福建省厦门第一中学2016届高三暑期第三次返校考试物理试卷
2016-2017学年福建省厦门一中高三(下)开学物理试卷
2016-2017学年福建省厦门一中高三（下）开学物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共18.0分)1.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值【答案】D【解析】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•．E p-x 图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误．B、D：由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D 正确．C、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2=φ0＜φ1．故C错误．故选：D．根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=q E，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析．2.如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A.在CD段时，A受三个力作用B.在DE段时，A可能受三个力作用D.整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【答案】C【解析】解：A、在CD段，整体的加速度为：a==gsinθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=0，可知A受重力和支持力两个力作用．故A错误．B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度为：a==gsinθ-μgcosθ，隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=-μm A gcosθ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力．故B错误，C正确．D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态．故D错误．故选：C．根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力．本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．3.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（）A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D.若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【答案】A【解析】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误．故选A电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态．本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)4.如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A.液滴做的是匀速直线运动B.液滴做的是匀减直线运动C.两板的电势差为D.液滴的电势能减少了mgd【答案】ACD【解析】解：A、B、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确B错误；C、液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有q U-mgd=0，解得：U=，故C正确；D、液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功-mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确；故选：ACD．液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=E d求解电势差．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动是解题的关键，然后再根据功能关系进行分析求解即可得出电势能和电势差的大小．5.如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是（）A.此刻两根线拉力大小相同B.运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC.运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD.若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能【答案】CD【解析】解：A、初始位置，球1加速度向上，超重；球2加速度向下，失重；故球1受到的拉B、C、球1在最高点，有：F1+mg=m球2在最低点，有：F2-mg=m两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：球2：联立解得：F1=-5mg；F2=+5mg；故F2-F1=10mg；故B错误，C正确；D、两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确；故选：CD．设初始位置小球的速度为v，根据动能定理求解出球1最高点速度和球2最低点速度；然后根据向心力公式列式求解弹力差．本题关键求解出两个球在最低点和最高点的速度，然后根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解出弹力，不难．6.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m．开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（）A.此时弹簧的弹性势能等于mgh-mv2B.此时物体B的速度大小也为vC.此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D.弹簧的劲度系数为【答案】AD【解析】解：D、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：k=，故D正确；B、此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故B错误；C、此时物体A受重力和细线的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C错误；A、物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh=E p弹+mv2，故E p弹=mgh-mv2；故A正确；故选：AD机械能守恒定律列式分析．本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.某同学在研究性学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如图中表所示，利用这些数据来计算地球表面与月球表面之间的距离s，则下列运算公式中错误的是（）-R-r D.s=-R-rA.s=c•B.s=-R-rC.s=′【答案】C【解析】解：A、由题，激光器发出激光束从发出到接收的时间为t=2.565s，光速为c，则有：s=．故A正确．B、由题，月球绕地球转动的线速度为：v=1km/s，周期为：T=27.3s，则月球公转的半径为：R′=，s=R′-R-r=-R-r．故B正确．C、月球表面的重力加速度g′与月球绕地球转动的线速度v没有关系，不能得到g′=，′．故C错误．则不能求出R′=′D、以月球为研究对象，月球绕地球公转时，由地球的万有引力提供向心力．设地球质′，量为M，月球的质量为m，则得：′又在地球表面，有：联立上两式得：R′=则有：s=s=R′-R-r=-R-r．故D正确．本题选择错误的，故选：C．根据激光器发出激光束从发出到接收的时间和光速，可求出地球表面与月球表面之间的距离s．根据月球绕地球转动的线速度，求出月地间的距离，再求出s．月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出月地间的距离，再求出s．万有引力和圆周运动规律解决天体问题的能力．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接，A、B两物体均可视为质点），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（）A.施加外力前，弹簧的形变量为B.外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M（g+a）C.AB在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于物体B的重力D.上升过程中，物体B速度最大，AB两者的距离为【答案】AD【解析】解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2M g=kx解得：x=2，故A正确．B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹-M g-F AB=M a其中：F弹=2M g解得：F AB=M（g-a），故B错误．C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且F AB=0；对B：F弹′-M g=M a解得：F弹′=M（g+a），故C错误D、当物体B的加速度为零时，此时速度最大，则M g=kx′，解得：x′，故B上升的高度h′=′，此时A物体上升的高度：，故此时两者间的距离为△h=，故D正确故选：AD题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB 整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难七、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图所示，下列判断正确的是A.过程bc中气体既不吸热也不放热B.过程ab中气体一定吸热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【答案】BDE【解析】解：A、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故A错误；B、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；D、由图象可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；故选：BDE．