广东省揭阳一中、潮州金山中学2015届高三下学期第四次模拟物理试卷

2015年广东省六校联考高考物理四模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.如图是一款由电磁悬浮技术制作的没有“地轴”的地球仪，其原理是：将空心金属球放在通电线圈上，电磁场在金属球表面产生涡流，涡流与磁场作用形成磁力，从而实现地球仪的悬空静止．地球仪悬空静止的原因是（）A.只受到磁力的作用B.由于惯性的作用C.没有受到重力的作用D.磁场的磁力和重力相互平衡【答案】D【解析】解：地球仪处于静止状态，属于平衡状态，它受到竖直向下的重力和向上的磁力，是一对平衡力；故选：D．地球仪处于平衡状态，它受平衡力的作用，合力为零，不会只受到一种力的作用．如果物体处于静止或匀速直线运动状态，我们就说该物体处于平衡状态，它们受到的力称为平衡力，其合力为零．2.如图为一减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，气泡内气体可视为理想气体．若将一平板状物品平放在气泡上方（设气泡内气体温度不变），下列说法正确的是（）A.气泡内气体密度变小B.气泡内气体压强变大C.气泡内气体分子平均动能变大D.由于体积变小故气泡内气体内能变小【答案】B【解析】解：A、气泡球被压后，气压变大，根据玻意耳定律公式PV=C，故体积缩小，气泡内气体密度变大．故A错误，B正确；C、在整个过程中球内气体温度不变，气体内能不变，故CD错误；故选：B．气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化．该题通过生活中的例子考查玻意耳定律，知道理想气体内能由温度决定、应用玻意耳定律即可正确解题．基础题目．3.某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中（）A.加速度a1＞a2B.飞行时间t1＜t2C.初速度v1=v2D.角度θ1=θ2【答案】B【解析】解：A 、忽略空气阻力，两支飞镖都只受重力，加速度都为g ，则a 1=a 2．故A 错误． B 、飞镖1下落的高度小，根据h =12gt 2，t =√2ℎg知，t 1＜t 2．故B 正确．C 、由于水平位移相等，根据x =v 0t ，知v 1＞v 2．故C 错误．D 、根据tan θ=v 0v y ，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tan θ1＞tan θ2，所以θ1＞θ2．故D 错误． 故选：B ．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，运动时间由高度决定，通过下落的高度比较飞镖飞行的时间，从而根据水平位移比较初速度的大小．根据夹角的正切值进行比较．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定．4.如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移时（ ） A.相当于在减少用电器的数目B.A 1表的示数随A 2 表的示数的增大而增大C.V 1表的示数随V 2表的示数的增大而增大D.变压器的输入功率在减小 【答案】 B【解析】解：A 、当滑动变阻器触头P 向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并联接入电路，所以数目增加，故A 错误；B 、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A 2的示数变大，输出的功率变大小了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A 1的示数变大，故B 正确；C 、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P 向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V 2的示数不变，故C 错误；D 、变压器的输入电压不变，输入电流变大，根据P=UI ，输入功率变大，故D 错误； 故选：B ．与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分) 5.下列说法正确的是（ ）A.温度越高，放射性元素的半衰期越长B.天然放射现象说明原子核内部是有结构的C.汤姆生通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构D.重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能【答案】BD【解析】解：A、半衰期与外界因素无关，A错误；B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确；C、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构，C错误；D、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，D正确；故选BD半衰期与外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构．本题考查了原子核的知识和物理学史，象半衰期和裂变、聚变的知识都是考查的重点，要重点掌握．6.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（）A.扩散现象说明物质的分子在做永不停息的无规则运动B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D.两个分子间的距离为r0时，分子势能为0【答案】AC【解析】解：A、扩散现象与布朗运动都是分子无规则热运动的宏观表现，故A正确；B、气体压缩可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；C、两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；D、当分子间r＞r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大；当分子间r＜r0时，随距离减少而增大；当r=r0时，分子势能最小，但不一定为零，即零势能位置是人为规定的，故D错误；故选：AC分子热运动的特点以及和温度的关系；分子之间作用力以及分子势能大小随着分子之间距离的变化所遵循的规律；正确理解布朗运动、扩散现象的实质、特点．本题考查了分子动理论的有关知识，对于这些知识平时要注意加强理解记忆，同时注意分子力、分子势能与分子之间距离关系．7.图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A.膜片与极板间的电容变小B.极板的带电量增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R中有电流通过【答案】AD【解析】知，U不变的情解：振动膜片振动时，电容器两极板的距离变大，电容减小，由C=QU况下，电容器所带电荷量Q 减小，电容器放电，R 中形成自下向上的电流． 由E=Ud 知，U 不变，d 增大，则场强E 减小，故AD 正确．BC 错误．故选：AD ．电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R 中有电流．本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化．8.某同步卫星距地面高度为h ，已知地球半径为R ，表面的重力加速度为g ，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为（ ） A.2π√Rg B.2π(R+ℎ)R√R+ℎgC.2πℎR√R g D.2πω【答案】 BD【解析】解：根据万有引力提供向心力列出等式，GMm(R+ℎ)2=m 4π2T 2(R +ℎ)，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，GMm R 2=mg联立得：T=2π(R+ℎ)R√R+ℎg．同时根据匀速圆周运动，该卫星的周期T=2πω，故BD 正确，AC 错误；故选：BD ．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式， 在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期．本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大．9.由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪的原理如图所示，其主要使命是探索宇宙中的反物质，所谓反物质，即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但符号相反．