=为安全行驶：x1+x2=50，即：0.5v+=50，解得：v=20m/s应当选：D点评：分析好汽车的具体运动过程是解决此题的关键．2．〔4分〕如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移﹣时间〔x ﹣t〕图线，由图可知〔〕A．在t1时刻，a、b两车运动方向相反B．在t1到t2这段时间内，b车始终向同一方向运动C．在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大D．在t1到t2这段时间内，b车的平均速率比a车的大考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：位移时间关系图线反映物体的位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小．纵坐标的变化量表示位移．根据这些知识进展分析两物体的运动情况．解答：解：A、在t1时刻，a图线切线斜率为正值，说明a的速度沿正向，b的斜率也为正值，速度也沿正向，所以此时两车运动方向一样．故A 错误．B、在t 1到t2这段时间内，b 图线的斜率先正后负，说明b车的运动方向先沿正向，后沿负向，故B错误．C、t1到t2时间内，两车的位移一样，时间一样，如此平均速度一样．故C错误．D、在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置一样，位移一样，a一直沿负方向运动，而b先沿负方向运动后沿正方向运动，路程不等，b车的路程大，其平均速率也大，故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向．3．如图，外表处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a 运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是〔〕A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．.专题：压轴题；运动学中的图像专题．分析：v﹣t图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比拟物块上滑和下滑的加速度大小．根据运动学公式比拟两个过程的时间关系与速度关系，即可选择图象．解答：解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ﹣μgcosβ，如此知a1＞a2而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．由于物体抑制摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C 正确，ABD错误．应当选C点评：此题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图象的物理意义进展选择．4．〔4分〕如下列图，一光滑半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过碗口并连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时碗内小球恰好与碗之间没有弹力，两绳与水平方向夹角分别为53°、37°，如此m1：m2：m3的比值为〔sin53°=0.8，cos53°=0.6〕〔〕A．5：4：3 B．4：3：5 C．3：4：5 D．5：3：4考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对碗内的小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法求解．解答：解：对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m1的拉力等于m1g，如图：根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有G2=G1cos37°G3=G1sin37°故m1：m2：m3=5：4：3应当选：A点评：此题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比．5．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg和m B=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如下列图〔重力加速度g取10m/s2〕．如此〔〕A．假设F=1N，如此物块、木板都静止不动B．假设F=1.5N，如此A物块所受摩擦力大小为1.5NC．假设F=4N，如此B物块所受摩擦力大小为4ND．假设F=8N，如此B物块的加速度为1m/s2考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比拟拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度．解答：解：A与木板间的最大静摩擦力f A=μm A g=0.2×1×10=2N，B与木板间的最大静摩擦力f B=μm B g=0.2×2×10=4N，A、F=1N＜f A，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、假设F=1.5N＜f A，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F﹣f=m A a，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；C、F=4N＞f A，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=，对B进展受力分析，摩擦力提供加速度，f′=m B a=2×1=2N，故C错误；D、F=8N＞f A，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=，故D正确．应当选：D点评：此题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识．解决的关键是正确对两物体进展受力分析．6．如下列图，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是〔〕A．t=B．t=C．t=D．t=考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小．解答：解：过Q点做OP的垂线，根据几何关系可知，小球在水平方向上的位移的大小为Rsinθ，根据Rsinθ=v0t，可得时间为．应当选：C点评：此题对平抛运动规律的直接的应用，但是要根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小．7．〔4分〕关于运动的合成，如下说法中正确的答案是〔〕A．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．两个分运动的时间一定与合运动时间相等D．合运动的加速度一定比每个分运动加速度大考点：运动的合成和分解．.专题：物体做曲线运动条件专题．分析：根据平行四边形定如此，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等；两分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，合运动与分运动具有等时性．解答：解：A、根据平行四边形定如此，合速度不一定比分速度大．故A错误．B、分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如：平抛运动．故B错误．C、分运动与合运动具有等时性．故C正确．D、根据平行四边形定如此，合加速度可能比分加速度大，可能比分加速度小，可能与分加速度相等．故D错误．应当选C．点评：解决此题的关键知道合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等．以与知道合运动与分运动具有等时性．8．如下列图，物体从斜面上A点由静止开始下滑，第一次经光滑斜面AB滑到底端时间为t1；第二次经光滑斜面ACD下滑，滑到底端时间为t2．AC+CD=AB，在各斜面的等高处物体的速率相等，试判断〔〕A．t1＞t2B．t1=t2C．t1＜t2D．不确定考点：平均速度．.专题：直线运动规律专题．分析：此题采用图象法解决比拟方便，在AB和ACD上运动的初末速度相等，AC段的加速度大于AB段的加速度，在DC段的加速度小于AB段的加速度，做速度时间图象，从图象上直观地比拟时间的长短．解答：解：作速度时间图线，在AC和ADC上运动的初末速度相等，AD段的加速度大于AC 段的加速度，在DC段的加速度小于AC段的加速度，两物体的路程相等，即图线与时间轴所围成的面积相等．从图象可以看出t1＞t2．故A正确，B、C、D错误．应当选A点评：此题采用图象法解决，关键抓住在不同路径上运动时初速度速度相等，路程相等，加速度不同．9．〔4分〕如下列图，水平面上停放着A，B两辆小车，质量分别为M和m，M＞m，两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳．第一次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人站在B车上，杆插在A车上；假设两种情况下人用一样大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运〔〕A．t1等于t2B．t1小于t2C．t1大于t2D．条件不足，无法判断考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当人在A车上时，根据牛顿第二定律求得AB车的加速度，根据两车位移之和为L列出方程，当人在B车上时，根据牛顿第二定律求得AB车的加速度，根据两车位移之和为L列出方程，联立方程组即可求解．解答：解：设拉力为F，当人在A车上时，由牛顿第二定律得：A车的加速度分别为：①，B车的加速度分别为：②AB两车都做匀加速直线运动，③当人在B车上时，由牛顿第二定律得：A车的加速度分别为：④，B车的加速度分别为：⑤AB两车都做匀加速直线运动，⑥由①→⑥式解得：所以t1＜t2，故ACD错误，B正确；应当选：B点评：此题主要考查了牛顿第二定律与匀加速直线运动位移公式的直接应用，难度不大，属于根底题．10．〔4分〕在斜面上等高处，静止着两个一样的物块A和B．两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为k，斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的摩擦因数均为μ，如此弹簧的最大伸长量是〔〕A．B．C．D．考点：胡克定律．.专题：弹力的存在与方向的判定专题．分析：物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；解答：解：物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，静摩擦力f≤f m=μmgcosθ，方向不确定，弹簧弹力水平方向kx，如此弹力等于mgsinθ和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：kx=，故x=，故D正确，ABC错误．应当选：D．点评：此题关键是先对物块受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解求解弹簧最大伸长量，灵活性就强．11．〔4分〕某电视台每周都有棋类节目，如棋类授课和评析，他们的棋盘都是竖直放置的，棋盘上布有磁铁，而每个棋子都是一个小磁铁，关于棋盘和棋子有如下几种说法①小棋子共受四个力的作用②每个棋子的质量肯定都有细微的差异，所以不同的棋子所受的摩擦力不同③棋盘面应选取相对粗糙的材料④如果某个棋子贴不上棋盘，总会滑落，肯定是其质量偏大以上说法中正确的答案是〔〕A．①②④B．①②③C．①③④D．②③④考点：物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．.专题：受力分析方法专题．分析：首先对棋子进展受力分析，根据棋子的运动状态，结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料．解答：解：①、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，共四个力作用，故①正确．②、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，静摩擦力与棋子的重力平衡，故②正确．③、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，f应不超过最大静摩擦力，如此有：f＜f m=μN=μFF一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故③正确．④、当G＞f m=μN=μF时，棋子将下滑，可能是质量偏大，也可能没有磁性，故④错误．应当选：B．点评：掌握平衡力时应注意其关键点：二力是作用在同一个物体上的，明确这一点即可与作用力与反作用力进展区分．12．如下列图，两个同样的弹簧秤每个自重都是0.1N，下端挂钩的重力忽略不计，甲“正挂〞，乙“倒挂〞，在乙的下方挂上重0.2N的砝码，如此甲、乙两弹簧秤的示数分别为〔〕A．0.2N 0.3N B．0.3N 0.2N C．0.3N 0.3N D．0.4N 0.3N考点：物体的弹性和弹力．.专题：弹力的存在与方向的判定专题．分析：两弹簧秤的示数等于挂钩处的拉力，对下面的物体与弹簧受力分析可求出弹簧秤的示数．解答：解：对下方的钩码与物体分析，弹簧的拉力F=0.2+0.1=0.3N；两挂钩处的力为作用力与反作用力；故两弹簧秤的示数均为0.3N；应当选：C点评：此题考查受力分析的方向，要注意明确弹簧秤的读数原理，同时注意牛顿第三定律的应用．二、非选择题：13．〔8分〕实验课上，某小组验证“力的平行四边形定如此〞的实验原理图如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．〔1〕图乙中的 F 〔选填“F〞或“F′〞〕是力F1和F2的合力的理论值；F′〔选填“F〞或“F′〞〕是力F1和F2的合力的实际测量值．〔2〕本实验采用的科学方法是 CA．控制变量法B．理想实验法 C．等效替代法 D．建立物理模型法〔3〕在实验中，如果其他条件不变仅将细绳换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：不变．〔选填“变〞或“不变〞〕〔4〕为了使实验能够顺利进展，且尽量减小误差，你认为如下说法或做法能够达到上述目的是ADA．假设固定白纸的方形木板平放在实验桌上来验证力的平行四边形定如此，使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点B．两个分力F1、F2间夹角应越大越好C．标记拉力方向时，要用铅笔紧靠细绳沿绳移动铅笔画出D．同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置．考点：验证力的平行四边形定如此．.专题：实验题；平行四边形法如此图解法专题．分析：本实验中采用了两个力合力与一个力效果一样来验证的平行四边形定如此，因此采用“等效法〞，注意该实验方法的应用；由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差异．解答：解：〔1〕本实验采用了“等效法〞，F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定如此得到的值．所以F是F1和F2的合力的理论值，F′是F1和F2的合力的实际测量值．〔2〕本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果一样，采用的科学方法是等效替代法，应当选：C．〔3〕如果将细线也换成橡皮筋，只要将结点拉到一样的位置，实验结果不会发生变化．〔4〕A、假设固定白纸的方形木板平放在实验桌上来验证力的平行四边形定如此，使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点，故A正确；B、在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，故B错误；C、在“验证力的平行四边形定如此〞的实验中，应用直尺画出在白纸上沿细绳方向标出的两点的连线，作为拉力的方向，故C错误；D、同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置．故D正确；应当选：AD．故答案为：〔1〕F；F′；〔2〕C；〔3〕不变；〔4〕AD点评：在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法与误差分析．只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．14．〔12分〕〔1〕在“探究加速度与力、质量的关系〞的实验中，该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F 不变；假设该同学要探究加速度a 和拉力F的关系，应该保持小车的质量M 不变．〔2〕该同学通过数据的处理作出了a﹣F图象，如下列图，如此①图中的直线不过原点的原因是平衡摩擦力时木板右端垫得过高．②图中的力F理论上是指 B ，而实验中却用 A 表示．〔选填字母符号〕A．砂和砂桶的重力 B．绳对小车的拉力③此图中直线发生弯曲的原因是未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．.专题：实验题．分析：该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，由图象可知，还没有挂重物时，小车已经产生了加速度，由此可知图象不过原点的原因．解答：解：〔1〕该实验是运用控制变量法研究的，该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F不变；假设该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变．〔2〕①图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，即平衡摩擦力过度导致．②图中的力F理论上指绳对小车的拉力，即B，而实验中却用砂和砂桶的重力，即A．③设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砂和砂桶为研究对象得：mg﹣F=ma以小车为研究对象F=Ma解得：a=故：F=Ma=所以要使得绳子拉力等于砂和砂桶的重力大小，必有m＜＜M，而不满足m＜＜M时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小．故图象弯曲的原因是：未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量．故答案为：〔1〕细线对车的拉力F，小车的质量M〔2〕①平衡摩擦力时木板右端垫得过高．②B，A③未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量．点评：探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验须知事项是正确解题的关键，要清楚每一项操作存在的理由．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．15．〔12分〕为了安全，中国航母舰载机“歼﹣15〞通过滑跃式起飞方式起飞．滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如下列图，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．飞机的质量m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105N，方向与速度方向一样，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g取10m/s2．〔1〕求飞机在水平跑道上运动的末速度．〔2〕求飞机从开始运动到起飞经历的时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：〔1〕根据牛顿第二定律求出在水平跑道上的加速度，结合速度位移公式求出飞机在水平跑道上运动的末速度．〔2〕根据速度时间公式求出在水平跑道上的运动时间，根据牛顿第二定律求出在倾斜跑道上的加速度，根据速度位移公式求出末速度，从而根据速度时间求出在倾斜跑道上的运动时间，得出总时间的大小．解答：解：〔1〕设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，末速度为v1，由牛顿第二定律得，F﹣f=ma1，f=0.2mg，联立以上三式并代入数据解得，v1=40m/s．〔2〕设飞机在倾斜跑道上的加速度为a2，跑道末端速度为v2．水平跑道上：倾斜跑道上：由牛顿第二定律有代入数据解得由，代入数据解得所以如此t=t1+t2=8.5s．答：〔1〕飞机在水平跑道上运动的末速度为40m/s．〔2〕飞机从开始运动到起飞经历的时间为8.5s．点评：此题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，涉与到两个过程的运动，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．16．〔10分〕2014年暑假期间，张掖市某学校物理课外兴趣小组去面粉厂进展暑期实践活动，小组成员测出工厂中运送面粉袋的水平传送带以v=1m/s的速度匀速运动，假设工人师傅将一面粉袋无初速度地放在传送带上后，面粉袋从开始运动到与传送带保持相对静止时会在传送带上留下长L=0.2m的痕迹，取g=10m/s2．请你用以上数据求出面粉袋与传送带间的动摩擦因数．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：作出面粉袋与传送带运动的v﹣t图线，结合图线围成的面积之差得等于痕迹的长度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出动摩擦因数．解答：解：如下列图，A、B分别为面粉袋与传送带运动的v﹣t图象，其中阴影局部的面积等与面粉袋在传送带上留下的痕迹长L，设面粉袋与传送带间的动摩擦因数为μ，由v﹣t图象得：，v=at由牛顿第二定律得：μmg=ma代入数据，由以上各式得，μ=0.25答：面粉袋与传送带间的动摩擦因数为0.25．点评：此题也可以通过面粉袋和传送带的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进展求解．知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．17．〔14分〕2007年10月24日，中国首颗探月卫星“嫦娥一号〞在西昌卫星发射中心发射升空，准确进入预定轨道．随后，“嫦娥一号〞经过变轨和制动成功进入环月轨道．如下列图，阴影局部表示月球，设想飞船在距月球外表高度为3R的圆形轨道Ⅰ上作匀速圆周运动，到达A点时经过暂短的点火变速，进入椭圆轨道Ⅱ，在到达轨道Ⅱ近月点B点时再次点火变速，进入近月圆形轨道Ⅲ，而后飞船在轨道Ⅲ上绕月球作匀速圆周运动．月球半径为R，月球外表的重力加速度为g0．不考虑其它星体对飞船的影响，求：〔1〕飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ的速度之比．〔2〕飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时间．〔3〕如果在Ⅰ、Ⅲ轨道上有两只飞船，它们绕月球飞行方向相同，某时刻两飞船相距最近〔两飞船在月球球心的同侧，且两飞船与月球球心在同一直线上〕，如此经过多长时间，他们又会相距最近？。

甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年高一上学期期中考试物理试题

甘肃省天水市秦安县第二中学2014-2015学年高一上学期期中考试物理试题（时间：90分钟满分：100分）第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题（本题包括10小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下列关于质点的说法中正确的是：A.只要是体积很小的球体就可以视为质点B.研究一汽车从淮阴到南京的运动时间时可以将其视为质点C.因为太阳的体积太大了，所以任何情况下都不可以将其视为质点D.质量很大的物体无论在任何情况下都不能看成质点2．如图所示为四个物体做直线运动的速度图像，由图像可知做匀加速直线运动的是：A. B. C. D.3．下列关于加速度的说法，其中正确的是：A ．速度变化越大，加速度一定越大B ．速度变化所用时间越短，加速度一定越大C ．速度变化越快，加速度一定越大D ．速度为零，加速度一定为零4. 物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒末的速度达到4 m/s ，则第2秒内物体的位移是（）A.2 mB.4 mC.6 mD.8 m v t 0 v t 0 v t0 v t 05.某航母跑道长200 m。

飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s。

那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A.5 m/sB.10 m/sC.15 m/sD.20 m/s6.某战车以大小为40 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为10 m/s2，则刹车后5 s 内战车通过的路程为( )A.40mB.75mC.80mD.100m7.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

下列选项正确的是A.在0～6s内，物体离出发点最远为30mB.在0～6s内，物体经过的路程为40mC.在0～4s内，物体的平均速度为7.5m/sD. 4～5s内，物体速度与加速度方向相同8.甲、乙两物体先后从同一地点出发,沿一条直线运动,它们的v-t图象如图所示,由图可知( )A.甲快,且早出发,所以乙追不上甲；B.t=20s时,乙追上了甲；C.在t=20s之前,甲比乙运动的快;在t=20s之后乙比甲运动快；D.由于乙在t=10s时才开始运动,所以t=10s时,甲在乙前面,它们之间距离为乙追上甲前最大。

甘肃省天水市秦安二中2015届高三上学期期中数学试卷(理科) Word版含解析

甘肃省天水市秦安二中2015届高三上学期期中数学试卷（理科）一、选择题：本大题共11小题，每小题5分，共50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．设集合P={3，log2a}，Q={a，b}，若P∩Q={0}，则P∪Q=( ) A．{3，0} B．{3，0，1} C．{3，0，2} D．{3，0，1，2} 考点：并集及其运算．专题：计算题．分析：根据集合P={3，log2a}，Q={a，b}，若P∩Q={0}，则log2a=0，b=0，从而求得P∪Q．解答：解：∵P∩Q={0}， ∴log2a=0 ∴a=1 从而b=0，P∪Q={3，0，1}，故选B．点评：此题是个基础题．考查集合的交集和并集及其运算，注意集合元素的互异性，以及对数恒等式和真数是正数等基础知识的应用． 2．已知命题p：?x∈R，sinx≤1．则￢p是( ) A．?x∈R，sinx≥1 B．?x∈R，sinx＞1 C．?x∈R，sinx≥1 D．?x∈R，sinx＞1 考点：特称命题；命题的否定．专题：计算题．分析：根据全称命题的否定是特称命题可得命题的否定为?x∈R，使得sinx＞1．解答：解：根据全称命题的否定是特称命题可得，命题p：?x∈R，sinx≤1的否定是?x∈R，使得sinx＞1 故选B．点评：本题主要考查了全称命题与特称命题的之间的关系的应用，属于基础试题 3．已知实数x，y满足ax＜ay（0＜a＜1），则下列关系式恒成立的是( ) A．x3＞y3 B．sinx＞siny C．ln（x2+1）＞ln（y2+1）D．＞考点：指数函数的图像与性质．专题：函数的性质及应用．分析：本题主要考查不等式的大小比较，利用函数的单调性的性质是解决本题的关键．解答：解：∵实数x，y满足ax＜ay（0＜a＜1），∴x＞y， A．当x＞y时，x3＞y3，恒成立， B．当x=π，y=时，满足x＞y，但sinx＞siny不成立． C．若ln（x2+1）＞ln（y2+1），则等价为x2＞y2成立，当x=1，y=﹣1时，满足x＞y，但x2＞y2不成立． D．若＞，则等价为x2+1＜y2+1，即x2＜y2，当x=1，y=﹣1时，满足x＞y，但x2＜y2不成立．故选：A．点评：本题主要考查函数值的大小比较，利用不等式的性质以及函数的单调性是解决本题的关键． 4．曲线在点（1，﹣1）处的切线方程为( ) A．y=﹣2x+3 B．y=﹣2x﹣3 C．y=﹣2x+1 D．y=2x+1 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题．分析：对函数求导，由导数的几何意义可求曲线在点（1，﹣1）处的切线斜率k，进而可求切线方程解答：解：对函数求导可得，由导数的几何意义可知，曲线在点（1，﹣1）处的切线斜率k=﹣2 曲线在点（1，﹣1）处的切线方程为y+1=﹣2（x﹣1）即y=﹣2x+1 故选C 点评：本题主要考查了函数的导数的求解及导数的几何意义的应用，属于基础试题 5．sin（+α）=，则cos（﹣α）的值为( ) A．B．C．D．考点：运用诱导公式化简求值．专题：三角函数的求值．分析：直接利用诱导公式化简求解即可．解答：解：∵sin（+α）=，∴cos（﹣α）=cos=sin（+α）=．故选：C．点评：本题考查诱导公式的应用，注意互余关系，基本知识的考查． 6．将函数y=sin2x﹣cos2x的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数g（x）( ) A．由最大值，最大值为 B．对称轴方程是 C．是周期函数，周期 D．在区间上单调递增考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：计算题；三角函数的图像与性质．分析：由两角差的正弦公式化简函数，再由图象平移的规律得到，易得最大值是2，周期是π，故A，C均错；由，求出x，即可判断B；再由正弦函数的增区间，即可得到g（x）的增区间，即可判断D．解答：解：化简函数得，所以将函数y=sin2x﹣cos2x的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数g（x）=2sin，即，易得最大值是2，周期是π，故A，C均错；由，得对称轴方程是，故B错；由，令k=0，故D正确．故选D．点评：本题考查三角函数的化简和图象变换，考查三角函数的最值和周期、以及对称性和单调性，属于中档题． 7．已知函数f（x）=logax（0＜a＜1）的导函数f′（x），A=f′（a），b=f（a+1）﹣f（a），C=f′（a+1），D=f（a+2）﹣f（a+1），则A，B，C，D中最大的数是( ) A．A B．B C．C D．D 考点：导数的运算．专题：函数的性质及应用．分析：设利用导数及直线斜率的求法得到A、B、C，D分别为对数函数的斜率，根据对数函数的图象可知大小，得到正确答案．解答：解：函数f（x）=logax（0＜a＜1）是可导函数且为单调递减函数， ∵A，C分别表示函数在点a，a+1处切线的斜率，，，故B，D分别表示函数图象上两点（a，f（a）），（a+1，f（a+1））和两点（a+1，f（a+1）），（a+2，f（a+2））连线的斜率，由函数图象可知一定有A＞B＞C＞D，四个数中最大的是D，故选A．点评：本题考查学生会利用导数求过曲线上某点切线的斜率，掌握直线斜率的求法，是一道中档题． 8．已知a＜b，若函数f（x），g（x）满足，则称f（x），g（x）为区间上的一组“等积分”函数，给出四组函数： ①f（x）=2|x|，g（x）=x+1； ②f（x）=sinx，g（x）=cosx； ③； ④函数f（x），g（x）分别是定义在上的奇函数且积分值存在．其中为区间上的“等积分”函数的组数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 考点：微积分基本定理．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：利用“等积分”函数的定义，对给出四组函数求解，即可得出区间上的“等积分”函数的组数解答：解：对于①，，而g（x）dx=（）=2，所以①是一组“等积分”函数；对于②，，而，所以②不是一组“等积分”函数；对于③，由于函数f（x）的图象是以原点为圆心，1为半径的半圆，故，而g（x）dx|=，所以③是一组“等积分”函数；对于④，由于函数f（x），g（x）分别是定义在上的奇函数且积分值存在，利用奇函数的图象关于原点对称和定积分的几何意义，可以求得函数的定积分，所以④是一组“等积分”函数，故选C．点评：本题考查“等积分”函数，考查定积分的计算，有点复杂． 9．已知a2+b2+c2=1，若|对任意实数a，b，c，x恒成立，则实数m的取值范围是( ) A．∪∪ 点评：本题主要考查柯西不等式、基本不等式的应用，绝对值三角不等式，属于基础题． 10．函数y=e|lnx|﹣|x﹣1|的图象大致是( ) A．B．C．D．考点：对数的运算性质；函数的图象与图象变化．分析：根据函数y=e|lnx|﹣|x﹣1|知必过点（1，1），再对函数进行求导观察其导数的符号进而知原函数的单调性，得到答案．解答：解：由y=e|lnx|﹣|x﹣1|可知：函数过点（1，1），当0＜x＜1时，y=e﹣lnx﹣1+x=+x﹣1，y′=﹣+1＜0． ∴y=e﹣lnx﹣1+x为减函数；若当x＞1时，y=elnx﹣x+1=1，故选D．点评：本题主要考查函数的求导与函数单调性的关系． 11．函数y=logsin（2x+）的单调减区间为( ) A．（kπ﹣，kπ]（k∈Z）B．（kπ﹣]（k∈Z） C．（kπ﹣，kπ+]（k∈Z）D．（kπ+，kπ+]（k∈Z）考点：复合函数的单调性．专题：函数的性质及应用．分析：由题意可得，本题即求函数t=sin（2x+）在满足t＞0时，函数t的增区间，结合正弦函数的图象可得 2kπ+0＜2x+≤2kπ+，k∈z，解得x的范围，可得结论．解答：解：函数y=logsin（2x+）的单调减区间，即函数t=sin（2x+）在满足t＞0时，函数t的增区间，结合正弦函数的图象可得 2kπ+0＜2x+≤2kπ+，k∈z，解得 kπ﹣＜x≤kπ+，故在满足t＞0的条件下，函数t的增区间为（kπ﹣，kπ+]，k∈z，故选：C．点评：本题主要考查复合函数的单调性，对数函数、正弦函数的图象性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中的横线上 12．已知与的夹角为120°，若（+）⊥（﹣2）且||=2，则在上的投影为﹣．考点：平面向量数量积的运算．专题：平面向量及应用．分析：因为向量与的夹角为120°，所以在上的投影为cos120°=﹣，问题转化为求．解答：解：∵与的夹角为120°，若（+）⊥（﹣2）且||=2， ∴（+）?（﹣2）=0，即﹣﹣22=0， ∴4+﹣22=0，解得=， ∴在上的投影为cos120°=﹣=﹣×=﹣．故答案为：﹣．点评：本题考查在上的投影的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用． 13．已知偶函数f（x）在（﹣∞，0]上满足：当x1，x2∈（﹣∞，0]且x1≠x2时，总有，则不等式f（x﹣1）＜f（x）的解集为{x|x＞}．考点：函数单调性的性质；函数单调性的判断与证明．专题：函数的性质及应用．分析：偶函数f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，所以f（x）在上单调递减，所以f（x）在上单调递减，所以f（x）在专题：数系的扩充和复数．分析：把z1=1﹣2i代入z2，化简可得z2=1+i，可得虚部为1 解答：解：∵z1=1﹣2i， ∴z2=====1+i， ∴复数的虚部为：1 故答案为：1 点评：本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题． 15．设方程x3﹣3x=k有3个不等的实根，则常数k的取值范围是（﹣2，2）．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：函数的性质及应用．分析：利用导数，判断出函数的极值点，用极值解决根的存在与个数问题．解答：解：设f（x）=x3﹣3x，对函数求导，f′（x）=3x2﹣3=0，x=﹣1，1． x＜﹣1时，f（x）单调增，﹣1＜x＜1时，单调减，x＞1时，单调增，f（﹣1）=2，f （1）=﹣2，要有三个不等实根，则直线y=k与f（x）的图象有三个交点， ∴﹣2＜k＜2 故答案为：（﹣2，2）．点评：学会用导数及单调性处理根的存在与个数问题，极值的正负是解决此问题的关键．是中档题． 16．定义在R上的函数f（x）满足f（x）=，则f的值为﹣3．考点：函数的周期性；函数的值；对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．分析：利用分段函数判断当x＞0时函数的周期性，然后利用周期性进行求值．解答：解：由分段函数可知，当x＞0时，f（x）=f（x﹣1）﹣f（x﹣2）， ∴f（x+1）=f（x）﹣f（x﹣1）=f（x﹣1）﹣f（x﹣2）﹣f（x﹣1）， ∴f（x+1）=﹣f（x﹣2），即f（x+3）=﹣f（x）， ∴f（x+6）=f（x），即当x＞0时，函数的周期是6． ∴f=f（335×6+3）=f（3）=﹣f（0）=﹣log2（8﹣0）=﹣log28=﹣3，故答案为：﹣3．点评：本题主要考查利用分段函数进行求值问题，利用函数的解析式确定当x＞0时，满足周期性是解决本题的关键．三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤 17．已知全集U=R，集合A={x|（x﹣2）（x﹣3）＜0}，函数y=lg的定义域为集合B．（1）若a=时，求集合A∩（?UB）；（2）命题P：x∈A，命题q：x∈B，若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件．专题：常规题型．分析：（1）将a=带入原函数式，再求其定义域，然后进行交集、补集的运算便可．（2）根据必要条件的定义，及原函数的定义域，便可建立对于a的限定的式子．解答：解：（1）a=时原函数变成y=lg，解＞0得B=（，），所以?UB=（﹣∞，]∪∪∪．点评：本题需掌握的几个知识点是：1．定义域的求法；2．交、并、补的运算；3．必要条件的概念；4．子集的概念． 18．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，向量若|=2．（1）求角A的大小；（2）若△ABC外接圆的半径为2，b=2，求边c的长．考点：余弦定理；向量的模；正弦定理．专题：解三角形．分析：（1）由两向量的坐标表示出+，根据向量模的计算方法列出关系式，整理求出tanA 的值，即可确定出A的度数；（2）由三角形ABC外接圆半径，sinA的值，求出a的值，利用余弦定理求出c的值即可．解答：解：（1）∵=（cosA，sinA），=（﹣sinA，cosA）， ∴+=（cosA﹣sinA+，cosA+sinA）， ∵|+|=2， ∴（cosA﹣sinA+）2+（cosA+sinA）2=4，化简得：sinA=cosA，即tanA=1，则A=；（2）∵△ABC外接圆的半径为2，b=2，A=， ∴在△ABC中，由正弦定理=2R=4，即a=4sinA=2，由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2b?c?cosA，化简得：c2﹣2c﹣4=0，解得：c=+（负值舍去）．点评：此题考查了正弦、余弦定理，以及平面向量的数量积运算，熟练掌握定理是解本题的关键． 19．据气象中心观察和预测：发生于M地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v（km/h）与时间t（h）的函数图象如图所示，过线段OC上一点T（t，0）作横轴的垂线l，梯形OABC 在直线l左侧部分的面积即为t（h）内沙尘暴所经过的路程s（km）．（1）当t=4时，求s的值；（2）将s随t变化的规律用数学关系式表示出来；（3）若N城位于M地正南方向，且距M地650km，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N城？如果不会，请说明理由．考点：函数解析式的求解及常用方法．专题：压轴题．分析：（1）设直线l交v与t的函数图象于D点．由图象知，点A的坐标为（10，30），故直线OA的解析式为v=3t，当t=4时，D点坐标为（4，12），OT=4，TD=12，S=×4×12=24（km）；（2）分类讨论：当0≤t≤10时；当10＜t≤20时；当20＜t≤35时；（3）根据t的值对应求S，然后解答．解答：解：设直线l交v与t的函数图象于D点，（1）由图象知，点A的坐标为（10，30），故直线OA的解析式为v=3t，当t=4时，D点坐标为（4，12）， ∴OT=4，TD=12， ∴S=×4×12=24（km）；（2）当0≤t≤10时，此时OT=t，TD=3t（如图1） ∴S=?t?3t=当10＜t≤20时，此时OT=t，AD=ET=t﹣10，TD=30（如图2） ∴S=S△AOE+S矩形ADTE=×10×30+30（t﹣10）=30t﹣150 当20＜t≤35时，∵B，C的坐标分别为，（35，0） ∴直线BC的解析式为v=﹣2t+70 ∴D点坐标为（t，﹣2t+70） ∴TC=35﹣t，TD=﹣2t+70（如图3） ∴S=S梯形OABC﹣S△DCT=（10+35）×30﹣（35﹣t）（﹣2t+70）=﹣（35﹣t）2+675；（3）∵当t=20时，S=30×20﹣150=450（km），当t=35时，S=﹣（35﹣35）2+675=675（km），而450＜650＜675， ∴N城会受到侵袭，且侵袭时间t应在20h至35h之间，由﹣（35﹣t）2+675=650，解得t=30或t=40（不合题意，舍去）． ∴在沙尘暴发生后30h它将侵袭到N城．点评：本题考查的是一次函数在实际生活中的运用，比较复杂，解答此题的关键是根据图形反映的数据进行分段计算，难度适中． 20．某地一天的温度（单位：°C）随时间t（单位：小时）的变化近似满足函数关系：f （t）=24﹣4sinωt﹣4，且早上8时的温度为24°C，．（1）求函数的解析式，并判断这一天的最高温度是多少？出现在何时？（2）当地有一通宵营业的超市，我节省开支，跪在在环境温度超过28°C时，开启中央空调降温，否则关闭中央空调，问中央空调应在何时开启？何时关闭？考点：函数模型的选择与应用．专题：三角函数的图像与性质．分析：（1）利用两角和与差的三角函数化简函数的表达式，利用已知条件求出参数值，即可得到解析式．（2）利用函数的解析式直接求出时间t，即可得到所求结果．解答：（本小题满分12分）解：（1）依题意… 因为早上8时的温度为24°C，即f（8）=24， … ∵，故取k=1，，所求函数解析式为．… 由，，可知，即这一天在14时也就是下午2时出现最高温度，最高温度是32°C．… （2）依题意：令，可得… ∵，∴或，即t=10或t=18，… 故中央空调应在上午10时开启，下午18时（即下午6时）关闭… 点评：本题考查三角函数的化简求值，解析式的求法，考查计算能力． 21．已知函数f（x）=x（x﹣a）2，g（x）=﹣x2+（a﹣1）x（其中a为常数）（1）如果函数y=f（x）和y=g（x）有相同的极值点，求a的值，并写出函数y=f（x）的单调区间；（2）求方程f（x）﹣g（x）=0在区间上实数解的个数．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：函数的性质及应用；导数的综合应用．分析：（1）求出函数y=f（x）的导数，求出极值点，通过与y=g（x）有相同的极值点相同，求a的值，利用导数值的符号直接写出函数y=f（x）的单调区间；（2）化简方程f（x）﹣g（x）=0，构造函数，通过a的讨论，利用判别式是否为0，即可求解在区间上实数解的个数．解答：（本小题满分13分）解：（1）f（x）=x（x﹣a）2=x3﹣2ax2+a2x，则f'（x）=3x2﹣4ax+a2=（3x﹣a）（x﹣a），… 令f'（x）=0，得x=a或，而二次函数g（x）在处有极大值， ∴或；综上：a=3或a=﹣1．… 当a=3时，y=f（x）的单调增区间是（﹣∞，1]，，满足题意，即原方程有一解，x=a∈； … 2°当a=3时，△=0，h（x）=0的解为x=1，故原方程有两解，x=1，3； 3°当a=﹣1时，△=0，h（x）=0的解为x=﹣1，故原方程有一解，x=﹣1； 4°当a＞3时，△＞0，由于h（﹣1）=a+1＞4，h（0）=1，h（3）=13﹣3a 若时，h（x）=0在上有一解，故原方程有一解；若，h（x）=0在上有两解，故原方程有两解若时，h（x）=0在上两解，故原方程有两解； 5°当a＜﹣1时，△＞0，由于h（﹣1）=a+1＜0，h（0）=1，h（3）=13﹣3a＞0， h（x）=0在上有一解，故原方程有一解； … 综上可得：当时，原方程在上两解；当a＜3或时，原方程在上有一解…．点评：本题考查函数与导数的应用，函数的极值以及函数的单调区间，函数的零点的判断，考查分类讨论思想的应用，转化思想以及计算能力． 22．（Ⅰ）证明：当x＞1时，2lnx＜x﹣；（Ⅱ）若不等式对任意的正实数t恒成立，求正实数a的取值范围；（Ⅲ）求证：．考点：不等式的证明．专题：证明题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）令函数，定义域是{x∈R|x＞1}，求出导数，判断函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，运用单调性即可得证；（Ⅱ）由于t＞0，a＞0，故不等式可化为（*）问题转化为（*）式对任意的正实数t恒成立，构造函数，求出导数，对a讨论，当0＜a≤2时，当a＞2时，求出单调性，判断不等式是否成立，即可得到；（Ⅲ）要证，即证，由（Ⅱ）的结论令a=2，有对t＞0恒成立，取可得不等式成立，变形整理即可得证．解答：（Ⅰ）证明：令函数，定义域是{x∈R|x＞1}，由，可知函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，故当x＞1时，，即．（Ⅱ）解：由于t＞0，a＞0，故不等式可化为…（*）问题转化为（*）式对任意的正实数t恒成立，构造函数，则，（1）当0＜a≤2时，由t＞0，a（a﹣2）≤0，则g'（t）≥0即g（t）在（0，+∞）上单调递增，则g（t）＞g（0）=0，即不等式对任意的正实数t恒成立．（2）当a＞2时，a（a﹣2）＞0 因此t∈（0，a（a﹣2）），g'（t）＜0，函数g（t）单调递减； t∈（a（a﹣2），+∞），g'（t）＞0，函数g（t）单调递增，故，由a＞2，即a﹣1＞1，令x=a﹣1＞1，由（Ⅰ）可知，不合题意．综上可得，正实数a的取值范围是（0，2]．（Ⅲ）证明：要证，即证，由（Ⅱ）的结论令a=2，有对t＞0恒成立，取可得不等式成立，综上，不等式成立．点评：本题考查不等式的证明，考查构造法证明不等式，同时考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，以及单调性的运用，考查运算和推理的能力，属于中档题．。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015-2016学年第一学期期末考试高三物理试题