由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B.机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响D.假设火车以接近光速通过站台时，站台上旅客观察到车上乘客在变矮E.赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在【答案】ACE【解析】解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确．B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误．C、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故C正确；D、根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮；故D错误；E、麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故E正确；当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播．机械波在介质中的传播速度由介质决定；根据尺缩效应解释乘客是否变矮；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，从而即可求解．本题考查共振与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，注意尺缩效应的方向．五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d= ______ mm．（2）小球经过光电门B时的速度表达式为______ ．（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：______ 时，可判断小球下落过程中机械能守恒．【答案】7.25；；【解析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度；（3）小球下落过程中重力势能的减小量为mg H0，动能的增加量，若机械能守恒，有：，即．故答案为：（1）7.25（2），（3）．（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门B的速度．（3）抓住动能的增加量和重力势能的减小量相等得出机械能守恒的表达式．解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．10.某同学欲将满偏电流I g=100μA、内阻未知的电流表改装成量程较大的毫安表，并对改装表进行校对．（1）该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E=6V）时，先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的______ ：接着读出此时R′的阻值为198Ω．则该同学测出的电流表的内阻为R g= ______ Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10m A的电流表，需给它______ （填“串联”或“并联”）一个阻值为R0= ______ Ω的电阻．（3）把改装好的电流表与标准电流表串联在电路中进行校对．由于（1）中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电流表的测量值为I1，标准电流表的测量值为I2，则I1 ______ I2（选填“＞”、“=”或“＜”）．【答案】一半；198；并联；2；＜【解析】解：（1）先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半，接着读出此时R′的阻值为198Ω．电流表半偏，流过电阻箱的电流与流过电流计的电流相等，并联电压相等，则电流表的内阻为R g=R′=198Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10m A的电流表，需给它并联一个分流电阻，并联电阻阻值：R0==≈2Ω．（3）半偏法测电流表电阻比实际电阻偏小，按照测量值改装电流表时并联的电阻偏小，这个并联的电阻偏小分流大使电流表读数比实际偏小．即I1＜I2故答案为：（1）一半；198；（2）并联；2；（3）＜．（1）半偏法测电阻认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=所并联电阻值；（2）改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R′，由于R＞＞R g，故电路中电流几乎不变，当R′=R g时，电流表读数变为一半；（3）半偏法测电流表电阻比实际电阻偏小，按照测量值改装电流表时并联的电阻偏小，这个并联的电阻偏小分流大使电流表读数比实际偏小．本题考查了半偏法测电流表内阻、电流表改装，知道半偏法测电表内阻的原理、电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．六、计算题(本大题共2小题，共20.0分)11.如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现另有质量m=1kg的ab金属杆以初速度v0=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v（可用根式表示）；（2）电阻R产生的焦耳热Q．【答案】解：（1）cd杆恰好通过半圆轨道最高点，在最高点，由牛顿第二定律得：M g=M，解得：v=m/s；（2）cd杆从水平轨道到圆轨道最高点过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：M v cd2=M v2+M g•2r，两棒碰撞过程动量守恒，以ab棒的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=M v cd+mv ab，由能量守恒定律得：Q=mv ab2，解得：Q≈1.96J；答：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v=m/s；（2）电阻R产生的焦耳热为1.96J．【解析】（1）cd杆恰好通过半圆轨道的最高点，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出速度．（2）两杆碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后ab杆的速度，然后由能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热．本题考查了求速度、焦耳热问题，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题；分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键．12.如图所示，在x O y平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等．x＞3L的区域内有一方向垂直于x O y平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．已经两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电量大小相等．求：（1）正、负粒子的质量之比m1：m2；（2）两粒子相遇的位置P点的坐标；（3）两粒子先后进入电场的时间差．【答案】解：（1）设粒子初速度为v0，进磁场方向与边界的夹角为θ．…①记，则粒子在第一个电场运动的时间为2t，在第二个电场运动的时间为t则：v y=a×2t-at…②q E=ma…③由①②③得：°所以（2）正粒子在电场运动的总时间为3t，则：第一个t的竖直位移为第二个t的竖直位移为由对称性，第三个t的竖直位移为所以结合①②得同理由几何关系，P点的坐标为：x P=3L+（y1+y2）sin30°sin60°=6.5L°°（3）设两粒子在磁场中运动半径为r1、r2由几何关系2r1=（y1+y2）sin60°2r2=（y1+y2）sin30°两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：v0=v1sin60°v0=v2sin30°由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差△t=t1-t2解得答：（1）正、负粒子的质量之比为3：1．（2）两粒子相遇的位置P点的坐标为（6.5L，）．（3）两粒子先后进入电场的时间差为．【解析】（1）可以从粒子进入磁场的方向出发，由竖直速度大小由初速度表示出来，而此速度是由第一电场的加速和第二电场的减速而得，结合牛顿第二定律能求出质量之比．（2）先画出两个粒子相遇的轨迹图，相遇是两个粒子在转动半周后相碰的，那么进入的两点与相遇点构成一个直角三角形，先求出粒子进入磁场前的纵坐标，由几何关系就能求出相遇点P的坐标．（3）由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进入电场时间差即为在磁场中从开始到相遇的时间差，由周期公式求出两个粒子转半周的时间差，就是粒子进入电场的时间差．本题虽没有告诉电场和磁场的相关物理量，只从运动学角度告诉进入磁场的方向，以及两粒子恰恰在磁场中均转过半圈相遇于P点，所以要假定事先假定一些参数，最后再消去这些参数．要注意的是由于水平方向不受力，粒子水平方向做匀速直线运动，由于竖直方向是方向相反的两块电场，则竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，表示出各自的竖直末速度，再由角度的关系，求出末速度关系，竖直位移等，最后得到所求．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：①初始时，水银柱两液面高度差多大？②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？【答案】解：①被封闭气体压强：p=p0+=p0+ρgh，初始时，液面高度差为：h=；②降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．初状态：p1=p0+，V1=1.5h0s，T1=T02分末状态：p2=p0，V2=1.2h0s，T2=？根据理想气体状态方程得：=，解得：T2=；答：①初始时，水银柱两液面高度差是；②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是．【解析】①根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；②气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度．该题结合气体压强的两种不同求法考查气态方程，解答本题关键是求出气体压强，然后根据等压变化公式列式求解，中档题目．。