假设使一束质子、反质子、α粒子、α反粒子组成的射线通过OO ′进入匀强磁场B 2中形成四条径迹，则（ ）A.1和2是反粒子径迹B.3和4是反粒子径迹C.2为反质子径迹D.4为α粒子径迹 【答案】 AD【解析】解：在磁场中，粒子做匀速圆周运动，正离子受力向右，右偏转；负离子左偏转；根据洛伦兹力提供向心力，有： qv B=m v 2R解得：R=mv Bq ∝mq故质子与α粒子的半径之比为1：2，即α粒子转弯半径大，故1是反质子，2是反α粒子，3是质子，4是α粒子；故AD 正确，BC 错误； 故选：AD ．粒子先通过速度选择器，然后进入磁场发生偏转；直线运动过程根据洛伦兹力与电场力平衡分析，偏转过程根据洛伦兹力提供向心力列式分析．本题关键是明确粒子的运动规律，要能结合左手定则判断洛伦兹力，还要能根据平衡条件和牛顿第二定律列方程求解．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.现利用图示的装置求弹簧的劲度系数k ，已知弹性势能与其形变量的关系为E p =12kx 2．在图（甲）中，气垫导轨放在水平桌面上，左端有一固定的弹簧P ，一物块A （上面固定有一遮光条，总质量为0.1kg ）在导轨上，向左推A 使其压缩弹簧至某一位置释放，A 向右运动，通过气垫导轨上方的一光电计时器（未完全画出可以记录遮光片通过光电门的时间）．气垫导轨上固定有刻度尺可读出A 的位置坐标．（1）通过刻度尺可读出弹簧的形变量x =5cm ；（2）如图乙用螺旋测微器测出遮光条宽度d = ______ mm（3）根据光电门记录的时间t =1.195×10-4s ，可知A 向左运动的速度v = ______ （用d 、t 符号写表达式）（4）可求出弹簧的弹性势能E p = ______ ；（5）根据关系式E p =12kx 2，可求出劲度系数k = ______ ． 【答案】1.195；dt ；5；4000【解析】 解：（2）由螺旋测微器的读数方法可知，读数为：1.0mm +19.5×0.01=1.195mm ； （3）经过光电门的平均速度可视为该点的瞬时速度，则有：v =dt ；（4）物体获得的动能E K =12mv 2=12×0.1×（0.0011951.195×10−4）2=5J ；由能量守恒可知，弹簧的弹性势能等于物体的动能，即E P =5J ；（5）由能量守恒可知，弹簧的弹性势能等于物体的动能，故5=12kx 2； 解得：K=4000N/m ；故答案为：（2）1.195； （3）dt ； （4）5J ； （5）4000N/m （2）螺旋测微器读数方法为固定部分刻度加上转动部分刻度与0.01的乘积； （3）经过光电门的平均速度等于该点的瞬时速度，由平均速度公式求解； （4）由动能公式求解动能，再由能量守恒可求得弹簧的弹性势能；（5）由弹簧弹性势能的表达式可求得劲度系数．本题考查了螺旋测微器的读数原理、胡克定理及能量守恒定律的应用，要注意明确实验原理，能通过分析得出弹性势能的计算方法．11.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用米尺测出金属丝的长度L，用伏安法测出金属丝的电阻R（金属丝的电阻大约为5Ω）．（1）金属材料的电阻率为ρ= ______ （用题目所给字母表示），（2）如图所示实验方案中电阻率的测量值______真实值（填“大于”“小于”或“等于”）（3）为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：①电压表0～3V～15V，内阻约50kΩ②电流表0～0.6A～3A，内阻约0.5Ω③滑动变阻器0～20Ω④滑动变阻器0～100Ω下列说法正确的是______A．电流表量程应选用0.6A B．滑动变阻器应选用③C．实验时通电时间不宜过长D．d值只需在金属丝中央测量一次即可（4）实验中某同学的实物接线如上图所示，请指出该同学接线中的两处明显错误．错误1：______错误2：______ ．【答案】Rπd24L；大于；ABC；导线接在滑动变阻器的滑片上；电压表量程接错了【解析】解：（1）电阻丝电阻：R=ρLS =ρLπ(d2)2，则电阻率：ρ=Rπd24L；（2）考虑电流表的分压作用，待测电阻的真实值应为R真=U−U AI ＜R测=UI，即测量值大于真实值；（3）A、两节干电池电动势共为3V，根据欧姆定律，I≈ER =35=0.6A，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，故A正确；B、滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，故B正确；C、实验时通电时间不宜过长，否则会导致电阻率变大，即电阻会变化，故C正确；D、d值需在金属丝不同位置测量多次，再取平均值即可，故D错误；故选：ABC．（4）伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；同时电压表量程接错了，应该是3V；还有导线不应该接在滑片上；故答案为：（1）Rπd24L；（2）大于；（3）ABC；（4）导线接在滑动变阻器的滑片上；电流表采用了内接；或电压表量程接错了．（1）应用电阻定律求出电阻率的表达式；（2）将电流表的内阻考虑在内，写出待测电阻的真实值表达式，然后再与测量值比较即可；（3）两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接进的；并根据测量多次，取平均值．（4）连线电路要注意：电表极性不能接反，量程选择恰当的，安培表内外接法的选择，及导线接在滑片上，从而即可求解．考查进行待测电阻误差分析时，应将电压表或电流表的内阻考虑在内，然后根据欧姆定律列出真实值表达式，再与测量值比较即可；掌握电流表外接法还是内接法的判定，理解电阻定律的内容．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图甲所示，一长为L=2m的金属“U”型框与间距也为L的两平行金属板AB相连，两板之间用一绝缘光滑水平杆相连，一质量为M=0.1kg，电量大小为q=0.1c可看成质点的带电小球套在杆中并靠近A板静止，从t=0时刻开始，在“U”型框宽为d=0.5m内加入垂直纸面向外且大小随时间变化的磁场（如图乙所示）后，发现带电小球可以向右运动．求：（1）小球带何种电荷（2）小球达到B板时的速度大小（3）通过分析计算后在丙图坐标系中作出小球在AB杆上的v-t图象．【答案】解：（1）根据垂直纸面向外且大小随时间变化的磁场，结合楞次定律可知，A是负极，B是正极，因小球向右运动，即电场力向右，则小球带负电荷；Ld=1V（2）两极板间的电势差U=△B△t用E=UL因F=E q及a=FM那么a=quML =0.1×10.1×2=12m/s2；解得S1=12at2=1mv1=at=1m/s以后一直匀速运动，即达B板速度为1m/s（3）加速距离S=1m匀速运动时间T=2−11=1s作图如下：答：（1）小球带负种电荷；（2）小球达到B板时的速度大小1m/s；（3）小球在AB杆上的v-t图象如上所示．【解析】（1）根据楞次定律判定感应电流方向，从而确定电势的高低，再由电场力的方向，进而确定电荷的电性；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合E=Ud，及牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（3）根据加速距离，即可运动时间，从而作图求得．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，注意电源内部的电流方向是从负极流向正极，同时掌握作图的细节．13.如图甲，一轻质弹簧置于水平桌面上自然伸长，其左侧固定，右端Ⅱ点到桌面最右端B的距离为1.9m．水平桌面Ⅰ点左侧光滑．长L=1.8m的平板车紧靠桌面停放平板车上表面与桌面在同一水平面内，平板车右端拴一水平细绳，细绳另一端紧绕在半径R=0.5m的薄壁圆筒上．用质量m=0.2kg小物块P1往左将弹簧压缩0.1m（未超出弹性限度，P l与弹簧不粘连）时释放，P l的速度图象如图乙所示，其中滑经点时速度v A=10.0m/s．P1滑至桌面右端与静止在平板车左侧、与P1完全相同的小物块发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度v=4.5m/s．与此同时．开启电动机，使得圆筒由静止开始如图绕竖直轴转动，转动角速度满足ω=βt（β为常数，t为时间）．已知小物块与平板车的动摩擦因数μ2=0.5，小物块在平板车上运动时，圆筒与平板车间的细绳始终处于绷紧状态．设最大静摩擦等于滑动摩擦，取g=10m/s2，求：（1）P l被弹出时的最大加速度及弹簧的劲度系数；（2）小物块与桌面AB段的动摩擦因数；（3）要使滑块不从平板车上掉下，求β取值范围．【答案】解：（1）由v-t图象可知，刚释放弹簧时，p1的加速度等于图象得斜率为：a=k=5.00.5×10=1×103m/s2此时弹簧弹力为：F=kx=ma，解得：k=max =0.2×1×1030.1=2×103N/m．（2）设P1与p2碰撞前的速度为v1，规定v方向为正方向，对p1p2整体，由动量守恒得：mv1=2mv，解得：v1=9m/sp1由A运动到B的过程中，由动能定理得：−μmgs=12mv12−12mv A2，即：−μ×0.2×10×1.9=12×0.2×92−12×0.2×102解得：u=0.5，（3）平板车运动得速度为：v车=ωR=βR t，由加速度定义式得：a车=△v△t=βR，小物块在平板车上滑动时，由牛顿第二定律得：μmg=ma物，解得：a物=μg=0.5×10=5m/s2一要使物块恰好不从车上滑下则：a车=a物，解得：β=10rad/s，第二种情况，设经过时间t物块滑至车最右端C，且速度与车相同，得：v t=v-a物t=a车t，位移满足：v+v t2t=12a车t2+L，联立解得：β=1.25rad/s，综上所述：1.25rad/S≤β≤10rad/S答：（1）P l被弹出时的最大加速度为1×103m/s2，弹簧的劲度系数为2×103N/m；（2）小物块与桌面AB段的动摩擦因数为：0.5；（3）β取值范围为：1.25rad/S≤β≤10rad/S【解析】（1）根据v-t图象可求解加速度，再由牛顿第二定律求解劲度系数．（2）有动量守恒求解碰前的速度，结合动能定理求解摩擦因数．（3）找到物块不从小车上滑下的临界条件，一是两者加速度相同，二是速度相同时满足一定的位移关系，按照规律求解即可．本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，注重过程的分析，找到之间的联系关系，要加强这类题型的训练．。