甘肃省天水市秦安县第二中学2015-2016学年第一学期期末考试高三物理试题一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，8-10小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，有选错或不答的得0分。

）1.2015年元宵节期间人们燃放起美丽的烟火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有烟花的礼花弹从专用从专用炮筒中射出后，在 3s 末到达离地面 90m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。

假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么为v 0和k 分别等于A. 30m/s 1B. 30m/s 0.5C.60m/s 0.5D.60m/s 12.如图所示，细绳一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。

现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为（）A ．vsinB ．vcosC ．vtanD ．vcot3.劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球．开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B 时的速率为v ，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g ．下列分析正确的是（）A ．轻质弹簧的原长为RB ．小球过B 点时，所受的合力为C．小球从A 到B 的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能D ．小球运动到B 点时，弹簧的弹性势能为mgR-mv 2A ．a 是地球平均密度，b 是地球自转周期，c 是地球半径B ．a 是地球表面重力加速度，b 是地球自转周期，c 是卫星的加速度C ．a 是地球平均密度，b 是卫星的加速度，c 是地球自转的周期D ．a 是地球表面重力加速度，b 是地球自转周期，c 是地球半径5.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是ABCD．减速飞行时间t6.2006年美国NBA全明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为：A．W +mgh1-mgh2 B．mgh2-mgh1-W C．mgh1 +mgh2-W D．W + mgh2-mgh17．如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°。

甘肃省天水市秦安二中高三物理上学期第一次质检试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题

2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高三〔上〕第一次质检物理试卷一、单项选择题：〔每一小题4分，共32分〕1．嫦娥三号月球探测器于2013年12月2日凌晨发射升空，2013年12月14日成功完成月面软着陆，2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器〔“玉兔号〞月球车〕成功别离，这标志着我国的航天事业又一次腾飞，下面有关嫦娥三号的说法正确的答案是( )A．嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小，加速度也很小B．研究“玉兔号〞月球车在月球外表运动的姿态时，可以将其看作质点C．研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时，可以将其看作质点D．“玉兔号〞月球车静止在月球外表时，其相对于地球也是静止的2．如下列图，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点，如下说法正确的答案是( )A．人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向B．人从A到B的平均速度方向由A指向BC．人在B点的瞬时速度方向由A指向BD．人所经过的位移大小为圆周长的一半3．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的答案是( )A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做减速直线运动，乙做加速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化大小一样4．一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x=3+2t3〔m〕，它的速度随时间变化的关系为v=6t2〔m/s〕，如此该质点在t=3s时的瞬时速度和t=0到t=3s 间的平均速度分别为( )A．54 m/s，18 m/s B．54 m/s，27 m/sC．18 m/s，54 m/s D．27m/s，54 m/s5．一物体由M点出发沿直线MN运动，行程的第一局部是加速度大小为3m/s2的匀加速运动，接着做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，抵达N点时恰好静止．如果MN的总长度是15m，如此物体走完MN所用的时间t为( )A．2s B．3s C．4s D．5s6．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s 2，如此4s内物体的( ) A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为40m/sD．平均速度大小为9m/s，方向向上7．物体某段过程的v﹣t图象如下列图，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为V1和V2，如此在t1～t2过程中( )A．加速度不变B．加速度不断增大C．平均速度小于D．平均速度大于8．如下列图，物体a、b和c叠放在水平桌面上，水平力F b=5N、F c=10N分别作用于物体b、c上，a、b和c仍保持静止．如此物体b受力的个数为( )A．3 B．4 C．5 D．69．如下列图，一物块静止在粗糙的斜面上．现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动．如此( )A．斜面对物块的静摩擦力可能变小B．斜面对物块的静摩擦力一定变大C．斜面对物块的支持力可能变小D．斜面对物块的支持力一定不变二、不定项选择题：〔每一小题4分，共16分〕10．甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的 v﹣t图象如下列图．如下判断正确的答案是( )A．乙车启动时，甲车在其前方50m处B．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75mC．乙车启动10s后正好追上甲车D．乙车超过甲车后，两车不会再相遇11．如下列图，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2．假设不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是〔取g=10m/s2〕( )A．22m/s2，竖直向上B．22m/s2，竖直向下C．2m/s2，竖直向上D．2m/s2，竖直向下12．〔多项选择〕如下列图，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平面上，斜面体的两个斜面均是光滑的，顶角为，两个斜面的倾角分别为α、β，且α＞β．两个质量均为m的物体P、Q分别在沿斜面向上的力F1、F2的作用下处于静止状态，如此以下说法中正确的答案是( )A．水平地面对斜面体的静摩擦力方向水平向左B．水平地面对斜面体没有摩擦力C．地面对斜面体的支持力等于〔M+m〕gD．地面对斜面体的支持力等于〔M+2m〕g13．如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．〔取竖直向上为正方向〕由图可以判断错误的答案是( )A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣gB．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．图线的斜率等于物体质量的倒数二、实验题〔每空2分，共12分〕14．某同学利用如图〔a〕装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系〞的实验．〔1〕在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持__________状态．〔2〕他通过实验得到如图〔b〕所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的劲度系数k=__________N/m．〔3〕他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图〔c〕所示时，该弹簧的长度x=__________cm．15．在“验证力的平行四边形定如此〞实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．〔1〕某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长B．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置其中正确的答案是__________〔填入相应的字母〕．〔2〕本实验采用的科学方法是__________．A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．建立物理模型法〔3〕本实验中，某同学在坐标纸上画出了如下列图的两个力F1和F2，图中小正方形的边长表示1N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，关于F1、F2与F、θ1和θ2关系正确的有__________．A．F=6N B．F1=2N C．θ1=45° D．θ1＜θ2．三、计算题〔共38分、请将答案填写在答题卷上，写出必要的文字说明和解答过程，直接写答案不得分〕16．质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s．耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，把所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：〔1〕拖拉机的加速度大小．〔2〕拖拉机对连接杆的拉力大小．17．〔14分〕一列车的制动性能经测定，当它以标准速度20m/s在水平轨道上行驶时，制动后做匀减速运动需40s才停下．现在这列车正以20m/s的速度在水平轨道上行驶，司机突然发现前方180m处一货车正以6m/s的速度同向行驶，于是立即制动保持测试时的加速度做匀减速直线运动．求：〔1〕列车的制动性能测定出的加速度多大？〔2〕计算说明是否会发生撞车事件？〔3〕如不发生撞车，计算列车和货车间的最小距离多大？如发生撞车，计算何时撞车？18．〔14分〕质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．重力加速度为g，不计空气影响．〔1〕现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：〔2〕假设杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高三〔上〕第一次质检物理试卷一、单项选择题：〔每一小题4分，共32分〕1．嫦娥三号月球探测器于2013年12月2日凌晨发射升空，2013年12月14日成功完成月面软着陆，2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器〔“玉兔号〞月球车〕成功别离，这标志着我国的航天事业又一次腾飞，下面有关嫦娥三号的说法正确的答案是( )A．嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小，加速度也很小B．研究“玉兔号〞月球车在月球外表运动的姿态时，可以将其看作质点C．研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时，可以将其看作质点D．“玉兔号〞月球车静止在月球外表时，其相对于地球也是静止的考点：加速度；质点的认识；速度．分析：加速度等于单位时间内的变化量，反映速度变化快慢的物理量；当物体的大小形状在研究的问题中可以忽略，物体可以看成质点．解答：解：A、嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小，但是速度变化很快，加速度很大，故A错误．B、研究“玉兔号〞月球车在月球外表运动的姿态时，“玉兔号〞月球车的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故B错误．C、研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时，嫦娥三号的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确．D、“玉兔号〞月球车静止在月球外表时，相对月球是静止的，相对地球是运动的，故D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键知道加速度的物理意义，掌握物体能看成质点的条件，关键看物体的大小和形状在研究的问题中能否忽略．2．如下列图，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点，如下说法正确的答案是( )A．人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向B．人从A到B的平均速度方向由A指向BC．人在B点的瞬时速度方向由A指向BD．人所经过的位移大小为圆周长的一半考点：平均速度；瞬时速度．专题：直线运动规律专题．分析：速度是矢量，根据平均速度方向沿位移方向，而瞬时速度方向沿切线方向进展分析判断．解答：解：AB、人从A到B的位移方向由A到B；故平均速度方向由A指向B；故A错误，B正确；C、瞬时速度沿轨迹的切线方向，故人在B点的速度方向沿B点的切线方向；故C错误，D、人经过的位移大小为AB间的直线长度，故为直径长度；故D错误；应当选：B点评：此题考查速度的方向，要注意明确平均速度和瞬时速度方向的区别；明确平均速度方向与位移方向一致；而瞬时速度方向与轨迹的切线方向一致．3．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的答案是( )A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做减速直线运动，乙做加速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化大小一样考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，正负表示加速度的方向．解答：解：A、加速度的正负表示方向，不表示大小，可知甲乙的加速度相等，故A错误．B、甲的速度方向与加速度方向一样，甲做加速运动，乙的速度方向与加速度方向相反，乙做减速运动，故B错误．C、甲乙的加速度相等，如此速度变化快慢一样，故C错误．D、甲乙的加速度大小相等，如此相等时间内速度变化量大小相等，故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．4．一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x=3+2t3〔m〕，它的速度随时间变化的关系为v=6t2〔m/s〕，如此该质点在t=3s时的瞬时速度和t=0到t=3s 间的平均速度分别为( )A．54 m/s，18 m/s B．54 m/s，27 m/sC．18 m/s，54 m/s D．27m/s，54 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间关系关系求得3s时的瞬时速度，分别求得t=0和t=3s时物体的位置坐标求得物体在3s内的位移，根据平均速度公式求得平均速度．解答：解：根据速度时间关系知，当t=3s时物体的速度为：v=54m/s根据x﹣t关系式知，当t=0时物体的位置距O点x1=3m，当t=3s时物体的位置距O点为：所以物体3s内的位移为：△x=x3﹣x1=57﹣3m=54m故物体的平均速度为：应当选：A．点评：此题相当于数学上代数题，代入求值，只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解．5．一物体由M点出发沿直线MN运动，行程的第一局部是加速度大小为3m/s2的匀加速运动，接着做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，抵达N点时恰好静止．如果MN的总长度是15m，如此物体走完MN所用的时间t为( )A．2s B．3s C．4s D．5s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：设总时间为t，加速时间为t1，如此减速时间为t﹣t1；如此由平均速度公式可得出位移表达式，同时可得出速度关系，联立可解得总时间解答：解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，如此有：a1t1=a2〔t﹣t1〕…①；物体在全程的平均速度为，如此总位移x=…②；联立①②可解得：t==应当选：D．点评：此题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用．6．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s 2，如此4s内物体的( ) A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为40m/sD．平均速度大小为9m/s，方向向上考点：竖直上抛运动；平均速度．分析：物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移，由平均速度公式求出平均速度，由△v=at求出速度的改变量．解答：解：物体的初速度是30m/s，向上运动的时间：s向上运动的最大位移：mA、B、4s内物体的位移为：x==30×4﹣=40m，方向竖直向上；路程为：s=h m+〔h m﹣x〕=2h m﹣x=2×45﹣40=50m．故A错误，B错误；C、速度改变量的大小为：△v=at=gt=10×4m/s=40m/s．故C正确；D、平均速度大小为：m/s，方向向上．故D错误．应当选：C．点评：对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用．7．物体某段过程的v﹣t图象如下列图，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为V1和V2，如此在t1～t2过程中( )A．加速度不变B．加速度不断增大C．平均速度小于D．平均速度大于考点：匀变速直线运动的图像；平均速度．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、在速度﹣时间图象中，切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；从图象中看出在t1～t2过程中速度时间图象的斜率逐渐减小，说明加速度的大小在减小，故A错误．B、由于在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；从图象中可以看出速度对应的纵坐标越来越小，即速度不断减小，故B正确．CD、如果物体在t1～t2过程中做的是匀减速直线运动，且初末速度分别为V1和V2，那么由匀变速直线运动的规律可得：v=，但是在任意时刻物体的实际速度小于匀减速过程的此时刻的速度，所以＜，故C正确，D错误．应当选：C点评：此题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．8．如下列图，物体a、b和c叠放在水平桌面上，水平力F b=5N、F c=10N分别作用于物体b、c上，a、b和c仍保持静止．如此物体b受力的个数为( )A．3 B．4 C．5 D．6考点：物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：以a为研究对象，根据平衡条件求出b对a的静摩擦力大小．以AB整体为研究对象，求解c对b的静摩擦力大小．以三个物体整体为研究对象，根据平衡条件求解桌面对b的静摩擦力大小．解答：解：以a为研究对象，根据平衡条件得到：b对a的静摩擦力大小F f1=0，否如此a 水平方向所受的合力不为零，不能保持平衡．以ab整体为研究对象，根据平衡条件得到：F f2=F b=5N．再以三个物体整体为研究对象，根据平衡条件得：F f3=F c﹣F b=10N﹣5N=5N，方向水平向左．所以F f1=0，F f2=5N，F f3=5N．如此物体b受力的个数为重力、c对b的支持力，与静摩擦力，a对b的压力，还有拉力F b，共5个，故C正确，ABD错误；应当选：C．点评：此题是三个物体的平衡问题，物体较多，研究对象要灵活选择，也可以就采用隔离法研究．9．如下列图，一物块静止在粗糙的斜面上．现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动．如此( )A．斜面对物块的静摩擦力可能变小B．斜面对物块的静摩擦力一定变大C．斜面对物块的支持力可能变小D．斜面对物块的支持力一定不变考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：有无推力F作用时，物块都静止不动，受力平衡，对物体进展受力分析，根据平衡条件列式即可求解．解答：解：没有推力时，物块静止不动，受力平衡，物体受重力、支持力和静摩擦力，设斜面的倾角为θ，在垂直斜面方向上，斜面对物块的支持力N=mgcosθ，在沿着斜面方向有：f=mgsinθ推力F作用后，根据平衡条件得：AB、在沿着斜面方向有f′=mgsinθ﹣Fcosθ，当mgsinθ＞Fcosθ时，摩擦力变小，当mgsinθ＜Fcosθ时，摩擦力方向变化，假设Fcosθ＞2mgsinθ如此静摩擦力反向增大，故A正确，B错误．CD、在垂直斜面方向上，N′=mgcosθ+Fsinθ，如此斜面对物块的支持力一定变大，CD均错误；应当选：A．点评：解决此题的关键能够正确地对研究对象进展受力分析，同时注意静摩擦力的方向可能会改变，难度适中．二、不定项选择题：〔每一小题4分，共16分〕10．甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的 v﹣t图象如下列图．如下判断正确的答案是( )A．乙车启动时，甲车在其前方50m处B．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75mC．乙车启动10s后正好追上甲车D．乙车超过甲车后，两车不会再相遇考点：匀变速直线运动的图像．分析：速度﹣时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇．解答：解：A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为x==50m，即甲车在乙前方50m处，故A正确．B、当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为：S max=×〔5+15〕×10m﹣×10×5m=75m，故B正确．C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误．D、乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D正确．应当选：ABD．点评：此题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理．11．如下列图，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2．假设不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是〔取g=10m/s2〕( )A．22m/s2，竖直向上B．22m/s2，竖直向下C．2m/s2，竖直向上D．2m/s2，竖直向下考点：牛顿第二定律；胡克定律．分析：小球加速度的大小为12m/s2可能向上也可能向下，拔去销钉M瞬间，上面一个弹簧对小球的作用力为0，小球只受到下面弹簧的作用力，根据牛顿第二定律算出上面弹簧对小球的作用力，如拔去销钉N如此下面一根弹簧作用力为0，再根据牛顿第二定律即可求解，要注意方向．解答：解：设小球的质量为m，向上为正方向，刚开始受力平衡，如此有：F N+F M﹣G=0拔去销钉M瞬间有：F N﹣G=±12m所以F N=﹣2m或22m所以F M=12m或﹣12m去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，加速度为：a==2m/s2或﹣22m/s2应当选BC．点评：此题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确进展受力分析，注意加速度是矢量，难度不大．12．〔多项选择〕如下列图，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平面上，斜面体的两个斜面均是光滑的，顶角为，两个斜面的倾角分别为α、β，且α＞β．两个质量均为m的物体P、Q分别在沿斜面向上的力F1、F2的作用下处于静止状态，如此以下说法中正确的答案是( )A．水平地面对斜面体的静摩擦力方向水平向左B．水平地面对斜面体没有摩擦力C．地面对斜面体的支持力等于〔M+m〕gD．地面对斜面体的支持力等于〔M+2m〕g考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分别对P和Q受力分析，列出对斜面体水平方向和竖直方向的力的关系式，根据数学知识求其大小关系．解答：解：P物体对斜面的水平作用力等于mgcosαsinα=0.5mgsin2α，同理，Q对斜面的水平作用力是：mgcosβsinβ=0.5mgsin2β sin2β=sin2〔﹣α〕=sin2α，所以两力平衡，斜面体没有运动的趋势，水平地面对斜面体没有摩擦力．P对斜面的压力在竖直方向是分力是mg〔cosα〕2 ，Q对斜面的压力在竖直方向是分力是：mg〔cosβ〕2，〔cosβ〕2=cos〔﹣α〕2=sinα2 所以合力为mg，故地面对斜面体的支持力等于〔M+m〕g，故BC正确．应当选：BC点评：此题的重点是受力分析，难点是数学知识在物理中的应用，难度较大．13．如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．〔取竖直向上为正方向〕由图可以判断错误的答案是( )A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣gB．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．图线的斜率等于物体质量的倒数考点：加速度与力、质量的关系式．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进展分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题．解答：解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T﹣mg=ma，得 a=﹣gA、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值a M=﹣g，故A正确；B、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值T N=mg，故B正确；C、D图线的斜率表示质量的倒数，故C错误，D正确；此题选择错误的，应当选：C．点评：此题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进展讨论．二、实验题〔每空2分，共12分〕14．某同学利用如图〔a〕装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系〞的实验．〔1〕在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态．〔2〕他通过实验得到如图〔b〕所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的劲度系数k=50N/m．〔3〕他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图〔c〕所示时，该弹簧的长度x=10cm．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：〔1〕弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；〔2〕弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；〔3〕直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b弹簧弹簧长度．解答：解：〔1〕弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；〔2〕弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：k==；〔3〕由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm．故答案为：〔1〕竖直；〔2〕50；〔3〕10．点评：此题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解．此题关键根据胡克定律推导出弹力与弹簧长度的关系表达式进展分析．15．在“验证力的平行四边形定如此〞实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．〔1〕某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长B．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置其中正确的答案是BE〔填入相应的字母〕．〔2〕本实验采用的科学方法是A．A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．建立物理模型法〔3〕本实验中，某同学在坐标纸上画出了如下列图的两个力F1和F2，图中小正方形的边长表示1N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，关于F1、F2与F、θ1和θ2关系正确的有AC．。