高三物理月考试题及答案-福建厦门第一中学2016届高三下学期周考(三)理科综合试题
福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考（三）理科综合试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14~18题只有一项符合题目要求，19~21有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分。
14、领悟并掌握处理问题的思想与方法是学习物理的重要途径，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是A、（1）（4）B、（2）（3）C、（3）（4）D、（2）（4）15、如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a，在船下水点A的的下游距离为b处是瀑布，为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去且本题中小船速度均指静水中的速度）则下列说法正确的是A、小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为btv=，此时小船速度最大，最大速度为max avvb=B、小船轨迹沿y轴方向渡河，位移最小，速度最大，最大速度为max avvb=C、小船沿轨迹AB运动，位移最长，时间最长，速度最小，最小速度min avvb=D、小船沿轨迹AB运动，位移最大，速度最小，最小速度minv=16、如图所示，斜劈A静止放在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧把物体与木桩相连且平行于斜面，物体m、人和A均保持静止，不计m与A之间的摩擦，则下列说法正确的是A 、地面对A 的摩擦力向右B 、若剪断弹簧，物体和人将向下运动，而A 仍保持静止C 、若人从物体m 离开，物体m 仍静止在斜劈A 上D 、若剪断弹簧同时人从物体m 离开，地面对A 的摩擦力为零17、法拉第发明了世界上第一台发电机---法拉第圆盘发电机，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇炳，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R 连接起来形成回路。
转动摇柄，使圆盘如图所示方向转动，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，圆盘半径为l ，圆盘匀速转动的角速度为ω。
下列说法正确的是A 、圆盘产生的电动势为212B l ω，流过电阻R 的电流方向为从b 到a B 、圆盘产生的电动势为212B l ω，流过电阻R 的电流方向为从a 到bC 、圆盘产生的电动势为2B l ωπ，流过电阻R 的电流方向为从b 到aD 、圆盘产生的电动势为2B l ωπ，流过电阻R 的电流方向为从a 到b18、将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知火星的轨道半径111 2.310r m =⨯，地球的轨道半径为112 1.510r m =⨯，根据你所掌握的物理和天文知识，估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为 A 、1年 B 、2年 C 、3年 D 、4年19、电流和电压互感器是变电站的重要设备，如图所示，是某型理想互感器示意图，已知12:1000:1N N =，则下列说法正确的是A 、这是电流互感器示意图B 、互感器原副线圈的变压比为1000:1C 、互感器次级线圈应装设保险丝，防止短路，否则会烧坏互感器D 、与副线圈串联的电表应为电压表20、如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上，现对物块施加一个沿斜面向下的推力F ，力F 的大小随时间t 的变化情况如图2所示，物块的速率v 随时间t 的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度210/g m s =，下列说法正确的是A 、物块的质量为1kgB 、物块与斜面间的动摩擦因数为0.8C 、0~3s 时间内力F 做功的平均功率为0.32WD 、0~3s 时间内物体克服摩擦力做功为5.12J 21、如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF=30°，已知磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，F 处有一粒子源，沿FG 方向发射出大量带正电荷q 的同种粒子，粒子质量为m ，粒子的初速度0v 大小可调，则下列说法正确的是A 、若粒子能到达EG 边界，则粒子速度越大，从F 运动到EG 边的时间越长B 、无论0v 取何值，粒子都无法到达E 点C 、能到达EG 边界的所有粒子所用的时间均等D 、粒子从F 运动到EG 边所用的最长时间为512mqBπ 三、非选择题：包括必考题和选考题 （一）必考题22、某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1和绳套2，主要实验步骤如下：I 、弹簧秤挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 点处，记下弹簧秤的示数F ；II ，弹簧秤挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧秤的示数1F ；III 、根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力1'F =_______①________ IV 、比较_____②_______即可初步验证 V 、只改变绳套2的方向，重复上述试验步骤。
2016-2017学年福建省厦门一中高三(上)开学分班物理试卷(解析版)
2016-2017学年福建省厦门一中高三（上）开学分班物理试卷一、选择题1．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点2．如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是（）A．粒子一定带负电荷，且粒子在a、b、c三点所受合力相同B．粒子运动径迹一定是a→b→cC．粒子在三点的动能大小为E Kb＞E Ka＞E KcD．粒子在三点的电势能大小为E Pc＞E Pa＞E Pb3．如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A．B．C．D．4．在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电压表读数变小C．电流表读数变小D．电容器C上的电荷量减少5．如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（）A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率6．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（）A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机的电阻为ΩC．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则以下说法中错误的是（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大8．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x 变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．A、N点的电场强度大小为零B．将一正点电荷放在x轴负半轴，它将一直做加速运动C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功9．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为三、非选择题10．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻．A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值R mE．导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、R m表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1﹣U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、R0表示）．11．LED二极管的应用是非常广泛的，2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明了蓝色发光二极管（LED），并因此带来的新型节能光源．某同学想要描绘某发光二极管的伏安特性曲线，实验测得它两端的电压A．电压表（量程0﹣3V，内阻约20kΩ）B．电压表（量程0﹣15V，内阻约100kΩ）C．电流表（量程0﹣50mA，内阻约40Ω）D．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约2Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣20Ω，允许最大电流2A）F．电源（电动势6V，内阻不计）G．开关，导线（1）该同学做实验时，电压表选用的是，电流表选用的是（填选项字母）．（2）图甲中的实物连线已经连了部分电路，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．（3）根据表中数据，请在图乙中的坐标纸中画出该二极管的I﹣U图线．（4）若此发光二极管的最佳工作电流为15mA，现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R=Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态（结果保留两位有效数字）．12．如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L．有一个小液滴紧靠B板下边缘以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，带正电，电荷量为q．要使液滴从A板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？（重力加速度用g表示）13．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．