2015年广东省揭阳市高考物理一模试卷一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，错选或不答得0分．）1．（4分）（2015•揭阳一模）下列说法正确的是（）A．U→Th+He是核裂变反应方程B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变C．一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，原子的电势能增加D．将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会发生改变【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁；重核的裂变．【分析】：太阳辐射的能量是核聚变反应；核反应方程满足质量数与质子数守恒规律；经过一个半衰期，只有一半没有发生衰变；电子的轨道半径减小时，电势能减小，动能增大，总能量减小，半衰期与其化学性质与化学状态无关．【解析】：解：A、核反应U→Th+He的过程中放出He（α粒子）是α衰变，故A错误；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故B正确；C、一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，原子能量减小，根据知，得：，电子的动能增大，电势能减小，故C错误；D、半衰期与其化学性质与化学状态无关，将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期会不变，故D错误；故选：B．【点评】：考查核聚变与裂变的区别，掌握核反应方程的书写规律，理解半衰期的内涵，注意轨道半径越大时，动能越小，电势能越大．2．（4分）（2015•揭阳一模）一物体静止在光滑的水平桌面上，现对其施加水平力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的速度﹣时间图象如图所示．根据图象判断下列说法中正确的是（）A．0s～6s时间内物体所受水平力的方向始终没有改变B．2s～3s时间内物体做减速运动C．1s末物体距离出发点最远D．1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同【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】：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．【解析】：解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知，0﹣6s内，加速度的方向改变，所以水平力的方向改变，故A错误．B、2﹣3s内，速度逐渐增大，所以做加速运动，故B错误．C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，2s末离出发点最远，故C错误．D、物体在1﹣3s内做匀变速直线运动，加速度不变，所以1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同，故D正确．故选：D．【点评】：本题是为速度﹣﹣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．3．（4分）（2015•揭阳一模）如图所示，三根横截面完全相同的圆木材A、B、C按图示方法放在水平面上，它们均处于静止状态，则下列说法正确的是（）A．B、C所受的合力大于A受的合力B．B、C对A的作用力的合力方向竖直向上C．B与C之间一定存在弹力D．如果水平面光滑，则它们仍有可能保持图示的平衡【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知它们受到的合力均为零；用假设法可得出圆柱体光滑时能否平衡．【解析】：解：A、由题意可知，三个小球均处于静止状态，故各物体所受合力都为零，故合力相等，故A错误；B、对A受力分析可知，A受重力和BC的支持力而处于平衡，故BC对A的作用力的合力方向竖直同上，故B正确；C、对B受力分析，B受重力、支持力、A的弹力及地面的摩擦力，若这些力能使物体平衡，则BC间没有弹力，故C错误；D、若圆柱体光滑，则下面的两物体BC将不能保持静止，故D错误；故选：B．【点评】：共点力的平衡题目解决的关键在于能否正确的进行受力分析；若无法判断弹力摩擦力是否存在时，可以采用假设法进行判断．4．（4分）（2015•揭阳一模）如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则（）A．A点和B点的线速度大小之比为1：2B．前轮和后轮的角速度之比为2：1C．两轮转动的周期相等D．A点和B点的向心加速度大小之比为1：2【考点】：线速度、角速度和周期、转速．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的．所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比．因此根据题目条件可知三点的线速度及角速度关系即可求解．【解析】：解：A、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以v A=v B，故A错误．B、根据v=ωr和v A=v B，可知A、B两点的角速度之比为2：1；由ω=2πn，所以转速也是2：1，故B正确．C、据ω=和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故C错误．D、由a=，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度之比为2：1，故D错误．故选：B．【点评】：明确共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的；灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系．二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答得0分）5．（6分）（2015•揭阳一模）若一定量理想气体按如图所示从A状态变化到B状态则（）A．气体内每个分子动能都增大B．气体内能增加C．气体一定吸热D．气体体积可能增大【考点】：理想气体的状态方程；热力学第一定律．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：P﹣T图象是经过坐标原点的直线，说明气体经历等容变化；温度是分子热运动平均动能的标志．【解析】：解：D、P﹣T图象是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程可知，气体经历等容变化，故体积不变，故D错误；A、气体的温度升高，说明分子热运动的平均动能增加，但不是没有分子的动能均增加，故A错误；B、气体的温度升高，说明内能增加，故B正确；C、气体等容变化，不对外做功，内能增加，故一定是吸收热量，故C正确；故选：BC．【点评】：本题关键是根据理想气体状态方程分析气体的变化过程，结合热力学第一定律和分子动理论分析，基础题目．6．（6分）（2015•揭阳一模）如图所示，是一独立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则（）A．电场强度比较是E A＞E BB．电势比较是φA＜φBC．电势差比较是U AB＞U BCD．检验电荷沿AC方向移动电场力不做功【考点】：电势差与电场强度的关系；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：由电场线的疏密判断电场强度的大小．顺着电场线电势降低，根据电场线的方向判断电势的高低．在匀强电场中，电场强度与电势差的关系是U=Ed．