【物理】甘肃省天水市秦安二中2014-2015学年高二上学期期中试卷

甘肃省天水市秦安二中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12小题有两个以上选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷），带电荷量分别为﹣3×10﹣9C和9×10﹣9C，它们之间静电力大小为F，现让两小球接触后又放回原处，它们之间静电力大小变为（）A．F B．C．3F D．考点：库仑定律．分析：两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．解答：解：设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为，F=k=27×10﹣18，当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量均为q=，所以，此时两个球之间的相互的排斥力为F′，则F′=k=F，故D正确，ABC错误．故选：D．点评：解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．2．（4分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）A．U B．C．R D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．解答：解：根据电流强度的定义公式I=；可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．故选：B．点评：本题应能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识图题的共同特点，注重公式的灵活运用．3．（4分）下列关于电势和电势能等的说法中，正确的是（）A．电势降落的方向，一定是电场强度的方向B．电场力做正功，电荷的电势能一定减小C．电势越高处，电荷电势能一定越大D．电势能与电荷量大小有关，与电荷种类无关考点：电势．分析：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．电场力做正功，电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向．故A错误；B、电场力做正功，电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．故B正确；C、根据推论可知：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小．故C错误；D、电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小．故D错误．故选：B．点评：本题考查电势、电势能的关系，可根据电势的定义式φ=分析它们之间的关系．要注意电荷的正负．4．（4分）加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为（）A．P B．C．D．P﹣考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机消耗的电功率为P=UI，发热功率P热=I2r．解答：解：电动机消耗的电功率为P，加在电动机上的电压是U，故电流为：I=；发热功率：P热=I2R=；故选：C．点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路；电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．5．（4分）下列说法中错误的是（）A．避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B．制作汽油桶的材料用金属比塑料好C．电工穿绝缘衣比金属衣安全D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全考点：* 静电的利用和防止．分析：避雷针利用尖端放电来中和电荷；其它选项均利用静电屏蔽作用，从而即可求解．解答：解：A、避雷针是利用中和电荷，尖端放电，来避免雷击的一种设施，故A正确；B、因为塑料和油摩擦容易起电，静电积累多了容易有火花，会爆炸，危险!而且会造成巨大的损失，而金属能及时把产生的静电导走，故B正确；C、电工穿金属衣比绝缘衣安全，直到静电屏蔽，故C错误；D、呆在汽车里比呆在木屋里要安全，汽车起到静电屏蔽作用，故D正确，本题选择错误的，故选：C．点评：考查避雷针的工作原理，理解尖端放电，掌握静电屏蔽作用及在实际生活中的应用．6．（4分）如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）A．＜B．＜C．＜D．＜考点：带电粒子在匀强电场中的运动．分析：带电粒子无初速度在加速电场中被加速，又以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子先做匀加速直线运动，后做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．可利用加速电场的电压U 求出进入偏转电场的初速度，然后运用偏转电场的长度L求出运动时间，由于分运动间具有等时性，所以由运动学公式求出垂直于初速度方向的位移．值得注意的是，求出的位移不是等于偏转电场的宽度，而是小于或等于宽度的一半．解答：解：带电粒子在电场中被加速，则有 qu1=﹣0 （1）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动．匀速直线运动：由运动学公式得 L=vt （2）匀加速直线运动：设位移为x，则有x==t2（3）要使带电粒子能飞出电场，则有x＜（4）由（1）﹣（4）可得：＜故选：C．点评：考查带电粒子在电场中加速与偏转，从而先做匀加速直线运动，后做匀加速曲线运动．运用了运动学公式与动能定理，同时体现出处理类平抛运动的方法．还值得注意是：粒子的偏转位移应小于偏转电场宽度的一半．7．（4分）如图所示电路中，S1闭合，S2断开，L1、L2是两个完全相同的灯泡，若将S2闭合后，L1的亮度将（）A．不变B．变亮C．变暗D．如何变化，不能确定考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：将S2闭合后，分析外电路总电阻的变化，判断总电流的变化，由闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，即可判断L1亮度的变化．解答：解：将S2闭合后，两灯并联，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律分析可知路端电压减小，灯L1的电压减小，实际功率减小，所以L1的亮度变暗．故C正确．故选：C点评：本题是简单的电路动态变化分析问题，关键掌握并联电路的总电阻小于任何一个支路的电阻，由闭合电路欧姆定律进行分析．8．（4分）如图所示的电路中，电键S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，能使尘埃P 加速向上移动的方法是（）A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开电键S考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：要使尘埃P上移，应使其受到的合力向上，则应增大电容器两端的电压；通过闭合电路欧姆定律分析如何调节滑动变阻器．解答：解：P开始时受重力、电场力而保持静止，电场力竖直向上，而要使P向上运动，必须增大电场力，需要增大板间场强，则电容器两端的电压应增大；A、R1此时相当于导线，故调节R1不会改变电容器两端的电压．故A错误；B、由电路图可知，电容器与R2的上端并联，把R2的滑片向上移动时电容器板间电压减小，场强减小，则尘埃P所受的电场力减小，所以P应向下移动．故B错误．C、把R2的滑片向下移动，使C两端的电压增大，可知尘埃P向下加速运动；故C正确．D、断开电键S时，电源断开，电容器充电，板间场强逐渐减小，尘埃向下加速运动，故D 错误；故选：C．点评：本题关键确定电容器板间电压，要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；而与电容器串联的电阻只能作为导线处理．9．（4分）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子在A点的初速度为零考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出A、B点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．解答：解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B 点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；C、电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小．所以A点的速度大于B点的速度，故C 正确；D、若在A点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D错误．故选：BC．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．根据电场力来确定电场力做功的正负，判定动能增加与否，从确定速度大小．10．（4分）两个完全相同的灵敏电流计改装成两个不同量程的电压表V1、V2，如将两表串联起来后去测某一线路的电压，则两只表（）A．读数相同B．指针偏转的角度相同C．量程大的电压表读数大D．量程大的电压表读数小考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．解答：解：A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C、两表指针偏转角度相同，示数不等．因是串联关系，分压之比为内阻之比，量程大的内阻大，电压表读数大，故C正确，D错误．故选：BC．点评：考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．11．（4分）如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源的电动势，r为电源内阻，且R1＞r，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．解答：解：A、根据数学知识分析得知，当外电阻等于电源的内阻，电源的输出功率最大，当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，根据结论可知，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，所以A正确；BC、根据P=I2R1可知，当R2=0时，电路的总电流最大，所以此时R1获得最大功率，所以B 错误，C正确；D、电源的输出功率的变化关系为先增大在减小，当当外电阻等于电源的内阻，电源的输出功率最大，由于R1＞r，外电阻已经大于了内电阻，所以此时电源的输出功率随着外电阻的增大而减小，所以当R2=0时，电源的输出功率最大，所以D正确；故选：ACD．点评：对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．12．（4分）如图所示的两个电路中，电源相同，各电阻阻值相等，电源和电流表内阻不可忽略，四个相同的电流表、、、的读数分别为I1、I2、I3、I4，下列关系式正确的是（）A．I1=I3B．I1＜I4C．I2=2 I1D．I2＜I3+I4考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：由题，电源相同，其内阻不计，电路的路端电压等于电动势．根据串联电路电压的分配，分析A1和R串联的电压与A3和R串联电压的关系，分析I1和I3及I1和I4大小．根据并联电路的特点分析I1和I3的关系．根据外电路总电阻的关系，判断I2与I3+I4的关系．解答：解：A、B、左图中，A1和R串联的电压小于电源的电动势，右图中，A3和R串联电压等于电源的电动势，则I1＜I3，I1＜I4．故A错误，B正确．C、由于电流表的内阻不可忽略不计，A1和R串联这一路电流小于R的电流，所以I2＞2I1．故C错误．D、设电流表的内阻为r，左图中外电路总电阻为R左=r+=，右图中，外电路总电阻R右=（R+r），根据数学知识得到＞1，所以左图中干路电流小于右图中干路电流，即有I2＜I3+I4．故D正确．故选：BD．点评：本题难度在于运用数学知识分析两图中外电阻的大小，作商是比较大小经常用到的方法．二、实验题：把答案填在答题卡相应的横线上（本大题2小题，共14分）.13．（6分）有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现要描绘其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2A回答下列问题：（1）实验中电流表应选用C （用序号表示）；（2）如图是本实验的实物连线图，其中还有两条导线没有接好，请用稍粗些的虚线代替导线，补全这个实物连线图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电流来选择电流表量程；题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法．解答：解：（1）：根据小灯泡规格“6V，1.5W”可知，小灯泡额定电流为：I=，所以电流表应选C；（2）：小灯泡在额定情况下的电阻为R=，由于满足，所以电流表应用外接法；连线图如图所示：故答案为：（1）C（2）如图点评：应明确：①应根据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．14．（8分）在把电流表改装为电压表的实验中，实验所用的电流表满刻度电流为200μA，欲将此表改装成量程为2V的电压表．（1）为测出电流表的内阻，采用如图1所示的电路原理图．请将以下各实验步骤填写完整．①依照电路原理图将实物连接成实验线路，R阻值应尽可能大些，开始时两电键均断开．②将R阻值调至最大，闭合电键S2，调节R的阻值，使电流表达到满刻度．③闭合S1，调节R′的阻值使电流表读数达到满偏一半．④读出R′的读数，即为电流表的内阻．（2）实验完毕时，两个电阻箱读数如图2所示，则电流表内阻r g=500Ω．这种方法测出的电流表的内阻r g比它的真实值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：（1）根据半偏法测电阻的原理完成实验步骤．（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积是电阻箱示数，根据串并联电路特点分析实验误差．解答：解：（1）①为保护电路，连接成实验线路，R阻值应尽可能大些，开始时两电键均断开．②将R阻值调至最大，闭合电键S2，调节 R的阻值，使电流表达到满刻度．③闭合S2，调节R′的阻值使电流表读数达到满偏一半．④读出R′的读数，即为电流表的内阻．（2）实验应用半偏法测电流表内阻，电流表内阻等于电阻箱R′的阻值，由图2所示R′可知，电阻箱阻值为：R′=0×100000Ω+0×10000Ω+0×1000Ω+5×100Ω+0×10Ω+0×1Ω=500Ω，则电流表内阻为：r g=R′=500Ω．半偏法测电流表内阻，当闭合S1时，电路总电阻变小，电路总电阻变大，电流表半偏法时流过电阻箱的电流大于满偏电流的一半，电阻箱阻值小于电流表内阻，用这种方法测出的电流表的内阻r g比它的真实值偏小．故答案为：（1）①大；②S2；R；③S1；R′；④R′；（2）500；偏小．点评：本题考查了半偏法测电流表内阻实验，要掌握半偏法测电阻的原理、会进行实验误差分析．三、解答题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3小题，共38分）. 15．（12分）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m 的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后，通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，最后电子从右侧的两块平行金属板之间穿出，已知A、B分别为两块竖直板的中点，右侧平行金属板的长度为L，求：（1）电子通过B点时的速度大小V；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间穿出时的侧移距离y．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理求出电子通过B点时的速度大小；（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向上做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动求出侧移距离．解答：解：（1）从A到B由动能定理得：eU0=mv02解得：v0=；（2）电子作类平抛运动有：=ma，解得：a=水平方向 L=v0t竖直方向 y=at2解之得：y=答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间飞出时的侧移距离y为．点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理带电粒子在偏转电场中运动的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住等时性进行求解．16．（12分）在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：（1）通过电动机的电流是多大？（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI﹣I2r求解输出功率．解答：解：（1）通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I=得：I===0.1 A（2）由E=Ir+U+U D可得电动机两端电压：U D=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V所以电动机输入的电功率：P入=U D I=0.56 W电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W电动机的输出功率：P出=P入﹣P热=0.54 W答：（1）通过电动机的电流是0.1A；（2）电动机输入的电功率为0.56W、转变为热量的功率为0.02W和输出机械功率是0.54W．点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．17．（14分）有一种测量压力的电子秤，其原理如图所示．E是内阻不计、电动势为6V的电源．R0是一个阻值为400Ω的限流电阻．G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器．R 是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示．C是一个用来保护显示器的电容器．秤台的重力忽略不计．压力F/N 0 50 100 150 200 250 300 …电阻R/Ω300 280 260 240 220 200 180 …（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线，并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式（2）写出压力与电流的关系式，说明该测力显示器的刻度是否均匀（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是多少牛顿？考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据电阻随压力变化的数据来画图，把压力和电阻作为一组有序数对在坐标系中描点然后连接即可．再根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知电阻与压力成一次函数关系，利用待定系数法可确定函数关系式．（2）根据欧姆定律推导串联电路电流的关系式，结合R与F的关系式推导压力与电流的关系式可知测力显示器的刻度是否均匀．（3）根据串联电路电压规律可知压敏电阻两端的电压，根据串联电路特点可计算压敏电阻的值，进一步计算测力计的最大测量值．解答：解：（1）把压力大小作为横坐标，把电阻大小作为纵坐标，在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R的阻值随压力F的大小变化的图象．如图．根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知压敏电阻R的阻值与压力F成一次函数关系，设它们的关系式为R=KF+b．把F=50N，R=280Ω和F=100N，R=260Ω代入得：280=50K+b…①，260=100K+b…②．①②构成方程组解得K=﹣0.4，b=300，所以它们的关系式为R=300﹣0.4F．（2）根据欧姆定律得 I=把R=﹣0.4F+300，U=6V，R0=400Ω代入上式化简得：F=1750﹣所以压力和电流不成一次函数关系，故该测力显示器的刻度是不均匀的．（3）从上式可知，压力增大时，压敏电阻值减小，当电阻两端的电压为5V时，压敏电阻两端的电压为：U1=U﹣U0=6V﹣5V=1V根据串联电路特点可得==即=得 R=80Ω把R=80Ω代入R=300﹣0.4F．即80=﹣0.4F+300解得F=550N．答：（1）利用表中的数据归纳出电阻R随压力F变化的函数式为R=300﹣0.4F；（2）通过寻求压力与电流表中电流的关系为F=1750﹣，该测力显示器的刻度不均匀．（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的最大称量值为550N．点评：本题考查学生对欧姆定律和串联电流特点的掌握并结合函数知识对实际问题做出正确的判断．。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三下学期第三次模拟考试物理试题 Word版含答案