试求：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势；（3）物块能获得的最大速度．14．如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一个带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线，求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）（1）小球B所带电量q；（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U；（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可运动到x=0.4m．做小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？2016-2017学年福建省厦门一中高三（上）开学分班物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（2011•东至县二模）如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误故选：B．【点评】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．2．（2015•孝感模拟）如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是（）A．粒子一定带负电荷，且粒子在a、b、c三点所受合力相同B．粒子运动径迹一定是a→b→cC．粒子在三点的动能大小为E Kb＞E Ka＞E KcD．粒子在三点的电势能大小为E Pc＞E Pa＞E Pb【考点】动能定理的应用；电势能【分析】由等势面分布的特点可知，该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲，可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．负电荷在电势高处电势能小，动能大．【解答】解：A、由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，故A正确；B、运动轨迹不能反映运动方向，故B错误；C、D根据推论：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有E Pb＞E Pa＞E Pc，E Kb＜E Ka＜E Kc，故CD均错误．故选A【点评】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．3．（2015•河南模拟）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系．【解答】解：A、在x＜0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀增大，φ﹣x应为向上倾斜的直线；在x＞0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀减小，φ﹣x也应为向下倾斜的直线，故A错误；B、在x＜0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x＞0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C、在x＜0范围内，根据动能定理得：qEx=，v﹣x图象应是曲线；同理，在x＞0范围内，图线也为曲线，故C错误；D、在x＜0范围内，根据动能定理得：qEx=E k，E k﹣x图象应是倾斜的直线；同理，在x＞0范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确．故选：D．【点评】对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析．4．在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电压表读数变小C．电流表读数变小D．电容器C上的电荷量减少【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．根据欧姆定律和电路的连接关系分析即可．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2R L，R L不变，则P减小，灯泡L变暗．故A 错误．BC、电流I减小，则电流表读数变小，电压表读数为U=E﹣Ir，则U变大．故B错误，C 正确．D、电容器与变阻器并联，两者电压相等．变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压规律可知，变阻器分担的电压增大，电容器的电压也增大，则其电荷量增大，故D错误．故选：C【点评】本题是简单的动态分析问题，根据局部电阻的变化，分析整体电阻的变化，再分析总电流和总电压的变化，即按局部到整体，再到局部的思路进行分析．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器的电压与它并联的电路的电压相等．5．（2013•长春一模）如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（）A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率【考点】电阻定律【分析】R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρ研究电阻的关系．然后由欧姆定律及电流的微观表达式分析答题．【解答】解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R=ρ=ρ=ρ，R与边长L无关，故R1=R2．A、通过电阻的电流I=，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故A错误，B正确；C、电流I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C错误，D正确；故选BD．【点评】本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变．6．（2013秋•湖北校级期中）如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（）A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机的电阻为ΩC．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J【考点】电功、电功率【分析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求【解答】解：A、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，由P=可知R=，故A正确；B、电机为非纯电阻电路故不能用P=求，故B错误；C、当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，故C 错误；D、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，故D正确；故选：AD【点评】本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析．7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则以下说法中错误的是（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】电容器的动态分析【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间的电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，从而确定出油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的变化，分析极板带电量的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=CU知，由于电势差不变，电容器的电容减小，故极板带电量将减小，故D错误；本题选错误的，故选：ACD【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．8．（2016春•庄河市期末）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）A．A、N点的电场强度大小为零B．将一正点电荷放在x轴负半轴，它将一直做加速运动C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故A错误．B、根据图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，故B正确；C、由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向．故C错误．D、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D正确；故选：BD．【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．9．（2015•焦作一模）如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为【考点】功能关系；电势能【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量．【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma，解得：E=，故A错误．B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为．故B错误．C、从A到C过程中，电场力做功为，则电势能增加量为．故C 错误．D、根据动能定理得：=0，解得弹力做功为：，即弹性势能增加量为，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量．三、非选择题10．（2016•钦州二模）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻．A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值R mE．导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、R m表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1﹣U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、R0表示）．