【解析】：解：A、由题意，该电场是正点电荷产生，则知该正点电荷必定在A的左侧，A 点离正点电荷最近，场强最大，故E A＞E B．故A正确．B、顺着电场线电势必定降低，所以有：φA＞φB＞φC．故B错误．C、由于AB间的电场线比BC间的电场线密，则AB间的电场强度比BC间的电场强度，根据公式U=Ed分析可知U AB＞U BC．故C正确．D、检验电荷沿AC方向移动电场力方向与位移方向相同或相反，电场力一定做功，故D错误．故选：AC．【点评】：本题考查对电场线物理意义的掌握与应用能力．要注意公式U=Ed的适用条件是匀强电场，可用来定性分析非匀强电场中场强与电势差的关系．7．（6分）（2015•揭阳一模）同步卫星是指相对于地面不动的人造卫星．关于各国发射的地球同步卫星，下列表述正确的是（）A．运行的速度都小于7.9km/s B．所受的万有引力大小都相等C．都处于平衡状态D．离地面的高度都相同【考点】：同步卫星．【专题】：人造卫星问题．【分析】：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量【解析】：解：A、7.9km/s是最大的圆周运动环绕速度，地球同步卫星在轨道上的绕行速度约为3.1千米/秒，小于7.9km/s，故A正确；B、不同的卫星由于质量不同，故它们所受到的万有引力大小不一定相同；故B错误；C、卫星都在绕地球做圆周运动，受到的合外力不为零；故C错误；D、所有同步卫星均处于相同高度上；故D正确；故选：AD．【点评】：球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度8．（6分）（2015•揭阳一模）一交流电压为u=100sin100πtV，由此表达式可知（）A．用电压表测量该电压，其示数为100VB．该交流电压的周期为0.02sC．将该电压加在“100V 100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率大于100WD．t=s时，该交流电压的瞬时值为50V【考点】：正弦式电流的图象和三角函数表达式．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率．【解析】：解：A、电压表显示的是有效值，有效值==100V，故A正确；B、ω=100π，周期T==0.02s，故B正确；C、由P===100W；知C错误；D、把t=s代入表达式u=100sin100πt（V）=100V；故D错误；故选：AB【点评】：本题考查了交流电瞬时值的表达式，要在掌握各物理量含义的基础上逐项分析．9．（6分）（2015•揭阳一模）如图，导线ab、cd跨接在电阻不计的光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R．当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止．则F1、F2及两导线的端电压U ab、U cd的关系为（）A．F1＞F2 B．F1=F2 C．U ab＞U cd D．U ab=U cd【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：cd棒匀速运动，所受的外力F1与安培力二力平衡．ab在外力F2作用下保持静止，外力F2与所受的安培力二平衡，而两棒所受的安培力大小相等，即可知道两个外力之间的关系．cd棒切割磁感线相当于电源，而ab相当于外电路，ab两端与cd两端的电压相等．【解析】：解：AB、cd在外力F1作用下向右匀速运动，则外力F1与安培力二力平衡，大小相等；ab在外力F2作用下保持静止，外力F2与所受的安培力二平衡，大小相等．由安培力公式F=BIL，可知两棒所受的安培力大小相等，则F1=F2．故A错误，B正确．CD、cd棒切割磁感线相当于电源，而ab相当于外电路，因为导轨电阻不计，所以ab两端与cd两端的电压都是路端电压，大小相等．故有U ab=U cd．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】：本题关键是分析两棒的受力情况，运用平衡条件分析外力关系，由电路知识分析电压关系．三、非选择题（共3道大题，共计54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．）10．（6分）（2015•揭阳一模）某课外兴趣小组利用图1的实验装置研究物体加速度与合外力的关系：①该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度a与细线上拉力F的关系，图2中能表示该同学实验结果的是A②某次实验，在一条纸带上选取相邻时间间隔相等的若干计数点，依次如图3中A、B、C、D、E所示．现测出AB=2.20cm，AC=6.40cm，AD=12.58cm，在测量AE段时，不慎把DE 段拉断．根据上面数据，估计AE段的长度为20.74cm．（保留两位小数）【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】：（1）平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线；（2）根据公式△x=aT2，结合逐差法进行计算即可；【解析】：解：（1）平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线，故选A；（2）根据逐差相等公式△x=aT2，可得CD﹣BC=DE﹣CD因为：AB=2.20cm，AC=6.40cm，AD=12.58cm，所以CD=AD﹣AC=12.58﹣6.40=6.18cm，BC=AC﹣AB=6.40﹣2.20=4.20cm，所以DE=2CD﹣BC=2×6.18﹣4.20=8.16cm，故AE=AD+DE=12.58+8.16=20.74cm．故答案为：（1）A；（2）20.74．【点评】：本题考查了学生对牛顿第二定律掌握和运用，本题关键：一是公式△x=aT2理解与掌握，注意巧用T的含义，二是能从图象上得到相关信息．11．（12分）（2015•揭阳一模）某学习小组要探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系．选取一根乳胶管，里面灌满了稀盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的圆柱形盐水柱．进行了如下实验：①用多用电表粗测盐水的电阻：该小组首先选用“×100”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针a 所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用×1000（选填“×10”或“×1000”）欧姆挡；改换选择开关后，若测得阻值如图（甲）中指针b所示，则R x的阻值大约是6000Ω；②现采用伏安法测盐水柱R x的电阻，有如下实验器材：A．锂电池（电动势标E称值为3.7V）B．电压表V（量程4V，R V约为4.0kΩ）C．电流表A1（量程100mA，R A1约为5Ω）D．电流表A2（量程2mA，R A2约为50Ω）E．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流为1A）F．开关S一只，导线若干为了测定盐水柱R x的阻值，该小组同学实验时电流表应该选择A2（填A1或A2）．③为探究导电溶液的电阻在体积V相同时，电阻值R与长度L的关系．该小组同学通过握住乳胶管两端把它均匀拉长改变长度，多次实验测得稀盐水柱长度L和电阻R的数据．为了定量研究电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图（乙）所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是L2．（选填L、、L2或）【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：欧姆表读数时，由于中间附近的刻度最均匀，故要使指针指在中间附近；欧姆表读数等于刻度盘读数乘以倍率；根据电源电压、盐水的电阻求出通过盐水的最大电流，然后根据该电流选取电流表；在正确实验过程中，盐水的体积不变，由电阻公式求出电阻的表达式，然后根据该表达式确定坐标轴表示什么物理量．【解析】：解：①、由图甲所示可知，用“×100”欧姆挡时，欧姆表针偏角过小，故说明所选量程过小，为准确测量电阻，故应换用大档位，使指针偏角在中间位置，故应选用×1k档；换挡后要重新进行欧姆调零，指针指在b位置，由图示表盘可知，电阻阻值为：6×1k=6kΩ；②由I=，所以电流表应选择A2；③在实验过程中，盐水的体积V保持不变，因为V=SL，所以盐水的横截面积S=盐水的电阻R=ρ=ρ由此可知，电阻R与L2成正比，横坐标表示的物理量是L2．故答案为：①×1000、6000；②A2；③L2．【点评】：本题考查了多用电表的读数，对多用电表进行读数前要明确多用电表选择开关置于什么挡上，根据多用电表的档位及表盘确定其分度值，然后根据指针位置读数；选择电流表时应明确：应根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程．12．