本大题共8小题，每小题6分，14-18题是单选题；19-21题是多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.在“神舟十号”与“天官一号”自动交会对接过程中。

可认为“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，且对接轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，则下面说法正确的是A ．如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢升高B ．如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加C ．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D ．航天员在“天宫一号”中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用15.闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示。

规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。

关于导线框中的电流i 与ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图像，下列选项正确的是16.如图所示，带正电的点电荷固定在Q 点，一电子仅在库仑力作用下，做以Q 点为焦点的椭圆运动，M 、P 、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离Q 最近的点。

v M 、v N 和E M 、E N分别表示该电子在M 、N 两点的速度和电势能，则电子从M 点逆时针运动到N 点A.电子的动能先减小后增大B ．电场力对电子做了负功C ．v M <v N ，E M >E ND ．v M < v N ，E M <E N17．当今社会小汽车已进人家庭成为主要的代步交通工具。

考驾照成为热门，科目二考试中的一项内容就是半坡起步。

设坡路的倾角为θ，一位考员从半坡由静止以恒定功率P 启动，沿坡路向上行驶，车和人的总质量为m ，车所受阻力为支持力的k 倍，坡路足够长。

重力加速度为g 。

下列说法正确的是A ．汽车先做匀加速运动后做匀速运动B ．汽车能达到的最大速度为sin cos P mg kmg θθ+ C ．汽车匀速运动时的牵引力大小等于kmg cosθD ．克服汽车所受阻力做的功等于汽车机械能的增加量18.一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示，图中F 1、F 2未知．已知物体从t=0时刻出发，在3t o 时刻恰又返回到出发点，则A ．O ～t o 物体做匀加速直线运动，t o —3t o 物体做匀减速直线运动B ．物体在F 1作用下的位移与在F 2作用下的位移相等c ．t 0时刻物体的速度与3t 0时刻物体的速度大小之比为23D．F1与F2大小之比为6 519.下列关于物理学史和物理方法的叙述中，正确的是A．控制变量法是科学探究多个量关系的重要方法B．重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想C．牛顿通过大量实验验证得出了牛顿第一定律D．卡文迪许利用扭秤装置发现了万有引力定律20. -小球从A点做自由落体运动，另一小球从B点做平抛运动，两小球恰好同时到达C 点，若AC高为h，且两小球在C点相遇瞬间速度大小相等，方向成60°夹角。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015_2016学年高一物理上学期期中试题