【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻．【解答】解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10；由欧姆定律可知，R0==；（3）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+变形得：U1=﹣则有：=a；=k解得：E=故答案为：（1）如图所示；（2）；【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻．11．（2015•青岛一模）LED二极管的应用是非常广泛的，2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明了蓝色发光二极管（LED），并因此带来的新型节能光源．某同学想要描绘某发光二极管的伏安特性曲线，实A．电压表（量程0﹣3V，内阻约20kΩ）B．电压表（量程0﹣15V，内阻约100kΩ）C．电流表（量程0﹣50mA，内阻约40Ω）D．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约2Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣20Ω，允许最大电流2A）F．电源（电动势6V，内阻不计）G．开关，导线（1）该同学做实验时，电压表选用的是A，电流表选用的是C（填选项字母）．（2）图甲中的实物连线已经连了部分电路，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．（3）根据表中数据，请在图乙中的坐标纸中画出该二极管的I﹣U图线．（4）若此发光二极管的最佳工作电流为15mA，现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R=53Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态（结果保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】本题（1）根据数据表中的最大电压与最大电流来选择电压表与电流表的量程；题（2）根据待测电阻满足外接法条件可知电流表应用外接法，根据电流表从零调可知变阻器应采用分压式接法；题（3）用平滑的曲线连线即可；题（4）根据闭合电路欧姆定律列出表达式并求解即可．【解答】解：（1）根据实验数据表可知电压最大为2.8V，最大电流为30mA，所以电压表应选择A，电流表应选择C；（2）通过估算二极管的阻值可知满足，所以电流表应用外接法；由于电流表从零调，所以变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示：（3）画出的I﹣U图象如图所示：。
福建省厦门市2016届高三第一次教学质量检测理综物理试题(原卷版)
厦门市2016届高中毕业班第一次质量检查理科综合能力测试物理二、选择题：《本题共7小题，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要求的》14、了解科学家发现物理规律的过程，学会像科学家那样观察和思考，不断提升自己的科学素养，往往比掌握知识本身更重要。
以下符合物理发展史实的是A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．楞次发现磁场产生电流的条件和规律，即电磁感应现象C．牛顿最早用扭秤实验测出万有引力常数D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律15、如图所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态。
下列说法正确的是A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B．石块b定受到三个力的作用C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上16、水平方向的两个相互垂直的力F1和F2作用在箱子同一位置，使箱子在水平粗糙的地面上移动一段距离，若力F1对箱子做了300J功，力F2对箱子做了400J功，则力F1与F2的合力对箱子做的功A．等于500J B．等于700J C.大于500J D.大于700J17、水平边界MN卜方有一垂直纸面向外的匀强磁场，a、b两带电粒子所带的电荷量分别是q1、q2，以相同速度从边界上D点垂直进入磁场，它们的运动轨迹如图所示，轨道半径分别为r1、r2，且r1：r2=2：3。
下列说法正确的是A．a带负电、b带正电，比荷之比为(q1／m1)：(q2／m2)=2：3B．a带正电、b带负电，比荷之比为(q1／m1)：(q2／m2)=2：3C．a带负电、b带正电，比荷之比为(q1／m1)：(q2／m2)=3：2D．a带正电、b带负电，比荷之比为(q1／m1)：(q2／m2)=3：218、假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为R A和R B。
这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方（T2）的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。
厦门一中届高三(下)第三次周考.docx
厦门一中2016届高三（下）第三次周考 2016.03.29理科数学试题满分为150分，考试时间120分钟一、选择题：本大题共12个小题,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.若集合}3121|{≤+≤-=x x A ，}02|{≤-=xx x B ，则=B A （ ） A ．}01|{<≤-x x B ．}10|{≤<x x C ．}20|{≤≤x x D ．}10|{≤≤x x2.复数312i i i z +-=（i 为虚数单位）的共轭复数为 （ ） A ．i 21+ B ．1-i C ．i -1 D ．i 21-4.学校根据某班的期中考试成绩绘制了频率分布直方图（如下图所示），根据图中所给的数据可知=+b a（ ）A ．0.024B ．0.036C ．0.06D ．0.65.下面程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的b a ,分别为18,15，则输出的a 为 （ ）A ．0B ．1C ．3D ．156.设函数)sin()(ϕω+=x A x f ，（2||,0,πϕω<>A ）的部分图像如图，若)3,6(,21ππ-∈x x ，且)()(21x f x f =，则=+)(21x x f （ ）A ．1B ．21 C ．22 D ．237.4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有 （ ）A ．12种B ．24种C ．30种D ．36种8.已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，若)cos 2()cos 4(ππn n n a n -=+，则=20S （ ）A ．31B ．122C ．324D ．4849.已知函数⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-<<=93),3cos(30|,log |)(3x x x x x f π，若存在实数1x ，2x ，3x ，4x ，当4321x x x x <<<时，满足)()()()(4321x f x f x f x f ===，则4321x x x x ⋅⋅⋅的取值范围是 （ ）A ．)429,7(B ．)4135,21(C ．)30,27[D ．)4135,27( 10.已知双曲线12222=-by a x 的左、右焦点分别为21,F F ，过1F 作圆222a y x =+的切线分别交双曲线的左、右两支于点B 、C ，且||||2CF BC =，则双曲线的渐近线方程为 （ ）A ．x y 3±=B ．x y 22±=C ．x y )13(+±=D ．x y )13(-±=11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ）A ．2B ．38C ．4D ．92012.已知1ln 1)(-+=x x x f ，)()(*∈=N k xk x g ，对任意的1>c ，存在实数b a ,满足c b a <<<0，使得)()()(b f a f c f ==，则k 的最大值为 （ ）A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.如图，正方形ABCD 和正方形DEFG 的边长分别为a ，b （b a <），原点O 为AD 的中点，抛物线)0(22>=p px y 经过C ，F 两点，则=ab .14.在等差数列}{n a 中，首项31=a ，公差2=d ，若某学生对其连续10项求和，在遗漏一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为 .15.已知空间四面体ABCD 中，6==CD AB ，2====BD BC AD AC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 .16.设)('x f 是函数)(x f 的导函数，且)(2)('x f x f >，)(R x ∈，e f =)21(（e 为自然对数的底数），则不等式2)(ln x x f <的解集为 .三、解答题 （本大题共6小题，共80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）如图，D 是直角三角形ABC ∆斜边BC 上一点，DC AC 3=.（Ⅰ）若30=∠DAC ，求B ∠；（Ⅱ）若DC BD 2=，且22=AD ，求DC .18.（本小题满分12分）在四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且1AA AB =， 6011=∠=∠AD A AB A .（Ⅰ）求证：平面⊥BD A 1平面AC A 1；若 30=∠DAC ，求B ∠； （Ⅱ）若221==D A BD ，求平面BD A 1与平面BD B 1所成角的大小.19.（本小题满分12分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布)50,800(2N 的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为0p .（Ⅰ）求0p 的值；（Ⅱ）某客运公司用A ，B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次. A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B 型车不多于A 型车7辆.若每天要以不小于0p 的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆？【参考数据：若),(~2σμN X ，有6826.0)(=+≤<-σμσμX P ，9544.0)22(=+≤<-σμσμX P ，9974.0)33(=+≤<-σμσμX P 】20.（本小题满分12分） 已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别为1F 、2F ，四个顶点分别为A 、B 、C 、D ，且四边形B AF F 21是边长为2的正方形，动点M 满足CD MD ⊥，连接CM ，交椭圆于点P .（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）证明：OP OM ⋅为定值；（Ⅲ） 试问x 轴上是否存在异于点C 的定点Q ，使得以MP 为直径的圆恒过直线DP 、MQ 的交点，若存在，求出点Q 的坐标；若不存在请说明理由.21.（本小题满分12分）设函数)1(ln )1()(--+=x a x x x f .（Ⅰ）若函数)(x f 在e x =处的切线与y 轴相交于点)2,0(e -，求a 的值；（Ⅱ）当21<<x 时，求证：)2ln(1ln 112x x x -->-. 请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，ABC ∆中，以BC 为直径的⊙O 分别交AB AC ,于点F E ,，CF BE ,交于点H .（Ⅰ）判断过C 点平行于AH 的直线是否是⊙O 的切线，并加以证明；（Ⅱ）求证：2BC CF CH BE BH =⋅+⋅.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，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧=+=ααsin cos 2y x （α为参数），在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为22)4sin(=+πθρ.（Ⅰ）求曲线C 与直线l 在该直角坐标系下的普通方程；（Ⅱ）动点A 在曲线C 上，动点B 在直线l 上，定点)1,1(-P ，求||||AB PB +的最小值.24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数|1||3|)(+--=x x x f ，R x ∈.（Ⅰ）解不等式1)(-<x f ；（Ⅱ）设函数4||)(-+=a x x g ，且)()(x f x g ≤在]2,2[-∈x 上恒成立，求实数a 的取值.厦门一中2016届高三（下）第三次周考 2016.03.29理科数学参考答案一、选择题：BACCCD BBDCBB二、填空题：13.21+； 14.200； 15.π7； 16.),0(e .10.解析：由2CF BC =，故a CF CF BF 2211=-=，∴a BF 42=.21122221211112cos F F BF BF F F BF OF MF O BF ⋅-+==∠，∴c a a c a c b 222)4()2()2(222⋅⋅-+=， ∴02222=--a ab b ，∴022)(2=--a b a b ，解得31+=ab ，∴x y )31(+±=，选C. 11.解析：如图可用三棱柱进行切割得到，为四棱锥的高的用面积法得522⨯=h ，3854)25(31=⨯⨯=V ，选B12.解析：2)1(ln 1)('---=x x x x x f ，令,1ln )(',ln 1)(+=+=x x h x x x h )(x h 在)1,0(e 减，在),1(+∞e增， 011)1()(>-=≥ee h x h ，∴0)('<xf 知)(x f 在)1,0(和),1(+∞减，如图依题当),1(+∞∈x 时，)()(x f xg <恒成立，即)(x f 在)(x g 上方，1ln ,1ln 1-+<-+<x x x x k x x x k ，令,)1(2ln )(',1ln )(2---=-+=x x x x t x x x x x t 令2ln )(--=x x x s ，xx s 11)('-=，知)(x s 在),1(+∞增，1)1()(-=>s x s ，10>∃x ，,0)(,0)(00==x t x s 02ln 00=--x x 由024ln 4,023ln 3>--<--，得)4,3(0∈x 知)(x t 在),0(0x 减，在),(0+∞x 增，)4,3(1)2()(000000∈=--+=<x x x x x x t k ，∴3min =k .选B.15.解析：法一【补形】发现四面体对棱相等，可将四面体放在一个长方体（长宽高为3，3，1），故外接球半径为：272331=++=R ，所以外接球表面积为ππ7474=⋅=S . ★注：事实上，只要四面体对棱相等，都可以将其放置在长方体中，其棱长恰为长方体对角线长. 【法二】利用对棱中点：注意到四面体有一对棱长为6，其余均为2，故作AB ，CD 的中点F E ,，由对称性得知球心必在EF 的中点上；故外接球半径27==OC R .16.解析：【依题构造函数】令,0)(2)(')()(2)(')(',)()(222222>-=⋅-⋅==x x x x x ex f x f e x f e e x f x g e x f x g ∴)(x g R上增，又2ln ln 22x e e x x ==，∴,1)21()21(212==⋅e f g 不等式)21()(ln 1)(ln ln 2g x g e x f x <⇔<⇔，21ln <x ，故),0(e x ∈.三、解答题：17.解：（Ⅰ）在ABC ∆中，根据正弦定理，有DACDC ADC AC ∠=∠sin sin . ∵DC AC 3=，所以23sin 3sin =∠=∠DAC ADC . 又 6060>+∠=∠+∠=∠B BAD B ADC ，∴ 120=∠ADC ，∴ 3030120180=--=∠C ，∴60=∠B .（Ⅱ）设x DC =，则x AC x BC x BD 3,3,2===，∴x AB B BC AC B 6,36cos ,33sin ====.在ABD ∆中，B BD AB BD AB AD cos 2222⋅⋅-+=，即222223626246)22(x x x x x =⨯⨯⨯-+=，得2=x .故2=DC .18.：（Ⅰ）∵AD AB AA ==1,6011=∠=∠AD A AB A ,∴AB A 1∆和AD A 1∆均为正三角形，于是D A B A 11=，设AC 与BD 的交点为O ，则BD O A ⊥1，又ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥，而O AC O A = 1，∴⊥BD 平面AC A 1，而⊂BD 平面BD A 1，故平面⊥BD A 1平面AC A 1（Ⅱ）由D A B A 11=及221==D A BD 知D A B A 11⊥，又由,,,11BD BD AB B A AD D A ===得BDA 1∆≌ABD ∆，故 90=∠BAD 于是112221AA BD O A AO ===，从而O A AO 1⊥，结合BD O A ⊥1，得⊥O A 1底面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系，则),1,0,0(),0,1,0(),0,1,0(),0,0,1(1A D B A -),1,0,1(11-==AA BB ),0,2,0(1==DB BB 设平面BD B 1的一个法向量为),,(z y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001BB n BD n 得⎩⎨⎧=+-=00z x y ，令1=x ，得)1,0,1(=n ，平面BD A 1的一个法向量为)0,0,2(=CA ，设面BD A 1与面BD B 1所成角为θ，则22||||cos =⋅⋅=CA n CAn θ，故 45=θ.19.解：（Ⅰ）由于随机变量X 服从正态分布)50,800(2N ，故9544.0)900700(,50,800=≤<==X P σμ，由正态分布的对称性，得)900700(2121)900800()800()900(0≤<+=≤<+≤=≤=X P X P X P X P p 9772.0=.0p ≥等价于9006036≥+y x .于是问题等价于求满足约束条件⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈≥≥++≤≤+,,,0,,9006036,7,21N y x y x y x x y y x 使目标函数y x z 24001600+=达到最小的y x ,.作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为)12,5(P ，)14,7(Q ，)6,15(R .由图可知，当直线y x z 24001600+=在y 轴上截距2400z 最小，即z 取得最小值.故应配备A 型车5辆，B 型车12辆.20.解：（Ⅰ）∵222,,2c b a c b a +===，∴22=b ，所以椭圆方程为12422=+y x . （Ⅱ） 法1【设点法】设),,(),,2(110y x P y M 则),,(11y x OP =),2(0y OM =，直线CM ：)2(4+=x y y ，即2400y x y y +=，代入椭圆方程4222=+y x ，得0422)81(2020220=-+++y x y x y ，∵8)8(4)2(20201+-=-y y x ，∴8)8(220201+--=y y x ，∴882001+-=y y y ，∴),88,8)8(2(2002020+-+--=y y y y OP ∴48324888)8(4202020202020=++=+++--=⋅y y y y y y OM OP （定值）.法2【设线法】04)2(4222222=-+⇒⎩⎨⎧=+-=ny y n y x ny x ，同上理)84,242(222++-n n n n P ，)4,2(n M 同上理…… （Ⅲ）设存在)0,(m Q 满足条件，则DP MQ ⊥，=--=DP y m MQ ),,2(0),88,84(2002020++-y yy y 则由0=⋅DP MQ 得,088)2(8420202020=+--+-y y m y y 从而得0=m ，∴存在)0,0(Q 满足条件. 法2. =-=DP n m QM ),4,2()24,28(22++-n nn ， (02)82)2(822=+=+-=⋅n mn m DP MQ ，∴存在)0,0(Q 满足条件.21.解：（Ⅰ）∵a x x a x x x x f -++=-++=11ln 1ln )('，∴a ee f -+=21)('，∴函数)(x f 在e x =处的切线方程为l ：))((')(e x e f e f y -=-，由题知切线l 过点)2,0(e -，故))(21()]1(1[2e a ee a e e --+=--+--，解得2=a .法2：∵a x x x f -++=11ln )('，∴由题知a ee e ef e f -+=---=210)2()()('，即)21()2()1(1a e e e e a e -+=----+，解得2=a .