（18分）（2015•揭阳一模）如图（甲）所示，某粒子源向外放射出一个α粒子，粒子速度方向与水平成30°角，质量为m，电荷量为+q．现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场（区域Ⅰ）．经该磁场偏转后，它恰好能够沿y 轴正方向进入下方的平行板电容器，并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器．已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连，其内有垂直框面的磁场（区域Ⅱ），磁场变化如图（乙）所示．不计粒子重力，求：（1）磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小；（2）圆形磁场区域的半径；（3）α粒子在磁场中运动的总时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）α粒子不会从N板的小孔P射出电容器，说明在MN板间受到向上的电场力，电场方向向上，N板的电势比M板的电势高．根据楞次定律可判断出区域Ⅱ内磁场的方向．由法拉第电磁感应定律求出MN板间的电压，对于α粒子在MN板间的运动过程，运用动能定理列式，可求α粒子射出粒子源的速度大小．（2）α粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径，画出其运动轨迹，由几何知识求解圆形磁场区域的半径．（3）在MN板间，α粒子在电场力作用下会重新回到圆形磁场区域，根据轨迹对应的圆心角求解α粒子在磁场中运动的总时间．【解析】：解：（1）据题分析知，MN板间的电场方向向上，N板的电势比M板的电势高，根据楞次定律可知：磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外．设正方形线框中产生的感应电动势为U．根据法第电磁感应定律，得U==S=①α粒子运动到P点恰好速度为零，对于在MN板间的运动过程，根据动能定理，有qU=②联立①②得v=③（2）设粒子运动半径为r，圆形磁场区域的半径为R．根据牛顿第二定律，有qvB=m④画出粒子的运动轨迹，如图，由几何关系可知tan30°=⑤联立③④⑤解得R==（3）粒子的运动周期为T=⑥粒子在电场力作用下要重新进入磁场，故运动时间为t=2×T ⑦联立④⑤⑥⑦得t=答：（1）磁场区域Ⅱ磁场的方向垂直于纸面向外，α粒子射出粒子源的速度大小为；（2）圆形磁场区域的半径为；（3）α粒子在磁场中运动的总时间为．【点评】：本题是粒子在磁场中匀速圆周运动和电场中运动、电磁感应的综合．磁场中圆周运动常用方法是画轨迹，由几何知识求半径．13．（18分）（2015•揭阳一模）如图所示，绝缘光滑水平面上放置有不带电的质量为m A=2kg 的滑块A和质量为m B=1kg，带电荷量q=+5C的滑块B．A、B之间夹有一压缩的绝缘弹簧（与A、B不连接），弹簧储存的弹性势能为E p=12J．水平面与传送带最左端M相切，传送带的长度L=2m，M点的右边存在水平向右的场强为E=2V/m的匀强电场，滑块B与传送带的动摩擦因数μ=0.2．现在自由释放A、B，B滑上传送带之前已经与弹簧脱离，（g=10m/s2），求：（1）滑块A、B脱离弹簧时A、B的速度大小；（2）若传送带顺时针转动，试讨论滑块B运动到传送带N端的动能E k与传送带的速度v 的关系．【考点】：动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律；电势差与电场强度的关系．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：（1）由动量守恒定律可机械能守恒定律可求得两物体的速度；（2）分别计论传送带速度在不同的范围内的运动情况，由动能定理可明确动能与速度的关系．【解析】：解：（1）根据动量守恒定律，得m A v A﹣m B v B=0根据能量守恒定律，得E P=m A V A2+m B v B2解得v A=2m/s，v B=4m/s（2）①当传送带的速度0＜v≤4 m/s时，滑块B向右做匀加速直线运动，摩擦力一直做负功，则E2qL﹣μmgL=E k﹣mv B2解得E k=24 J②当传送带的速度v＞4 m/s时，设传送带的速度为v′，当滑块B运动至传送带右端时，恰好与传送带共速根据动能定理，得E2qL+μmqL=mv′2﹣mv B2解得v′=8 m/s当4 m/s＜v＜8 m/s时，设小球速度增至与传送带速度相等时，位移为L′，则E2qL′+μmgL′=mv2﹣mv B2从B至C整个过程：E2qL+μmgL′﹣μmg（L﹣L′）=E k﹣mv B2联立解得：E k=+当v≥8 m/s时，摩擦力对滑块B一直做正功E2qL+μmqL=E k﹣mv B2解得E k=32 J答：（1）滑块A、B脱离弹簧时A、B的速度大小分别为2m/s和4m/s；（2）0＜v≤4 m/s时，E K=24J；v＞4 m/s时，E k=+当v≥8 m/s时，E k=32 J【点评】：本题考查动量守恒定律、机械能守恒及传送带问题的综合应用，在解题时要注意正确分析物理过程，明确物理规律的应用．。

2015年广东省揭阳一中、潮州金山中学高考物理四模试卷一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2015•揭阳校级四模）分子动理论的基本观点：物体是由大量分子组成的、分子的热运动、分子间的相互作用力．下列说法中正确的是（）2．（4分）（2015•揭阳校级四模）下列说法正确的是（）衰变了的质量为m3．（4分）（2015•揭阳校级四模）电视台体育频道讲解棋局的节目中通常有一个竖直放置的棋盘．该棋盘具有磁性，每个棋子都可视为能被棋盘吸引的小磁体．对于静止在棋盘上的棋子，下列说法中正确的是（）4．（4分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上．下列说法中正确的是（）二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分．5．（6分）（2015•揭阳校级四模）一个沿竖直方向运动的物体，其速度图象如图，设向上为正方向，则可知（）6．（6分）（2015•揭阳校级四模）设想“嫦娥号”登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，测得其周期为T，飞船在月球上着陆后，自动机器人用测力计测得质量为m的仪器重力为P．已知引力常量为G，由以上数据可以求出的量有（）7．（6分）（2015•揭阳校级四模）如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为1：100和100：1，发电站输出电压为u=250sin100πt（V），下列说法正确的是（）8．（6分）（2015•揭阳校级四模）某人在竖直墙壁上悬挂一镖靶，他站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图），空气阻力不计，下列说法正确的是（）9．（6分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）三、非选择题10．（8分）（2015•揭阳校级四模）如图1所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，鳄鱼夹c与金属丝接触良好，现用多用电表测量保护电阻R0的阻值，完成相关的内容：①将转换开关转到“Ω×1”挡，红、黑表笔短接，调节．使指针恰好停在欧姆刻度线的处．②先，再将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如图2所示，则R0的阻值为．11．（10分）（2015•揭阳校级四模）用如图1所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．①某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图2，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：．②如果这位同学先如①中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的a﹣F图线是图3中的（填选项代号的字母）．③图4是某同学在正确操作下获得的一条纸带，选取一段如图4所示．若所用交流电的频率为50H Z，用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：6.19cm、12.89cm、20.1m 和27.82cm，若该匀变速直线运动的加速度的大小为3.2m/s2，那么图中每两点中间还有点没有画出．如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比（选填：偏大、偏小或不变）．12．（18分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，两根足够长电阻不计的光滑导轨MM′和NN′间距为L=0.1m与水平方向成θ=30°角，MM’和NN’间有垂直导轨向上，磁感应强度B0=1T 的匀强磁场，质量m0=0.1kg、阻值r=0.2Ω的金属棒ab垂直横跨在导轨上，电阻R=0.1Ω，在其两端连接竖直放置的间距为d=0.1m 的平行金属板，板间有垂直纸面向里，磁感应强度B1=2T的匀强磁场．