甘肃省天水市秦安县第二中学2015-2016学年上学期期中考试高一物理试题一、选择题（本大题共17小题，每小题2分，共34分．每题只有一个正确答案）1．敦煌曲子词中有这样的诗句“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行”．其中“看山恰似走来迎”和“是船行”所选择的参考系分别是（）A．船和山B．山和船C．地面和山 D．河岸和流水2．下列情况中的物体，哪些可以看作质点（）ABC．体育教练D．研究地球自转时的地球3．坐在行驶的列车里的乘客，看到铁轨两旁的树木迅速后退，“行驶着的列车”和“树木迅速后退”的参考系分别为（）A．地面、地面B．地面、列车C．列车、列车D．列车、地面4．下列各组物理量中，都是矢量的是（）A．位移、时间、速度 B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化、速度 D．速度、路程、位移5．关于位移和路程，下列说法中错误的是（）A．物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移B．物体沿直线向某一方向运动，通过的路程等于位移的大小C．物体通过一段路程，其位移可能为0D．物体通过的路程不等，但位移可能相同6．以下的计时数据，指时间间隔的是（）A．学校每天7：30准时上课B．每节课45 minC．数学考试9：40结束D．周末文艺晚会18：40开始7．如图所示，一物体沿3条不同的路径由A运动到B，则沿三条路径运动时的位移（）A．沿1较大 B．沿2较大 C．沿3较大 D．都一样大8．关于加速度，下列说法正确的是（）A．加速度表示物体运动的快慢B．加速度表示物体运动速度变化的大小C．加速度表示物体运动速度变化的快慢D．加速度的方向一定与物体运动方向相同9．短跑运动员在100m比赛中，以8m/s的速度迅速从起点冲出，到50m处的速度是9m/s，10s 末到达终点的速度是10.2m/s，则运动员在全程中的平均速度是（）A．9 m/s B．10.2 m/s C．10 m/s D．9.1 m/s10．关于接通电源和释放纸带（物体）的次序，下列说法正确的是（）A．先接通电源，后释放纸带B．先释放纸带，后接通电源C．释放纸带同时接通电源D．先接通电源或先释放纸带都可以11．一物体做直线运动的图象如图所示，则该物体（）A．先做加速运动，后做减速运动，速度方向相同B．先做加速运动，后做减速运动，速度方向相反C．先做减速运动，后做加速运动，速度方向相同D．先做减速运动，后做加速运动，速度方向相反12．下列图象中反映物体做匀速直线运动的是（图中x表示位移、v表示速度、t表示时间）（）A．B．C．D．13．对于作匀变速直线运动的物体，下列说法中正确的是（）A．若加速度方向和速度方向相同，虽然加速度很小，物体的速度还是要增大的B．若加速度方向和速度方向相同，虽然加速度很大，物体的速度可能要减小的C．不管加速度方向和速度方向的关系怎样，物体的速度都是增大的D．因为物体作匀变速直线运动，所以它的加速度是均匀变化的14．一质点以一定的向东的初速度做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为：x=（10t﹣t2）m，则（）A．质点初速度为10m/sB．质点的加速度大小是1m/s2C．质点的加速度大小是4m/s2D．在2s末，质点在出发点西边，距出发点24m15．生活中有许多谚语和歇后语都蕴含着丰富的物理知识，下列最能说明“物体间力的作用是相互的”的是（）A．秤砣虽小，能压千斤B．人往高处走，水往低处流C．鸡蛋碰石头﹣﹣不自量力D．水滴石穿﹣﹣非一日之功16．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地17．关于自由落体运动的加速度g，下列说法中正确的是（）A．重的物体的g值大B．同一地点，轻重物体的g值一样大C．g值在地球上任何地方都一样大D．g值在赤道处大于在北极处二、多项选择题（每小题3分，共18分；选不全得2分，选错或不选得0分）18．下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是（）A．物体的重心并不一定在物体的几何中心上B．劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D．静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间发生变化19．一个质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标随着时间变化的规律是x=﹣2t2﹣3t+1（m），式中t单位为s．关于质点的运动，下列说法正确的是（）A．质点从坐标原点开始运动B．质点一直向x轴的负方向运动C．在最初的1s内，质点位移是﹣4m，“﹣”表示位移方向与x轴正方向相反D．在最初的1s内，质点的位移大小是5m，位移的方向与x轴正方向相反20．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度﹣时间图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0这两段时间内的（）A．加速度大小之比为3：1 B．加速度大小之比为2：1C．位移大小之比为1：3 D．位移大小之比为1：221．甲物体的重力比乙物体的重力大5倍，甲从H m高处自由落下，乙从2H m高处同时自由落下（设高度足够高）．则说法正确的是（）A．两物体下落过程中，同一时刻甲的速率比乙大B．下落1s末，它们的速度相等C．各自下落1m它们的速度相等D．下落过程中甲的加速度比乙大22．甲、乙两物体由同一位置出发沿一直线运动，其速度﹣时间图象如图，下列说法正确的是（）A．甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B．两物体两次相遇的时刻分别是在2s末和6s末C．乙在前2s内做匀加速直线运动，2s后做匀减速直线运动D．2s后，甲、乙两物体的速度方向相反23．如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断正确的是（）A．位置“1”是小球释放的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为D．小球在位置“3”的速度为二、填空题：（本大题2小题，共18分）．24．（6分）某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示．（实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的）由图可知该弹簧的自然长度为cm；该弹簧的劲度系数为N/m．25．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图1所示，是一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，交流电的频率为50Hz．（计算结果均保留3位有效数字）（1）在打点计时器打B、C、D点时，小车的速度分别为v B= m/s；v C=m/s；v D= m/s．（2）小车运动的加速度为a= m/s2（3）在图2坐标系中描点作图，画出小车的v﹣t图象（4）将图线延长与纵轴相交，交点的速度是 m/s，此速度的物理含义是．四、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3小题，各小题10分，共30分）．27．因搬家要把一质量为300kg钢琴从阳台上降落到地面．用一绳吊着钢琴先以0.5m/s 匀速降落，当钢琴底部距地面高h 时，又以大小为1m/s2的加速度匀减速运动，钢琴落地时速度刚好为零．（g 取10m/s2）求：（1）钢琴做匀减速运动的时间t；（2）匀减速运动的距离h．28．在21届温哥华冬奥会上，我国女子冰壶队取得了优异成绩，比赛中，冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动，设一质量m=20kg的冰壶从被运动员推出到静止共用时t=20s，运动的位移x=30m，取g=10m/s2，求：冰壶在此过程中（1）所受重力的大小；（2）平均速度的大小；（3）加速度的大小．29．A、B两辆货车在同一车道上同向行驶，A在前，速度为v A=10m/s，B车在后速度 v B=30m/s．因大雾能见度低，B车在距A车s0=300m时，才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但要经过900m B车才能停止．问：（1）若A车若仍按原速前进，试通过计算分析两车是否会相撞；（2）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机在收到信号1s后以1m/s2的加速度加速前进，则A、B是否会相撞？如果不相撞A、B间的最小距离为多少．（信号传递的时间忽略不计）甘肃省天水市秦安县第二中学2015-2016学年上学期期中考试高一物理试卷答案及解析一、选择题（本大题共17小题，每小题2分，共34分．每题只有一个正确答案）1．考点：参考系和坐标系．专题：直线运动规律专题．分析：参考系是假定不动的物体，同一种运动状况选择的参考系不同观察到的结果也不同．由于作者和山之间的距离逐渐减小，如果选择自己或者船作为参考系，则只能是山恰似走来迎；而如果选择山作为参考系，则只能是“是船行”．解答：解：参考系是为了研究问题的方便而假定不动的物体，在本题中作者和山之间的距离逐渐减小，而作者认为自己静止不动，从而“看山恰似走来迎”，故此现象选择的参考系是自己或者船与船上静止不动的物体．但实际上船是运动的，所谓是“船行”选择的参考系是河岸、山或者地球上相对地球静止不动的其它物体．故A正确，故选A．点评：参考系是为了研究问题的方便而假定不动的物体，参考系的选择是任意的，只要对研究问题方便，所有的物体都可以作为参考系；同一种运动状况选择的参考系不同观察到的结果也不同．2．考点：质点的认识．专题：直线运动规律专题．分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：解：A、研究从北京开往上海的一列火车的运行速度时，火车大小可以忽略，可以看成质点，所以A正确；B、研究车轮的转动时不能把车轮看成质点，否则就没有转动了，所以B错误；C、研究体育教练员研究百米跑运动员的起跑动作时，要考虑运动员的动作，不能看成质点，所以C错误；D、研究地球的自转时，地球上各个点的运动情况不一样，不能用一个点代替整个地球，所以D错误．故选A．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．3．考点：参考系和坐标系．专题：直线运动规律专题．分析：判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化．若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的，据此可正确解答本题．解答：解：我们看到列车在行驶，显然是以地面为参照物，行驶着的汽车里坐着不动的乘客，之所以看到公路两旁的树木迅速向后退，是因为他选择了自己乘坐的汽车为参照物，故ACD错误， B正确．故选B．点评：运动和静止是相对的，选不同的参照物，描述物体运动的结果会不同，通过本题充分理解运动的相对性．4．考点：矢量和标量．分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量，标量正负号表示大小，矢量正负号不表示大小，表示方向．解答：解：A、位移和速度是矢量，而时间只有大小没有方向，是标量，故A错误．B、速度和加速度是矢量．速率是速度的大小，是标量，故B错误．C、加速度、速度的变化和速度都是既有大小又有方向的矢量，故C正确．D、速度和位移都是矢量，而路程是物体运动轨迹的长度，是标量，故D错误．故选：C点评：本题要掌握矢量与标量的区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．5．考点：位移与路程．分析：位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度．在单向直线运动中，位移的大小等于路程．解答：解：A、物体单向直线运动，通过的路程等于位移大小，不是位移，因为位移有方向的，故A错误；B正确C、物体通过一段路程，其位移可能为零，比如做圆周运动，故C正确；D、物体沿着不同路径从一位置运动到达另一位置，它们的路程不同，但位移是相同，故D正确；本题选错误的，故选：A点评：解决本题的关键理解路程和位移的区别及联系．位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向．在单向直线运动中，位移的大小等于路程．6．考点：时间与时刻．专题：直线运动规律专题．分析：正确解答本题的关键是：理解时间间隔和时刻的区别，时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．解答：解：A、学校作息时间表的数字是时间点，因此为时刻，故A错误；B、每节课45 min，中的45 min指的是一个时间段，因此为时间，故B正确；C、数学考试9：40结束，9：40是个时间点，是时刻，故C错误；D、周末文艺晚会18：40开始，18：40是指的一个时间点，因此是时刻，故D错误．故选B点评：只要掌握了时刻在时间轴上对应的是一点，而时间间隔在时间轴上对应的是一段，即可顺利解决此类题目．7．考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是起点到终点的有向线段，决定于起点和终点的位置．解答：解：物体沿三条不同的路径由A运动到B，起点和终点的位置都相同，则位移一定相同．故选D点评：位移是描述运动常用物理量，抓住概念和方向性．比较简单．8．考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大表示速度变化快，加速度小表示速度变化慢．解答：解：A、加速度是描述速度变化快慢的物理量，方向与速度变化的方向相同，故A、B 错误，C正确．D、加速度的方向是速度变化的方向而不是物体运动方向（速度方向），故D错误．故选C点评：本题主要考查了加速度的定义，难度不大，属于基础题．9．考点：平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：平均速度的定义是一段时间的位移与所用时间的比值．解答：解：由平均速度公式V==10m/s知C正确．故选C点评：本题考查了平均速度的定义，记住，一定要紧扣公式去列式．10．考点：用打点计时器测速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：要保证从速度为零开始计时，便于之后选取计数点．其次就是测量时间很短无法保证人能在合适时间开启电源．采取先接通电源后释放纸带．解答：解：采取先接通电源后释放纸带．因为保证从速度为零开始计时，便于之后选取计数点．其次就是测量时间很短，无法保证人能在合适时间开启电源．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道接通电源和释放纸带的次序及能知道原因．11．考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：根据速度图象直接读出速度的变化情况，根据图线的斜率分析加速度如何变化，确定物体的运动情况．解答：解：开始一段时间速度均匀增大，说明物体做匀加速直线运动，后来速度均匀减小，说明物体做匀减速直线运动，但速度一直为正，速度方向相同；故选：A．点评：本题是速度图象问题，由图线形状直接读出物体速度的变化，抓住图线的“斜率”等于加速度．12．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：对于v﹣t图象，要读出随时间的变化速度如何变化；对于s﹣t图象，要读出随着时间的变化路程如何变化，从而找到符合匀速直线运动的图象．解答：解：A、是x﹣t图象：随时间的增大，位移不变，表示物体静止，故A不符合题意；B、是x﹣t图象：物体位移均匀增大，位移和时间的比值为常数，表示物体做匀速直线运动，故B正确；C、是v﹣t图象：随时间的增大，物体速度逐渐减小，表示物体做匀减速速直线运动，故C错误；D、是v﹣t图象：随时间的增大，物体速度逐渐增大，表示物体做匀加速运动，故D错误；故选：B．点评：此题考查的是我们对速度概念的理解和对图象的分析能力，属于基本能力的考查，读懂图象信息是正确解答此题的关键．13．考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：判断物体加速还是减速，看加速度与速度的方向关系，当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向相反，做减速运动．解答：解：A、若加速度方向和速度方向相同，无论加速度增大还是减小，速度都增大．故A 正确，B错误；C、若加速度方向与速度方向相反，无论加速度增大还是减小，速度都减小．故C错误；D、匀变速直线运动的加速度不变．故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键掌握当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向相反，做减速运动．14．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出初速度和加速度，然后再根据该公式求出3s内的位移．解答：解：A、由=10t﹣t2，则初速度v0=10m/s，a=﹣2m/s2．故A正确，BC错误；D、2s末，质点位移x=10t﹣t2=10×2﹣22=16m，为正值，故质点在出发点东边，距离16m处，故D错误；故选：A点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式15．考点：牛顿第三定律．专题：常规题型．分析：从力的概念，力作用的相互性，一个对另一个物体施加力的作用有两种形式：一是物体直接接触作用，二是物体之间的间接作用，等知识点对各个选项逐一分析即可．解答：解：A、小小秤砣压千斤，这是运用杠杆的原理，较小的力可以产生较大的作用效果，故A错误；B、水从高处流向低处，水向下运动的方向表明了重力的方向是竖直向下．故B错误；C、鸡蛋碰石头﹣﹣自不量力，石头对鸡蛋有力的作用，鸡蛋对石头也有力的作用，故C正确；D、水滴石穿﹣﹣非一日之功，反映的是持之以恒的精神，故D错误；故选：C．点评：此题主要考查学生对力作用的相互性这一知识点的理解和掌握，难度不大，是一道基础题．16．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：月球上没有空气，物体只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据自由落体运动的规律可知，下落时间由高度决定，高度相同，则运动时间相同．解答：解：月球上没有空气，羽毛和石块只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据h=可知：t=又因为羽毛和石块从同一高度同时下落，故运动的时间相等，所以羽毛和石块同时落地．故选：C．点评：月球上没有空气，静止释放的物体运动情况与地球上自由落体运动的物体运动运动情况相似，物体的位移、速度、加速度、时间等与物体的质量无关．这类题目根据自由落体运动的基本规律直接解题，难度不大．17．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动的加速度在地球上同一地点大小相等，在赤道处的重力加速度小于两极的重力加速度．解答：解：A、地球上同一地点的重力加速度相等，与物体的轻重无关．故A错误，B正确． C、在地球上两极的重力加速度大于赤道处的重力加速度．故CD错误．故选B．点评：解决本题的关键知道地球上同一地点的重力加速度相等，在赤道处的重力加速度小于两极的重力加速度．二、多项选择题（每小题3分，共18分；选不全得2分，选错或不选得0分）18．考点：滑动摩擦力；重力；重心．专题：摩擦力专题．分析：（1）重心不一定在物体的几何中心上，只有质量分布均匀，形状规则的物体，重心才在其几何重心；（2）在弹性限度范围内，F=kx，其中F为弹力大小，x为伸长量或压缩量，k为弹簧的劲度系数；（3）动摩擦因数与接触面的粗糙程度有关，与物体之间的压力、滑动摩擦力无关；（4）静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间发生变化的，当超过最大静摩擦力之后就开始相对运动了，此后就是滑动摩擦力了．解答：解：A．重心不一定在物体的几何中心上，只有质量分布均匀，形状规则的物体，重心才在其几何重心，故A正确；B．根据弹簧弹力的表达式F=kx，x为伸长量或压缩量，k为弹簧的劲度系数，可知：弹力不仅跟劲度系数有关，还跟伸长量或压缩量有关，故B错误；C．动摩擦因数与接触面的粗糙程度有关，与物体之间的压力、滑动摩擦力无关，故C错误；D．静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间发生变化的，当超过最大静摩擦力之后就开始相对运动了，此后就是滑动摩擦力了，故D正确．故选AD．点评：本题考查了重心、弹簧弹力、动摩擦因素、静摩擦力的影响因素，难度不大，属于基础题．19．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据坐标位置随时间的变化规律得出最初1s内的位移，结合位移公式得出速度和加速度的关系，从而确定质点的运动规律．解答：解：A、当t=0时，x=1m，可知质点不是从坐标原点开始运动，故A错误．B、根据知，初速度v0=﹣3m/s，加速度a=﹣4m/s2，可知初速度的方向和加速度方向相同，质点做加速运动，且质点一直沿x轴负方向运动．故B正确．C、在最初1s内，质点的位移x=（﹣2﹣3+1）﹣1m=﹣5m，可知质点的位移大小为5m，位移的方向与x轴正方向相反．故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，会根据速度方向和加速度方向的关系判断物体的运动规律．20．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：根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比解答：解：AB、根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：a1：a2=：=2：1．故A错误，B正确．CD、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为：x1：x2=v0t0：v0•2t0=1：2．故C错误，D正确．故选：BD．点评：本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．21．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：因为甲乙物体均做自由落体运动，所以它们的初速度为零，加速度为g，根据运动学关系式求解．解答：解：AB中、因为甲乙物体同时做自由落体运动，它们的初速度为零，加速度为g，任意时刻的速度为：v=gt，所以两物体下落过程中，在同一时刻甲的速度与乙的速度相等，故A 错误；B、根据v=gt可知下落ls末，它们的速度相等，故B正确；。

甘肃省天水市高三上学期第二次联考——物理物理

甘肃省天水市2015届高三上学期第二次联考物理试题一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分。

在每个小题给出的四个选项中，有的是一项是符合题目要求的，有多个选项是符合题目要求的，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．(单选)关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是（）A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比2．(单选)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，1s后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是（不计空气阻力，g= 10m/s2)（）A．在A点上方，速度方向向下B．在A点上方，速度方向向上C．正在A点，速度方向向下D．在A点下方，速度方向向下3. (单选)我国“蛟龙”号载人潜水器在西太平洋马里亚纳海沟成功突破7000米深度，创造了世界同类潜水器的最大下潜深度．设质量为M的“蛟龙”号在匀速下降，若此时缆绳的拉力为0，“蛟龙”号所受浮力F始终保持不变，“蛟龙”号在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g，现欲使“蛟龙”号以同样速率匀速上升，则缆绳的拉力为()A．2(Mg－F) B．Mg－2F C．2Mg－F D．04. (多选)如图所示s－t图象和v－t图象中,给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()A.图线1表示物体做曲线运动B.s－t图象中t1时刻v1＞v2C.v－t图象中0至t3时间内4的平均速度大于3的平均速度D.两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动5．(单选)如图甲所示，一物块m在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态．当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是()A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小6. (多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)．分析上表可知，下列说法正确的是()．A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 s B．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s C．驾驶员采取制动措施后汽车的加速度大小为3.75 m/s2D．若汽车以25 m/s的速度行驶时，发现前方60 m处有险情，酒后驾驶者不能安全停车7．(多选)物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()．A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD＝4 mC．可求得OA之间的距离为1.125 m D．可求得OA之间的距离为1.5 m8．(单选)如图2－1－20所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为1 000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数不可能为()．A．10 N B．20 N C．40 N．D．60 N9. (多选)如图2－2－9所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是()．A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动10．(单选)如图2－3－19所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在地面上，一质量为m的小木块在水平力F的作用下静止在斜面上．若只改变F的方向不改变F的大小，仍使木块静止，则此时力F与水平面的夹角为()．A．60°B．45°C．30°D．15°11．(单选)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是()．A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大12. (多选) 选如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t图象，根据图象可以判断（）A. 两球在t=2s 时速率相等B. 两球在t=8s 时相距最远C. 两球运动过程中不会相遇D.甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同方向相反13．(单选)如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )．A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aC ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a第Ⅱ卷二、实验题（本题共3小题，第14题4分，第15题8分，第16题10分，共22分。

试题精选_甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三上学期期中考试数学(理)调研试卷_精校完美版