（Ⅱ）令)0(,11ln )(')(>-++==x a x x x f x g ，∴21)('xx x g -=，当时，0)('>x g ，函数)(x g 在),1(+∞上单调递增；当10<<x 时，0)('<x g ，函数)(x g 在)1,0(上单调递减；所以a g x g x g -===2)1()()(min 极小，当2≤a 时，即02≥-a 时，0)1()(≥≥g x g ，即0)('≥x f .故2=a 时，)(x f 在)2,1(上单调递增，∴0)1()(=>f x f ，即)1(2ln )1(->+x x x ，∴)1(21ln 1-+<x x x ……① ∵21<<x ，∴120<-<x ，∴121>-x， ∴)1(23)121(212121ln 1--=--+-<-x x xx x ，即)1(23)2ln(1--<-x x x …………② ①+②得：12)1(23)1(21)2ln(1ln 1-=--+-+<-+x x x x x x x .故当21<<x 时，)2ln(1ln 112x x x -+>-得证. 22.证明：（Ⅰ）连结EF ，延长AH 交BC 于D ，过C 点平行于AH 的直线是CM ，∵BC 是直径， ∴90=∠=∠BFC BEC ，∴180=∠+∠AEH AFH ，∵E H F A ,,,四点共圆，∴21∠=∠，又∵BFEC 是圆内接四边形，∴31∠=∠，∴ 32∠=∠，而C C ∠=∠，∴ADC ∆∽BEC ∆，∴90=∠=∠BEC ADC ，∴BC AD ⊥，∴BC CM ⊥，∴CM 是⊙O 的切线.（Ⅱ）∵180=∠+∠HEC HDC ，∴E C D H ,,,四点共圆，∴BC BD BE BH ⋅=⋅，同理BC CD CF CH ⋅=⋅，两式相加2)(BC BC CD BD BC CD BC BD CF CH BE BH =⋅+=⋅+⋅=⋅+⋅.23.解：（Ⅰ）由曲线C 的参数方程⎩⎨⎧=+=ααsin cos 2y x 可得1)2(22=+-y x ；由直线l 是极坐标方程为22)4sin(=+πθρ，可得4)cos (sin =+θθρ，即4=+y x .（Ⅱ）法1：设P 关于直线的对称点为),(b a Q ，故⎩⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-+-=++-531)1)(11(42121b a a b b a ，∴)5,3(Q ，由（Ⅰ）知曲线C 为圆，圆心)0,2(C ，半径1=r ，1261||||||||||-=-≥+=+QC AB QA AB PA .仅当C A B Q ,,,四点共线时，且A 在C B ,之间时等号成立，故126|)||(|min -=+AB PA法2：设C 关于直线的对称点为),(n m D ，同上解得⎩⎨⎧==24n m ，由（Ⅰ）知曲线C 为圆，圆心)0,2(C ，半径1=r ，1261||||||||||-=-≥+=+QC AB QA AB PA .当且仅当C A B Q ,,,四点共线时，且A 在C B ,之间时等号成立，故126|)||(|min -=+AB PA .法3：如图（数形结合）要写清楚，注意到倾斜角135，)2,4(D ……24.解：（Ⅰ）⎪⎩⎪⎨⎧>-≤≤--<=+--=3,431,221,4|1||3|)(x x x x x x x f ，由不等式1)(-<x f法1：分段函数解得；法2：作出函数图像解得……}23|{>x x（Ⅱ）∵函数4||)(-+=a x x g ，且)()(x f x g ≤在]2,2[-∈x 上恒成立，∴|1||3|4||)(+--≤-+=x x a x x g 在]2,2[-∈x 上恒成立，在同一个坐标系画出函数)(x f y =和)(x g y =的图像，如图所示：故当]2,2[-∈x 时，若40≤-≤a 时，则函数)(x g 在函数)(x f 的图像的下方，≤)(x g )(x f 在]2,2[-∈x 上恒成立，求得04≤≤-a ，故所求的实数a 的取值范围为]0,4[-.。
2016届福建省厦门一中高三下学期周考五理综物理试卷
2021年福建省厦门一中高三下学期周考五理综物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．亚里士多德在其著作《物理学》中说:一切物体都具有某种“自然本性”,物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”, 而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”.伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法,建立了新物理学,新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”.下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是()A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力,是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．竖直向上抛出的物体,受到了重力,却没有立即反向运动,而是继续向上运动一段距离后才反向运动,是由于物体具有惯性D．将物体由地球上带到月球上,物体的惯性消失2．如图所示，a bv同时、两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是（）A．a b、不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B．a球一定先落在半圆轨道上C．a球可能先落在半圆轨道上D．b球一定先落在斜面上3．如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是（）A．增大U，减小IB．减小U，增大IC．同时增大U和ID．同时减小U和I4．如图甲所示的电路中，变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1，L2、L3、L4为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，开关K原来是闭合的．以下说法正确的是()A．ab输入端电压的瞬时值表达式为U ab＝sin 100πt(V)B．ab输入端输入功率P ab＝18 WC．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光D．断开开关K，电压表V的读数将变小二、多选题5．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。
高三物理月考试题及答案-福建厦门第一中学2016届高三下学期周考(二)理科综合试题
福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考（二）理科综合试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14~18题只有一项符合题目要求，19~21有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分。
14、小张和小王驾驶两辆轿车（均视为质点）沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v-t图像，t=0时刻，小张在小王前方s处，下列判断正确的是A、若018s m<，两车相遇1次B、若018s m=，两车相遇1次C、若036s m=，两车相遇1次D、若054s m=，两车相遇1次15、如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部'O处（O 为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止与P点，已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是A、容器相对于水平方向有向左的运动趋势B、容器对小球的作用力竖直向上CD 、弹簧原长为R+mg k16、一个匝数为100，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则线圈中产生交变电流的有效值为A 、B 、C 、6AD 、5A17、如图所示，ABCDEF 是在匀强电场中画出的一个正六边形，该六边形所在平面与电场线（图中没有画出）平行，已知正六边形的边长为2cm ，A 、B 、C 三点的电势分别为-1V 、0V 、1V ，则下列说法正确的是A 、通过CD 和AF 的直线应为电场中的两条等势线B 、匀强电场的场强大小为C 、匀强电场的场强方向由C 指向FD 、将一个电子由E 点移到A 点，其电势能减少191.610J -⨯18、如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S ，从S 沿纸面向各个方向发射带正电的同种粒子，粒子的速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场，已知∠AOC=60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2（T 为粒子在磁场中的运动周期），若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为A 、8TB 、6TC 、4TD 、3T 19、太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，设天王星公转周期为1T ，公转半径为1R ；地球公转周期为2T ，公转半径为2R ，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，忽略二者之间的引力作用，万有引力常量为G ，下列说法正确的是A 、天王星公转速度大于地球公转速度B 、地球与天王星相距最近至少需经历12122()TT T T - C 、太阳的质量为231214R M GT π= D 、天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为212221a R a R = 20、我国蛟龙号深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m 深度创下世界最高纪录（国外最深不超过6500m ），预示着它可以征服全球99.8％的海底世界，假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min 内全过程的深度曲线a 和速度图像b ，则有A 、全过程中最大加速度是0.0252/m sB 、a 图中3h 表示本次最大深度，应为360mC 、整个潜水器在8-10min 时间段内机械能守恒D 、潜水员感到超重发生在3-4min 和6-8min 的时间段内21、如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B 到C ），场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直纸面，大小随时间变化情况如图丙所示。
高三物理月考试题及答案-福建厦门第一中学2016届高三下学期周考(五)理科综合试题