粒子源能发射沿水平方向的速率、质量和电量皆不相同的带电的粒子，经过金属板后部分粒子从与粒子源处在同一水平线的小孔O飞入垂直纸面向里强度B2=4T宽度为d的匀强磁场ABCD区域．在磁场左下边界处放置如图所示的长2d的感光板．已知：导轨电阻不计，粒子重力不计．（g取10m/s2）求：（1）释放ab棒后ab棒能达到的最大速度v m的大小；（2）ab棒达到最大速度后，能从O点进入B2磁场区域的粒子速度v的大小；（3）感光板上能接收到的粒子比荷（）的范围．13．（18分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点．小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高．一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d．一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短．已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．（1）若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，要使碰后小球能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？（2）若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求d和v0之间满足的关系和碰后物块与平板车最后共同的速度v．（3）若A碰C之前物块与平板车未达共同速度，求碰后物块与平板车最后共同的速度v与v0和d的关系．2015年广东省揭阳一中、潮州金山中学高考物理四模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2015•揭阳校级四模）分子动理论的基本观点：物体是由大量分子组成的、分子的热运动、分子间的相互作用力．下列说法中正确的是（）2．（4分）（2015•揭阳校级四模）下列说法正确的是（）衰变了的质量为m）×=3．（4分）（2015•揭阳校级四模）电视台体育频道讲解棋局的节目中通常有一个竖直放置的棋盘．该棋盘具有磁性，每个棋子都可视为能被棋盘吸引的小磁体．对于静止在棋盘上的棋子，下列说法中正确的是（）4．（4分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上．下列说法中正确的是（）二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分．5．（6分）（2015•揭阳校级四模）一个沿竖直方向运动的物体，其速度图象如图，设向上为正方向，则可知（）6．（6分）（2015•揭阳校级四模）设想“嫦娥号”登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，测得其周期为T，飞船在月球上着陆后，自动机器人用测力计测得质量为m的仪器重力为P．已知引力常量为G，由以上数据可以求出的量有（）根据万有引力等于重力得：R=得：v=7．（6分）（2015•揭阳校级四模）如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为1：100和100：1，发电站输出电压为u=250sin100πt（V），下列说法正确的是（）．f=8．（6分）（2015•揭阳校级四模）某人在竖直墙壁上悬挂一镖靶，他站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图），空气阻力不计，下列说法正确的是（）t=9．（6分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（），由于磁铁下落时，故三、非选择题10．（8分）（2015•揭阳校级四模）如图1所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，鳄鱼夹c与金属丝接触良好，现用多用电表测量保护电阻R0的阻值，完成相关的内容：①将转换开关转到“Ω×1”挡，红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮．使指针恰好停在欧姆刻度线的零刻度线处．②先断开开关S，再将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如图2所示，则R0的阻值为2Ω．11．（10分）（2015•揭阳校级四模）用如图1所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．①某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图2，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：不正确，应该逐渐调节木板的倾斜度，直到轻推小车，小车能沿木板作匀速直线运动．．②如果这位同学先如①中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的a﹣F图线是图3中的C（填选项代号的字母）．③图4是某同学在正确操作下获得的一条纸带，选取一段如图4所示．若所用交流电的频率为50H Z，用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：6.19cm、12.89cm、20.1m 和27.82cm，若该匀变速直线运动的加速度的大小为3.2m/s2，那么图中每两点中间还有1点没有画出．如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比偏大（选填：偏大、偏小或不变）．t==0.04s =212．（18分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，两根足够长电阻不计的光滑导轨MM′和NN′间距为L=0.1m与水平方向成θ=30°角，MM’和NN’间有垂直导轨向上，磁感应强度B0=1T 的匀强磁场，质量m0=0.1kg、阻值r=0.2Ω的金属棒ab垂直横跨在导轨上，电阻R=0.1Ω，在其两端连接竖直放置的间距为d=0.1m 的平行金属板，板间有垂直纸面向里，磁感应强度B1=2T的匀强磁场．粒子源能发射沿水平方向的速率、质量和电量皆不相同的带电的粒子，经过金属板后部分粒子从与粒子源处在同一水平线的小孔O飞入垂直纸面向里强度B2=4T 宽度为d的匀强磁场ABCD区域．在磁场左下边界处放置如图所示的长2d的感光板．已知：导轨电阻不计，粒子重力不计．（g取10m/s2）求：（1）释放ab棒后ab棒能达到的最大速度v m的大小；（2）ab棒达到最大速度后，能从O点进入B2磁场区域的粒子速度v的大小；（3）感光板上能接收到的粒子比荷（）的范围．得：）由平衡条件得：=25C/kg=6.25C/kg则感光板上能接收到的粒子的比荷（≤）感光板上能接收到的粒子比荷（≤13．（18分）（2015•揭阳校级四模）如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点．小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高．一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d．一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短．已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．（1）若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，要使碰后小球能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？（2）若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求d和v0之间满足的关系和碰后物块与平板车最后共同的速度v．（3）若A碰C之前物块与平板车未达共同速度，求碰后物块与平板车最后共同的速度v与v0和d的关系．2l+（≥m﹣（＜．≥v=（．。