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三上学期期中考试数学（理）试题本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题，50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设集合}log ,3{2a P =，{}b a Q ,=，若}0{=Q P ，则=Q P A.{}0,3 B.{}2,0,3 C.{}1,0,3 D.{}2,1,0,3 2．已知命题:,sin 1,p x R x ∀∈≤则p ⌝是A ．,sin 1x R x ∃∈≥B ．,sin 1x R x ∀∈≥C ．,sin 1x R x ∃∈>D ．,sin 1x R x ∀∈> 3.已知实数y x ,满足(01)xya a a <<<，则下列关系式恒成立的是A.33x y >B.sin sin x y >C.22ln(1)ln(1)x y +>+ D.221111x y >++ 4.曲线2-=x xy 在点)1,1(-处的切线方程为 A. 32+-=x y B. 32--=x y C. 12+-=x y D. 12+=x y5.若31)6sin(=+απ，则)3cos(απ-的值为A ．12- B ．12 C ．13- D ．135、将函数2cos2y x x -的图象向右平移4π个单位长度，所得图象对应的函数()g xA 1B ．对称轴方程是7,12x k k Z ππ=+∈ C ．是周期函数，周期2T π=D ．在区间7[,]1212ππ上单调递增 6、已知函数()log (01)a f x x a =<<的导函数()f x '，(),(1)()A f a b f a f a '==+-(1),(2)(1)C f a D f a f a '=+=+-+，则,,,A B C D 中最大的数是A ．AB ．BC ．CD ．D 7、已知a b <，若函数()(),f x g x 满足()()bbaaf x dxg x dx =⎰⎰，则称()(),f x g x 为区间[],a b 上的一组“等积分”函数，给出四组函数：①()()2,1f x x g x x ==+； ②()()sin ,cos f x x g x x ==；③()()234f xg x x π==； ④函数()(),f x g x 分别是定义在[]1,1-上的奇函数且积分值存在．其中为区间[]1,1-上的“等积分”函数的组数是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．48、已知2221a b c ++=21c x x m +≤-++对任意实数,,,a b c x 恒成立，则实数m 的取值范围是 A ．[)8,+∞ B ．(][),42,-∞-+∞ C ．(][),18,-∞-+∞ D ．[)2,+∞9.函数|1|||ln --=x e y x 的图象大致是10．函数)42sin(log 21π+=x y 的单调减区间为A ．)(,4Z k k k ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛-πππ B ．)(8,8Z k k k ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛+-ππππ C ．)(8,83Z k k k ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛+-ππππ D ．)(83,8Z k k k ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛++ππππ第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中的横线上 11、已知向量a 与向量b 的夹角为120，若()(2)a b a b +⊥-且2a =，则b 在a 上的投影为12、已知偶函数()f x 在(],0-∞上满足：当(]12,,0x x ∈-∞且12x x ≠时，总有12120()()x x f x f x -<-，则不等式()()1f x f x -<的解集为13．已知复数112z i =-，则12111z z z +=-的虚部是 . 14. 方程33x x k -=有3个不等的实根, 则常数k 的取值范围是 . 15．定义在R 上的函数)(x f 满足⎩⎨⎧>---≤-=0),2()1(0),8(log )(2x x f x f x x x f ，则=)2013(f .三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤 16、（本小题满分12分）已知集合U R =，集合{|(2)(3)0}A x x x =--<，函数2(2)lg x a y a x-+=-的定义域为集合B ．（1）若12a =，求集合()U A C B ；（2）命题:p x A ∈，命题:q x B ∈，若q 是p 的必要条件，求实数a 的取值范围．17、（本小题满分12分）在ABC ∆中，,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量(c o s ,s i n m A A =，向量(2s i n ,c o s )n A A =- 若2m n +=．（1）求角A 的大小；（2）若ABC ∆外接圆的半径为2，2b =，求边c 的长．18、（本小题满分12分）据气象中心观察和预测：发生于沿海M 地的台风已知向正南方向移动，其移动速度(/)v km h 与时间()t h 的函数图象如图所示，过线段OC 上一点(,0)T t 作横轴的垂线l ，梯形OABC 在直线l 左侧部分的面积即为()t h 内台风所经过的路程()s km ．（1）当4t =时，求s 的值，并将s 随t 变化的规律用数学关系式表示出；（2）若N 城位于M 地正南方向，且距N 地650km ，试判断这场台风师父会侵袭到N 城，如果会，在台风发生后多出时间它将侵袭到N 城？如果不会，请说明理由．19、（本小题满分12分）某地一天的温度（单位：C ）随时间t （单位：小时）的变化近似满足函数关系：()[]244sin ,0,24f t t t t ωω=--∈，且早上8时的温度为24C ，(0,)8πω∈．（1）求函数的解析式，并判断这一天的最高温度是多少？出现在何时？（2）当地有一通宵营业的超市，我节省开支，跪在在环境温度超过28C 时，开启中央空调降温，否则关闭中央空调，问中央空调应在何时开启？何时关闭？20、（本小题满分13分）已知函数()()22(),(1)f x x x a g x x a x =-=-+-（其中a 为常数）（1）如果函数()y f x =和()y g x =有相同的极值点，求a 的值，并写出函数()y f x =的单调区间；（2）求方程()()0f x g x -=在区间[]1,3-上实数解的个数．21、（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：当1x >时，12ln x x x<-；（Ⅱ）若不等式(1)ln(1)a t a t++>对任意的正实数t 恒成立，求正实数a 的取值范围；（Ⅲ）求证： 19291()10e<数学（理科）答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中横线上. 11． 12．1{|}2x R x ∈> 13. 1 14. （-2,2） 15. -3三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．（本小题满分12分）解析：（1）因为集合{|23}A x x =<<，因为12a =函数29(2)4lg =lg12x x a y a x x--+=--，由9412x x -->0，可得集合19={|}24B x x <<…………2分19{|}24U B x x x =≤≥或ð， …………………………………………4分故9(){|3}4UA B x x =≤<ð. ……………………………6分（2）因为q 是p 的必要条件等价于p 是q 的充分条件，即A B ⊆由{|23}A x x =<<，而集合B 应满足2(2)0x a a x-+>-，因为22172()024a a a +-=-+>故2{|2}B x a x a =<<+， ……………………8分依题意就有：2223a a ≤⎧⎨+≥⎩， ………………………………………10分即1a ≤-或12a ≤≤所以实数a 的取值范围是∞(-,-1][1,2]. …………………12分18．（本小题满分12分）解析：（Ⅰ）由图象可知：直线OA 的方程是：3v t =，直线BC 的方程是：270v t =-+ 当4t =时，12v =，所以1412242s =⨯⨯=. …………………………………2分当010t ≤≤时，213322s t t t =⨯⨯=； ………………………3分当1020t <≤时，11030(10)30301502s t t =⨯⨯+-⨯=-…………………4分当2035t <≤时，21150300(20)(27030)705502s t t t t =++⨯-⨯-++=-++ …………5分综上可知s 随t 变化的规律是223[0,10]230150(10,20]70550(20,35]tt s t t t t t ⎧∈⎪⎪⎪=-∈⎨⎪⎪-+-∈⎪⎩………………………………………7分（Ⅱ）[0,10]t ∈，2max 3101506502s =⨯=<， …………………………………………8分(10,20]t ∈,max 3020150450650s =⨯-=< …………………………9分当(20,35]t ∈时，令270550650t t -++=，解得30t =，（40t =舍去）…………………………11分即在台风发生后30小时后将侵袭到N 城. ……………………12分19．（本小题满分12分）解析：故中央空调应在上午10时开启，下午18时（即下午6时）关闭…………12分20．（本小题满分13分）解析：（Ⅰ）2322()()2f x x x a x ax a x =-=-+，则22()34(3)()f x x ax a x a x a '=-+=--， ……………………1分令()0f x '=，得x a =或3a，而二次函数()g x 在12a x -=处有极大值，∴112a a a -=⇒=-或1323a a a -=⇒=；综上：3a =或1a =-． ………………………4分当3a =时，()y f x =的单调增区间是(,1],[3,)-∞+∞，减区间是(1,3)……5分当1a =-时，()y f x =的单调增区间是1(,1],[,)3-∞--+∞，减区间是1(1,)3--； ………………6分（Ⅱ）22()()()[(1)]f x g x x x a x a x a -=---+-+2()()(1)x x a x a x =-+-+2()[(1)1]x a x a x =-+-+， …………8分 2()(1)1h x x a x =+-+， (1)(3)a a ∆=+-1 当13a -<<时，0∆<，()0h x =无解，故原方程的解为[1,3]x a =∈-，满足题意，即原方程有一解，[1,3]x a =∈-； …………………9分2 当3a =时，0∆=，()0h x =的解为1x =，故原方程有两解，1,3x =；3 当1a =-时，0∆=，()0h x =的解为1x =-，故原方程有一解，1x =-；4 当3a >时，0∆>，由于(1)14,(0)1,(3)133h a h h a -=+>==-若1313303a a -≤⇒≥时，()0h x =在[1,3]-上有一解，故原方程有一解；若13133033a a ->⇒<<时，()0h x =在[1,3]-上无解，故原方程有无解； 5 当1a <-时，0∆>，由于(1)10,(0)1,(3)1330h a h h a -=+<==->()0h x =在[1,3]-上有一解，故原方程有一解； …………………11分综上可得：当1333a <<时，原方程在[1,3]-上无解；当3a <或133a ≥时，原方程在[1,3]-上有一解；当3a =时，原方程在[1,3]-上有两解.……………13分21．（本小题满分14分）解析：（Ⅰ）令函数1()2ln f x x x x=-+，定义域是{|1}x R x ∈> 由22221(1)()10x f x x x x --'=--=≤，可知函数()f x 在(1,)+∞上单调递减故当1x >时，1()2ln (1)0f x x x f x=-+<=，即12ln x x x<-. ……………………………3分（Ⅱ）因为0,0t a >>，故不等式(1)ln(1)a t a t ++>可化为ln(1)att t a+>+……()*问题转化为()*式对任意的正实数t 恒成立，由(Ⅰ)可知2min (2)11()2ln(1)2ln 2ln ()01a a x g t a x x x a x x--=--=-=--<-，不合题意.综上可得，正实数a 的取值范围是(0,2]. ………………10分（Ⅲ）要证19291()10e <，即证910119ln 2ln 19ln 219ln(1)21099e <-⇔>⇔+>，由（Ⅱ）的结论令2a =，有2(1)ln(1)2t t++>对0t >恒成立，取19t =可得不等式119ln(1)29+>成立，综上，不等式19291()10e<成立. ………………………………14分。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三上学期第三次检测物理试题

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三上学期第三次检测物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家以及他们的贡献，下列选项中说法都正确的是( )①伽利略发现了行星运动的规律 ②卡文迪许通过实验测出了引力常量 ③牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 ④笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献A ． ① ②B ． ③ ④C ． ① ③D ． ② ④2. 如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，若端跨过位于O …点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO …段水平，长为度L ；绳子上套一可沿绳滑动的轻环。

现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L 。

则钩码的质量为( )A ．M 22B ．M 23 C ．M 2 D ．M 33.如图所示，一位高为h 的中学生绕着O 点把倒在地上的旗杆扶起来，当学生以速度v 向左运动时，旗杆与地面的夹角恰为α，则旗杆转动的角速度为( ) A ．ω=v/h B ．ω=vsin α/h C ．ω=vsin 2α/h D ．ω=v/hsin α4.如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，初速度为20m/s, 已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．下列说法正确的是( )A ．运动员离斜坡的最大距离为9mB ．运动员离斜坡的最大距离为12mC ．运动员空中飞行了1.5sD ．A 点与O 点的距离L =70m5. 设地球自转周期为T ，质量为M ，引力常量为G ，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R 。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三第四次模拟考试数学(理)试题及答案

甘肃省天水市秦安县第二中学2015届高三第四次模拟考试理科数学第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共计50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把正确答案的代号填在答题卡上. 1已知全集为{}1,0,|01x R A x B x x x -⎧⎫=≤=>⎨⎬+⎩⎭,则()R C A B = A.(,0](1,)-∞+∞B.(,0][1,)-∞+∞C.(,1)-∞-D.(,1]-∞-2．某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是B.1C.2D.43．下列函数中，既是奇函数，又在),(+∞-∞上为增函数的是A. xy 3= B. xy 1=C. 3y x = D.x y tan = 4．某医疗研究所为了检验某种血清能起到预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未用血清的人一年中的感冒记录作比较，利用2×2列联表计算得918.32≈k 。

附表：则作出“这种血清能起到预防感冒的作用”出错的可能性不超过 A. %95 B. %5 C. %5.97 D.%5.25．设函数)32sin()(π+=x x f 的图象为M ，下面结论中正确的是A.图象M 可由x y 2sin =的图象向左平移6π个单位得到 B ．函数()f x 的最小正周期是π4 C ．图像M 关于直线3π=x 对称D ．函数)(x f y =在区间)6,65(ππ-上是增函数 6. 有下列四个命题,其中正确命题的个数是①.“2x ∀≥，2320x x -+≥”的否定．．是“20<∃x ，使023020<+-x x ”. ②. 已知0>a 且1≠a ，则“0log >b a ”是“0)1)(1(>--b a ”的充要条件.③. 采用系统抽样法从某班按学号抽取5名同学参加活动，若已知学号为5,16,38,49的同学被选出，则被选出的另一个同学的学号为27.④.某学校决定从高三800名学生中利用随机数表法抽取50人进行调研，先将800人按001,002，…,800进行编号；如果从第8行第7列的数开始从左向右读，则最先抽取到的两个人的编号依次为165,538（下面摘取了随机数表中第7行至第9行）8442 1753 3157 2455 0688 7704 7447 6721 7633 5026 83926301 5316 5916 9275 3862 9821 5071 7512 8673 5807 44391326 3321 1342 7864 1607 8252 0744 3815 0324 4299 7931A. 1个B. 2个C. 3个D.4个7. 北京某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有A ．2465A A ⨯种 B.246A 5⨯种 C.2465C A ⨯种 D.246C 5⨯8.ABC ∆的外接圆圆心为O ,半径为2，=++,OA AB =,CB CA 方向上的投影为A.3-B.3-C.3D.39..执行如图所示的程序框图,若将判断框内“100S >”改为关于n 的不等式“0n n ≥”且要求输出的结果不变,则正整数0n 的取值 A.是4 B.是5 C.是6 D.不唯一10．.若函数|2|2y x =--的定义域为集合{|22}A x R x =∈-≤≤,值域为集合B ,则 A.A B = B.A B ⊂ C.B A ⊂ D.A B =∅第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题:.11. 函数)0(1213)(2>++=x x x x f 的最小值为 . 12. 设不等式组 110330530x y x y x y 9+-≥⎧⎪-+≥⎨⎪-+≤⎩表示的平面区域为D ，若指数函数y=xa 的图像上存在区域D 上的点，则a 的取值范围是 13. 若等边ABC ∆的边长为2，平面内一点M 满足2131+=，则=⋅ .14．设)(x f 是定义在R 上的偶函数，对R x ∈，都有)2()2(+=-x f x f ，且当[]02，-∈x 时，1)21()(-=x x f ，若在区间]62(，- 内关于x 的方程)1(0)2(log )(>=+-a x x f a 恰有3个不同的实数根，则a 的取值范围是 .15．设数列{a n }满足：a 1=1，a 2=4，a 3=9，a n =a n-1+a n-2-a n-3 （n=4,5, ……）,则a 2015 = 三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（本小题满分12分）在△ABC 中，角A 、B 、C 对应的边分别是a 、b 、c ，已知23cos cos 23sin sinC 2cos B C B A +=+. (I)求角A 的大小；(II)若b ＝5，sin B sin C=57,求△ABC 的面积S17. (本小题满分12分)某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每件的利润与该产品首次出现故障的时间有关．某厂家生产甲、乙两种品牌，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件，统计数据如下：将频率视为概率，解答下列问题：(I)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件，求其至少有一件首次出现故障发生在保修期内的概率；(II)若该厂生产的家电均能售出，记生产一件甲品牌的利润为X 1，生产一件乙品牌家电的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；(III)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的家电．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的家电？说明理由． 18．（本小题满分12分）如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=，AP BP AB ==，PC AC ⊥．（Ⅰ）求证：PC ABC ⊥平面；（Ⅱ）求二面角B AP C --的的余弦值 . 19.（本小题满分12分）已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+- (I)求函数分f(x)在[],2t t + （t>0）上的最小值；(II)对一切()0,x ∈+∞，2(()f x g x ≥）恒成立，求实数a 的取值范围； (III)证明：对一切()0,x ∈+∞都有12ln xx e ex>-成立20. (本小题满分13分)已知椭圆222:1x y aγ+=（常数1a >）的左顶点为R ，点(,1),(,1)A a B a -，O 为坐标原点．ABDP（Ⅰ）若P 是椭圆γ上任意一点，OP mOA nOB =+，求22m n +的值；（Ⅱ）设1122(,),(,)M x y N x y 是椭圆γ上的两个动点，满足OMON OA OB k k k k ⋅=⋅，试探究OMN∆的面积是否为定值，说明理由．21. (本小题满分13分)已知a R ∈，函数()ln 1af x x x=+-，()(ln 1)x g x x e x =-+．（Ⅰ）求函数()f x 在区间(0,]e 上的最小值；（Ⅱ）是否存在实数0(0,]x e ∈，使曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直？若存在，求出0x 的值，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：*11111(1)ln[(1)(2)]()ln ()234!n n k e k k k n n N n n =++++⋅++>-⋅∈∑理科数学参考答案一、选择题二、填空题11、10； 12. (1,3] 13. 89- 14. (34,2) 15. 8057 三、解答题16. 【解】 (I)由23cos cos 23sin sinC 2cos B C B A +=+，得 2cos 2A ＋3cos A －2＝0，即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0.----2分解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)．----4分因为0<A <π，所以A ＝π3.-----6分(II)由又由正弦定理，得sin B sin C ＝b a sin A ·c a sin A ＝bc a 2·sin 2A ＝＝57.—8分由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ,又b ＝5，所以c ＝4或25.4c =----10分 S ＝12bc sin A ＝12bc ·32＝34bc ＝53或S = ----12分 17. 【解】 (I)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A ，则P (A )＝45451915050100-⋅=.----4分 (II)依题意得，X 1的分布列为X 2的分布列为分 (III)由(II)得E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝14350＝2.86(百元)，E (X 2)＝1.8×110＋2.9×910＝2.79(百元)．-----------12分因为E (X 1)>E (X 2)，所以应生产甲品牌家电． 18. 证明：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，．AP BP =，PD AB ∴⊥．AC BC =，CD AB ∴⊥．PD CD D =， AB ∴⊥平面PCD ．----3分PC ⊂平面PCD ，PC AB ∴⊥，又∵PC AC ⊥，∴PC ABC ⊥平面-----6分解：（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -．则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．设(00)P t ，，．---8分 z x yPB AB ==2t ∴=，(002)P ，，．----9分取AP 中点E ，连结BE CE ，．AC PC =，AB BP =，CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．(011)E ，，，(011)EC =--，，，(211)EB =--，，，---10分cos 26EC EB BEC EC EB∴∠===．∴二面角B AP C --．--12分 19. 解：(I)f (x)=lnx+1’，''110,,0,.(,),0,x y y x y y e e⎛⎫∈<↓∈+∞>↑ ⎪⎝⎭---2分当102t t e <<+<时不可能；当min 11102,0,()();t t t f x f e e e e <<<+<<==-即当[]min 112,(),2,()()ln t t t f x t t f x f t t t e e≤<+≥+↑==即 11,0()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩；----5分(II)可化为332ln ,()2ln (0)a x x h x x x x x x≤++=++>设 '2(3)(1)()x x h x x+-=，当0<x<1时，''()0,(),1()0,()h x h x x h x h x <>>递减当，递增，所以h(x)最小=h(1)=4，对一切x>0， 4a ≤------9分(III)问题等价于证明()2ln 0xx x x x e e>-> ，由（1）知()ln ,(0)f x x x x =>的最小值是1e -，当且仅当1x e =时取到等号，设m(x)='21(0),()x x x x x m x e e e-->=，易知m(x)最小等于m(1)1e =-，当且仅当x=1时取到，从而对一切()0,x ∈+∞都有12ln x x e ex>-成立----12分20解：（Ⅰ）(),OP mOA nOB ma na m n =+=-+，得(),P ma na m n -+…………2分将P 代入椭圆1222=+y a x 得1)()(2222=++-n m an m a化简得2212m n +=……………………5分（Ⅱ）法一：①当MN 的斜率不存在时，不妨设),(11y x M ，),(11y x N -且01>x ，01>y由221211ak k x y k k OB OA ONOM -=⋅=-=⋅ 化简得 21221x a x =，联立椭圆方程解得)22,22(a M ，)22,22(-a N 故222221221aa y x S OMN =⋅⋅=⋅⋅=∆（为定值）……………………6分 ②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y kx t =+由()()22222222211210x y a k x kta x a t a y kx t ⎧+=⎪⇒+++-=⎨⎪=+⎩由1122(,),(,)M x y N x y ，可得()2221212222212,11a t kta x x x x a k a k--+==++…………7分 ()()()2222212121212221t a k y y kx t kx t k x x kt x x x t a k-=++=+++=+ 又 122121OM ON y y k k x x a⋅==-，可得22221t a k =+ ……………………9分因为12MN x x =-，点O 到直线MN的距离d =10分12122OMNt S MN d x x ∆=⋅⋅=⋅-2t =22t a==综上：OMN ∆的面积为定值2a………………………………13分解法二：由条件得，122121y y x x a=- ……………………6分平方得224222222121212()()x x a y y a x a x ==--, 即22212x x a += …………7分122112OMN S x y x y ∆=-………………………………8分=2a==………………………………12分故OMN ∆的面积为定值2a………………………………13分21解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞∵ ()ln 1a f x x x =+- ∴2()x a f x x -'= 令2()0x af x x a x-'==⇒= ① 若0a ≤，则()0f x '>，()f x 在区间(0,]e 上单调递增，此时，()f x 无最小值； ② 若0a e <<，则当(0,)x a ∈时，()0f x '<，当[,]x a e ∈时，()0f x '>， ∴()f x 在区间(0,]a 上单调递减，在区间(,]a e 上单调递增， ∴当x a =时，()f x 有最小值ln a ；③ 若a e ≥，则()0f x '≤，()f x 在区间(0,]e 上单调递减， ∴当x e =时，()f x 有最小值ae．综上：()00mina f x lna ,a e a ,a e e⎧⎪≤⎪=<<⎨⎪⎪≥⎩不存在，…………4分（Ⅱ） ∵ ()(ln 1)xg x x e x =-+ ∴ 1()(ln 1)1xg x x e x'=+-⋅+由（Ⅰ）可知：当1a =时，1()ln 1f x x x=+-在区间(0,]e 上有最小值ln10= ∴1()ln 10f x x x =+-≥∴当0(0,]x e ∈时，00001()(ln 1)10x g x x e x '=+-⋅+> ∵曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直等价于：方程0()0g x '=有实数解，而 0()0g x '> 即方程0()0g x '=无实数解，故不存在实数0(0,]x e ∈，使曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直……8分（Ⅲ）由（1）可知：当1a =时，1()ln 10f x x x=+-≥ 对[0,)x ∀∈+∞恒成立，即当1x ≥时，恒有11ln x x≥- ．．．．．．．．（＊）取*()x n n N =∈，得11ln n n≥- ∴()()1111123!23!ne n ln ln ln lnn n ln n ln nn ++++≥-++++=-=故111123!ne ln n n ++++≥(n ∈*N ) …………………………10分又在（*）式中，取()()12x k k k =++(k ∈*N )，得：()()()()()()()11111211121122ln k k k k k k k k k k ⎡⎤⎡⎤++≥-=--⋅⎢⎥⎣⎦+++++⎣⎦∴11111ln[(1)(2)][]()22(1)(2)4nk k k k n n n n =++≥-⋅->-++∑ 故()()11111112234n n k e ln k k k n ln n n!=⎛⎫⎛⎫⎡⎤++++⋅++>-⋅ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭∑(n ∈*N )………13分或：又在（＊）式中，取*(1)(2)()x k k k k N =++∈，得：ln[(1)(2)]ln 6ln 1k k k e ++≥>= ∴11ln[(1)(2)]()4nk k k k n n =++≥>-∑ 故11111(1)ln[(1)(2)]()ln 234!nn k e k k k n n n =++++⋅++>-⋅∑(n ∈*N )…………13分。