福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考（五）理科综合试题二、选择题14、亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到的推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”， 伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”，下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（ ）A 、一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动--静止或者匀速直线运动B 、作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C 、竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D 、可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的15、如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d 。
杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）A 、环到达B 处时，重物上升的高度2d hB 、环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C 、环从A 到B ，环减少的机械能大于重物增加的机械能D 、环能下降的最大高度为43d16、如图所示，a b 、两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度0v 同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b 能落到斜面上，下列说法正确的是（ ）A 、a b 、不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B 、a 球一定先落在半圆轨道上C 、a 球可能先落在半圆轨道上D 、b 球一定先落在斜面上17、如图为洛伦兹力演示仪的结构示意图。
【全国百强校】福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考(三)理综物理试题(解析版)
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14~18题只有一项符合题目要求，19~21有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分。
14、领悟并掌握处理问题的思想与方法是学习物理的重要途径，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是A、（1）（4）B、（2）（3）C、（3）（4）D、（2）（4）【答案】A考点：考查了物理研究方法【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习15、如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a，在船下水点A的的下游距离为b处是瀑布，为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去且本题中小船速度均指静水中的速度）则下列说法正确的是A、小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为btv=，此时小船速度最大，最大速度为maxavvb=B、小船轨迹沿y轴方向渡河，位移最小，速度最大，最大速度为max avvb=C、小船沿轨迹AB运动，位移最长，时间最长，速度最小，最小速度min avvb=v=D、小船沿轨迹AB运动，位移最大，速度最小，最小速度【答案】D考点：考查了小船渡河问题【名师点睛】小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运动，当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短16、如图所示，斜劈A静止放在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧把物体与木桩相连且平行于斜面，物体m、人和A均保持静止，不计m与A之间的摩擦，则下列说法正确的是A、地面对A的摩擦力向右B、若剪断弹簧，物体和人将向下运动，而A仍保持静止C、若人从物体m离开，物体m仍静止在斜劈A上D、若剪断弹簧同时人从物体m离开，地面对A的摩擦力为零【答案】B【解析】试题分析：A受重力，支持力，m对A的压力，及地面对A的静摩擦力，由于m对A的压力有水平向右的分量，所以地面对A的摩擦力向左，故A错误；若剪断弹簧，物体和人向下运动，物体和人整体对斜面体的压力不变，故斜面体受力情况不变，因此A仍保持静止，故B正确；若人从物体m离开，导致弹簧的弹力大于m的重力沿斜面向下的分量，则物体m向上运动，故C错误；剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，m对A的压力有水平向右的分量，所以地面对A的摩擦力向左，故D错误；考点：考查了共点力平衡条件，牛顿第二定律【名师点睛】本题关键是对斜面体和滑块分别受力分析后运用平衡条件和牛顿第二定律分析，技巧在于判断滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向，同时注意滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向是不变的17、法拉第发明了世界上第一台发电机---法拉第圆盘发电机，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇炳，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R 连接起来形成回路。
福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考(六)理综物理试题 无答案
福建省厦门第一中学2016届高三周考六理科综合·物理试题二、选择题14。
明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画，记录了我们祖先的劳动智慧．若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则A．齿轮A的角速度比C的角速度大B．齿轮A与B角速度大小相等C．齿轮B与C边缘的线速度相同D．齿轮B与C的转速相同15。
如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。
当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，则A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1〉m2，则x1〉x2D．若m1<m2，则x1＜x216.2015年7月美国宇航局（NASA）发布最新消息称,天文学家发现了迄今最近地球的“孪生星球"﹣﹣Kepler452b行星，其围绕一颗恒星Kepler452b转动,周期为368天．该行星直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日﹣地距离相近．某学生查阅资料得地球的直径大约为1.28×104km，地球与太阳间的距离大约为1.5×108km，引力常亮为G，天体的运动近似为圆周运动,根据以上信息，以下说法正确的是（）A．可求出行星Kepler452b的质量B．可求出该恒星的质量C．若在该行星发射卫星则可求出最小的发射速度D．若有一卫星绕该行星运转周期为T，则可求出行星的密度17.如图O O'点放置两个等量正电荷,在O O'直线上有A、B、C三个点，且OA=B O'=O'C。
一点电荷q(q>0）沿路径Ⅰ从B运动到C电场力所做的功为W1；沿路径Ⅱ从B运动到C电场力所做的功为W2。
同一点电荷在从A沿直线运动到C电场力所做的功为W3，则下列说法正确的是A．W1〉W2 =W3B．W1>W2> W3C．W2>W1 +W3 D．W1=W2 =W318。
福建省厦门第一中学2016届高三下学期周考(四)理综物理试题Word版含答案
二、选择题14、2016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，某种型号的装有烟火的礼花弹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0v ，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，2/10g m s =，那么0v 和k 分别等于（ ） A 、30/m s ，1 B 、30/m s ，0.5 C 、60/m s ，0.5 D 、60/m s ，115、图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为1n 、2n 。
在T 的原线圈两端接入一电压sin m u t U ω=的交流电源，若输送功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）A 、1224mr n n U ⎛⎫⎪⎝⎭ B 、2214mr n U n ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C 、22142r m P n n U ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D 、22241r m P n n U ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭16、嫦娥五号探测器是我国研制中的首个实施无人月面取样返回的航天器，预计在2017年由长征五号运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞返回地球，航天器返回地球开始阶段运行的轨道可以简化为：发射时，先将探测器发射至近月圆轨道1上，然后变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2进入圆形轨道3，忽略介质阻力，则以下说法正确的是（ ）A 、探测器在轨道2上经过近月点A 处的加速度大于在轨道1上经过近月点A 处的加速度B 、探测器在轨道2上从近月点A 向远月点B 运动的过程中速度减小，机械能增大C 、探测器在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，且由轨道2变为轨道3需要在近月点A 处点火加速D 、探测器在轨道2上经过远月点B 处的运行速度小于在轨道3上经过远月点B 处的运行速度17、如图所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为1m 的物体，另一端系一质量为2m 的砂桶。