2014-2015学年广东省揭阳一中、潮州金山中学高三（上）暑假联考物理试卷一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．U→Th+He是α衰变方程B．半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态有关C．U+n→Ba+Kr+3n是查德威克发现中子的核反应方程D．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出连续频率的光子2．（4分）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（）A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小3．（4分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（）A．G B．G sinθC．G cosθD．Gtanθ4．（4分）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（）A．A点场强大于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功二、双项选择题：（本题共9题，每小题6分，共计54分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙大B．汽车乙的平均速度小于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大6．（6分）下列说法中正确的是（）A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到热力学零度B．昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显D．温度升高1℃也即升高1K7．（6分）某飞船的周期约为90min，它与地球同步卫星相比，下列判断中正确的是（）A．飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径B．飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度C．飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D．飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度8．（6分）如图甲所示，理想变压器、副线圈的匝数之比为4：1．原线圈接入交流电源，其电动势与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10Ω的负载电阻．下述结论正确的是：（）A．交变电源的表达式为u=20sin100πtVB．副线圈中电压表的示数为5VC．原线圈中电流表的示数为0.5AD．原线圈的输入功率为2.5W9．（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端与小灯泡连接，匀强磁场垂直于导轨所在平面，则垂直导轨的导体棒ab由静止开始下滑过程中（导体棒电阻为R，导轨和导线电阻不计）（）A．受到的安培力方向沿斜面向上B．受到的安培力大小保持恒定C．导体棒的机械能一直减小D．导体棒的动能一直增大三、解答题（共4小题，满分54分）10．（6分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时．图中a0表示的是时小车的加速度．②某同学得到如图（c）所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，其中S DG=3.90cm，S AD=2.10cm．由此可算出小车的加速度a=m/s2（保留两位有效数字）．11．（12分）有一段粗细均匀的导体，现要用实验的方法测定这种导体材料的电阻率，若已测得其长度，还需要测出它的横截面积和电阻值R x．①若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图甲，则读数为mm．②若已知这段导体的电阻约为30Ω，要尽量精确的测量其电阻值，除了需要导线、开关以外，在以下备选器材中应选用的是．（只填写字母代号）A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）C．电流表（量程0～100m A，内阻约12Ω）D．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，允许最大电流2.0A）G．滑动变阻器（0～500Ω，允许最大电流0.5A）③在图乙中画出测这段导体电阻的实验电路图（要求直接测量的变化范围尽可能大一些）．④根据测量数据画出该导体的伏安特性曲线如图丙所示，发现MN段明显向上弯曲．若实验的操作、读数、记录、描点和绘图等过程均正确无误，则出现这一弯曲现象的主要原因是．12．（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4m的带有四分之一光滑圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L的粗糙水平轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．一质量为m的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度滑上平板车，恰能到达圆弧轨道的最高点A，小物块最终到达平板车最右端并与平板车相对静止．已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小．（2）光滑圆弧轨道半径R．13．（18分）如图所示，竖直平面内有直角坐标系xOy，x轴与绝缘的水平面重合，y轴左侧空间存在水平向右的匀强电场E1=45N/C，y轴右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场E2=40N/C．质量m1=1×10﹣3kg、电量q=1×10﹣3C的小物块P从A点由静止释放，与静止在原点O的带电小物块Q发生正碰，正碰的同时撤掉电场E1，碰撞后物块Q恰好做匀速圆周运动，速度为v2=1m/s．已知AO距离l=0.2m，Q的质量为m2=7×10﹣3k，小物P 与水平面的动摩擦因数为μ=0.5，不考虑P、Q间的库仑力．取g=10m/s2，求：（1）碰后P的速度大小v1；（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为l OC=0.4m，求磁感应强度B 的大小；（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P再次相碰，求B′的大小？2014-2015学年广东省揭阳一中、潮州金山中学高三（上）暑假联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．U→Th+He是α衰变方程B．半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态有关C．U+n→Ba+Kr+3n是查德威克发现中子的核反应方程D．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出连续频率的光子考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：α衰变生成氦原子核，β衰变生成电子，据此判断即可找出α衰变．解答：解：A、U→Th+He生成氦原子核，是α衰变方程，故A正确；B、半衰期与原子所处的物理状态、化学状态无关，故B错误；C、查德威克通过α粒子轰击铍核发现了中子．发现中子的核反应方程为：Be+He→C+n，故C错误；D、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出不连续频率的光子，故D错误；故选：A．点评：对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反应方程，要熟练掌握并能了解当时的历史背景．2．（4分）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（）A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小考点：热力学第一定律．专题：计算题．分析：根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．解答：解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确；故选A．点评：热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q 取负值．3．（4分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（）A．G B．G sinθC．G cosθD．Gtanθ考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选A．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解．4．（4分）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（）A．A点场强大于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功考点：电场强度．分析：等量异种点电荷形成的电场中，电场线方向由M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析电势关系、场强关系．