15—16学年上学期高二期末考试物理试题(附答案)(3)

甘肃省天水市秦安县第二中学2015--2016学年第一学期期末考试高二物理试题一、选择题（本题包括13小题。

每小题3分，共39分。

在每小题给出的四个选项中。

只有一个选项正确）1.发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A.洛伦兹B.库仑C.法拉第D.奥斯特2.在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a 点移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A.该电荷在b点电势能较a点大B.a点电势比b点电势低C.a、b两点电势差大小一定为U=EdD.a、b两点电势差大小为qW Uab3.已知点电荷A电量是点电荷B的2倍，则A对B作用力大小跟B对A作用力的比值为（）A.2:1B.1:2C.1:1D.不一定4.如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）5.在电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A.若放在P点的电荷带的电荷量加倍，则P点的场强加倍B.若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C.P点的场强越小，则同一电荷在P点受到的电场力越小D.P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向6．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．随着粒子圆周运动的半径不断增大，粒子在磁场中运动半周所需时间也不断增大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7．一束几种不同的正离子，垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图．对这些离子，可得出结论 A ．它们的动能一定各不相同 B ．它们的电量一定相同 C ．它们的质量一定各不相同 D ．它们的比荷一定各不相同8．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a ，下列各种情况中铜环a 中没有感应电流的是 A ．将电键突然断开的瞬间B ．线圈中通以恒定的电流C ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做加速移动D ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做匀速移动9．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是 A ．a 点 B ．b 点 C ．c 点 D ．d 点10．长为L ，间距也为L 的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，今有质量为m 、带电量为q 的正离子从平行板左端两板正中间以平行于金属板的方向射入磁场。

甘肃省天水一中高三物理上学期期中试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题

甘肃省天水一中2015届高三上学期期中物理试卷一、选择题〔1--8、11、12为单项选择题，每一小题4分，9、10、13为多项选择题，每一小题4分〕1．〔4分〕两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的一样金属小球〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，如此两球间库仑力的大小为〔〕A．B．C．D．12F2．〔4分〕如下列图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以一样速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．如此〔〕A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小3．〔4分〕如下列图，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，如此3个夸克在其圆心处产生的电场强度为〔〕A．B．C．D．4．〔4分〕带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷．如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如下列图的曲线〔电场方向未画出〕．虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的答案是〔〕A．平行金属板间的电场，可以看做匀强电场B．b点的电势高于d点的电势C．b点的电势低于c点的电势D．假设将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，它必将沿着电场线运动到负极板5．〔4分〕如下列图，在X轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和﹣Q，一正方形ABCD与XOY在同一平面内，其中心在O点，如此如下判断正确的答案是〔〕A．O点电场强度为零B．A、C两点电场强度相等C．B、D两点电势相等D．假设将点电荷﹣q从A点移向C，电势能减小6．〔4分〕如下列图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中〔〕A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小7．〔4分〕图中A、B、C三点都在匀强电场中，AC⊥BC，∠ABC=53°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.6×10﹣3J，如此该匀强电场的场强大小和方向是〔〕A．800V/m，垂直AC向左B．800V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下8．〔4分〕静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，如此〔〕A．在﹣d＜x＜d区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小9．〔4分〕光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的v﹣t 图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置〔图中标出了该切线〕，如此以下分析正确的答案是〔〕A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB．由C点到A点物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点，电势逐渐降低D．B、A两点间的电势差为U BA=8.25V10．〔4分〕如下列图的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U．以下说法正确的答案是〔〕A．假设仅将R2的滑动触头P向b端移动，如此I不变，U增大B．假设仅增大A、B板间距离，如此电容器所带电荷量减少C．假设仅用更强的光照射，如此I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．假设仅用更强的光照射R1，如此U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变11．〔4分〕电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如下列图的电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，如此〔〕A．灯泡亮度变暗B．电容器两极板间电压变小C．电容器所带电荷量减小D．液滴向上运动12．〔4分〕如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是〔〕A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω二、实验题13．〔6分〕用多用表的欧姆挡〔R×1K〕检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明〔〕A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大C．此时红表笔接的是二极管的正极D．此时红表笔接的是二极管的负极14．〔12分〕两位同学在实验室利用如图〔a〕所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E 和内电阻r．调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图〔b〕所示的两条U﹣I直线．回答如下问题：〔1〕根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的答案是A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据〔2〕根据图〔b〕，求出定值电阻R0=Ω，电源的电动势E=，电源内电阻的阻值r=Ω四、计算题〔34分〕15．〔11分〕如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接〔图中未画出〕，其中B板接地〔电势为零〕，A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m=2.0×10﹣23kg，电量q=+1.6×10﹣15C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求：〔1〕在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；〔2〕假设在t=时刻从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子恰好不能到达A板，试求 A 板电势变化的周期为多大？16．〔10分〕如下列图，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1Ω，电炉电阻R=19Ω，电解槽电阻r′=0.5Ω．当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率475W〔电炉电阻可看作不变〕．试求：〔1〕电源的电动势；〔2〕S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；〔3〕S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．17．〔13分〕如下列图的直角坐标系中，在直线x=﹣2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向．在电场左边界上A〔﹣2l0，﹣l0〕到C〔﹣2l0，0〕区域内，连续分布着电荷量为+q、质量为m的粒子．从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以一样的速度v0沿x 轴正方向射入电场．假设从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′〔0，l0〕沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图虚线所示．不计粒子的重力与它们间的相互作用．求：〔1〕粒子从A点到A′的时间t；〔2〕匀强电场的电场强度E；〔3〕在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？甘肃省天水一中2015届高三上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔1--8、11、12为单项选择题，每一小题4分，9、10、13为多项选择题，每一小题4分〕1．〔4分〕两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的一样金属小球〔均可视为点电荷〕，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，如此两球间库仑力的大小为〔〕A．B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：计算题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个一样的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．应当选C．点评：此题考查库仑定律与带电题电量的转移问题．2．〔4分〕如下列图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以一样速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．如此〔〕A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化．解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．应当选C．点评：加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．3．〔4分〕如下列图，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，如此3个夸克在其圆心处产生的电场强度为〔〕A．B．C．D．考点：电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先将两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的电场强度进展合成，再与电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度合成，求出3个夸克在其圆心处产生的电场强度．解答：解：一个下夸克在圆心处产生的电场强度大小为E1==，两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的合场强大小为E2=E1=，方向沿A→O．电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度大小为E3==，方向沿A→O，所以3个夸克在其圆心处产生的电场强度大小E=E2+E3=，方向沿A→O．应当选A点评：此题电场的叠加问题，要利用对称性．对于两个下夸克场强的合成可利用力的合成进展类比．4．〔4分〕带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷．如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如下列图的曲线〔电场方向未画出〕．虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的答案是〔〕A．平行金属板间的电场，可以看做匀强电场B．b点的电势高于d点的电势C．b点的电势低于c点的电势D．假设将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，它必将沿着电场线运动到负极板考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：匀强电场中场强处处一样，电场线应是平行同向疏密均匀的直线；顺着电场线方向电势降低；带电粒子要沿电场线运动，电场线必须是直线．解答：解：A、由电场线的分布情况看出，平行金属板间各处的电场强度不是处处一样，所以不能看成匀强电场，故A错误．B、与电场线垂直的直线应是等势线，由图看出图中虚线是一条等势线，b点与d点的电势一样，故B错误．C、据题上极板带正电荷，电场线从上极板指向下极板，根据顺着电场线方向电势降低，可知d点的电势低于c点，而b、d两点的电势相等，所以b点的电势低于c点的电势．故C 正确．D、将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，不一定能沿电场线运动，只有在ab所在的电场线上，正电荷所受的电场力一直沿电场线向下，能沿此电场线运动，其他电场线是曲线，正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向，将使电荷离开电场线，故D错误．应当选：C．点评：解决此题关键掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的上下，要明确只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动．5．〔4分〕如下列图，在X轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和﹣Q，一正方形ABCD与XOY在同一平面内，其中心在O点，如此如下判断正确的答案是〔〕A．O点电场强度为零B．A、C两点电场强度相等C．B、D两点电势相等D．假设将点电荷﹣q从A点移向C，电势能减小考点：电场的叠加；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷产生的电场中，电场线关于两电荷的连线和中垂线对称，根据对称性分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势关系．对于电势能，可根据负电荷在电势高处电势能小进展判断．解答：解：A、Q和﹣Q在O点的电场方向均向右，根据叠加原理可知O点电场强度不为零．故A错误．B、根据电场线分布的对称性可知，A、C两点电场强度相等，故B正确．C、根据顺着电场线方向电势降低，D点的电势比B点高，故C错误．D、A到C电势逐渐降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能增大，故D错误．应当选：B．点评：考查等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性．6．〔4分〕如下列图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中〔〕A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小考点：库仑定律．分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．解答：解：A、当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，如此电势能先减小后增加．所以A正确；B、D错误；C、根据库仑定律可知，静电力先增大后减小，故C错误；应当选：A．点评：根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．7．〔4分〕图中A、B、C三点都在匀强电场中，AC⊥BC，∠ABC=53°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.6×10﹣3J，如此该匀强电场的场强大小和方向是〔〕A．800V/m，垂直AC向左B．800V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下考点：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：根据一个q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等．根据电荷从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，由电势差的公式求出BC间的电势差．由E=求场强大小，根据等势线与电场线垂直，作出电场线．解答：解：由题，q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，如此A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为：==﹣173V该匀强电场的场强大小为：E==电场线方向垂直于AB向下．如图．应当选：D．点评：此题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路．8．〔4分〕静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，如此〔〕A．在﹣d＜x＜d区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势随x均匀变化时，电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向．简谐运动的特征是F=﹣kx，在恒力作用下粒子不可能做简谐运动．根据动能定理研究动能．根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化．解答：解：A、在﹣d＜x＜0内的场强大小 E==，电势升高，如此场强方向沿﹣x方向；在0＜x ＜d区间内，场强大小E==，电势降低，如此场强沿+x方向．故A错误．B、由上分析可知，在﹣d＜x＜0内场强不变，粒子所受的电场力不变，在0＜x＜d区间内，场强不变，粒子所受的电场力也不变，对照简谐运动的条件F=﹣kx，可知粒子做非简谐运动，故B错误．C、粒子能运动到﹣d处时速度为零，根据动能定理得：﹣qφ0=0﹣E k0，如此得：粒子在O点的动能至少为 E k0=qφ0．故C正确．D、粒子从﹣运动到的过程中，电势先升高后降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能先减小后增大，故D错误．应当选：C点评：此题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用动能定理求解动能．9．〔4分〕光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的v﹣t 图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置〔图中标出了该切线〕，如此以下分析正确的答案是〔〕A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB．由C点到A点物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点，电势逐渐降低D．B、A两点间的电势差为U BA=8.25V考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据v﹣t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的上下．根据动能定理求解AB 两点电势差U AB．解答：解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a===2m/s2，E==V/m=lV/m．故A正确．B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小．故B错误．C、由电势能的公式E P=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确．D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qU AB=mv B2﹣mv A2，如此得，U AB==×〔42﹣72〕=﹣8.25V，所以U BA=﹣U AB=8.25V，故D正确．应当选：ACD点评：解决此题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系E P=qφ．10．〔4分〕如下列图的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U．以下说法正确的答案是〔〕A．假设仅将R2的滑动触头P向b端移动，如此I不变，U增大B．假设仅增大A、B板间距离，如此电容器所带电荷量减少C．假设仅用更强的光照射，如此I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．假设仅用更强的光照射R1，如此U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：此电路中R1和R3串联，电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压．根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以与θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．解答：解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变．故A 错误．B、假设仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，如此由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B正确．C、假设仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，如此电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少．故C错误．D、假设仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir可得：||=r，不变，故D正确．应当选：BD点评：解决此题的关键电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进展动态分析．对于电容的动态分析，应根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进展分析．11．〔4分〕电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如下列图的电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，如此〔〕A．灯泡亮度变暗B．电容器两极板间电压变小C．电容器所带电荷量减小D．液滴向上运动考点：闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动．专题：恒定电流专题．分析：先读懂电路图，知该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．解答：解：A、当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由P L=I2R L知灯泡的功率增大，将变亮，故A错误．B、电流增大，R1两端间的电压增大，如此电容器的电压增大，故B错误．C、由电容器的电量公式Q=CU知电容器所带的电荷量增大，故C错误．D、电容器板间场强E=，知板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力〔方向向上〕增大，故液滴向上运动，故D正确．应当选：D．点评：此题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、局部电路的欧姆定律、匀强电场．解决此题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律进展动态分析．12．〔4分〕如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是〔〕A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω考点：多用电表的原理与其使用．专题：恒定电流专题．分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：I g=半偏时，I g=联立解得：R中=R总=应当选B．点评：此题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．二、实验题13．〔6分〕用多用表的欧姆挡〔R×1K〕检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明〔〕A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大C．此时红表笔接的是二极管的正极D．此时红表笔接的是二极管的负极考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．。