解答：解：A、M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，A点和B点关于O点对称，A、B两点的电场强度相同．C、D关于O点对称，电场强度相同，故A错误，B正确．C、M、N间的电场线由M指向N，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势高于B点．故C错误．D、CD为等势线，电荷从C移到O，电场力不做功．故D错误．故选：B．点评：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．二、双项选择题：（本题共9题，每小题6分，共计54分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙大B．汽车乙的平均速度小于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：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；切线代表该位置的加速度，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、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，如图所示，红线表示匀减速直线运动，其平均速度等于，而匀减速直线运动的位移大于该变减速运动的位移，则平均速度小于，故B正确；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：AB．点评：本题是为速度﹣﹣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．6．（6分）下列说法中正确的是（）A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到热力学零度B．昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显D．温度升高1℃也即升高1K考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：热力学第二定律：不可能从单一热源吸热而不引起其他变化；液体表面存在张力；布朗运动与温度和固体颗粒的大小有关；摄氏温标与热力学温标的关系：T=t+273．解答：解：A、根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%；温度是分子热运动平均动能的标志，分子热运动的平均动能与物体的温度成正比，故绝对零度是不可能达到的；故A错误；B、由于蒸发，液体表面分子较为稀薄，分子间距大，表现为引力；昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用；故B正确；C、悬浮在液体中的固体颗粒越大，碰撞的不平衡性越不明显，故布朗运动越不明显；故C错误；D、根据T=t+273，温度升高1℃也即升高1K，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了热力学第二定律、液体的表面张力、布朗运动和温标的关系等，知识点多，难度小，关键是多看书，记住基础知识．7．（6分）某飞船的周期约为90min，它与地球同步卫星相比，下列判断中正确的是（）A．飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径B．飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度C．飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D．飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度考点：同步卫星；平抛物体与自由落体同时落地．专题：人造卫星问题．分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．解答：解：根据万有引力提供向心力得出：=ma=mω2r=m=mA、T=2π，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min．同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径．故A正确；B、v=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度．故B错误；C、a=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度．故C正确；D、ω=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，飞船运动的角速度大于同步卫星运动的角速度，故D错误；故选：AC．点评：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用．8．（6分）如图甲所示，理想变压器、副线圈的匝数之比为4：1．原线圈接入交流电源，其电动势与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10Ω的负载电阻．下述结论正确的是：（）A．交变电源的表达式为u=20sin100πtVB．副线圈中电压表的示数为5VC．原线圈中电流表的示数为0.5AD．原线圈的输入功率为2.5W考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图乙可知输入电源的最大值及周期，则可求得交变电流的表达式；再根据变压器原理可求得副线圈中电压表值；由欧姆定律求得电流值，由功率公式可求得功率．解答：解：A、由图乙可知，电源的最大值为20V；周期为2×10﹣2s，则交流电源的表达式为：u=20sin=20sin100πtV；故A正确；B、输入电源的有效值为=20V；则由=；解得U2=5V；故B正确；C、副线圈的电流I2==A=0.5A；则原线圈中电流I1=A=0.125A，故C错误；D、功率P=U2I2=5×0.5=2.5W；而输入功率等于输出功率，故输入功为2.5W；故D错误；故选：AB．点评：本题考查变压器原理及交流电的性质，明确在求功率及电压表测量值均为有效值．9．（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端与小灯泡连接，匀强磁场垂直于导轨所在平面，则垂直导轨的导体棒ab由静止开始下滑过程中（导体棒电阻为R，导轨和导线电阻不计）（）A．受到的安培力方向沿斜面向上B．受到的安培力大小保持恒定C．导体棒的机械能一直减小D．导体棒的动能一直增大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出动能的变化．由电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化．解答：解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力F安沿斜面向上，故A正确；B、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度v m，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故B错误；C、由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；D、由B分析可知导体棒先加速运动后匀速运动，则动能先增大后不变．故D错误；故选：AC．点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质．再根据功能关系进行分析．三、解答题（共4小题，满分54分）10．（6分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时长木板的倾角过大．图中a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度．②某同学得到如图（c）所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，其中S DG=3.90cm，S AD=2.10cm．由此可算出小车的加速度a=5.0m/s2（保留两位有效数字）．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：明确实验原理可知具体操作细节，根据匀变速直线运动的特点△x=aT2可以求出加速度的大小；解答：解：（1）根据图象（b）可知，当没有悬挂砂桶时，小车已经产生加速度，由此可知在操作个过程中，平衡摩擦力过度即长木板的倾角过大，图中a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度大小．故答案为：长木板的倾角过大，未挂砂桶．（2）根据刻度尺的示数可知△s=3.90cm﹣2.10cm=1.80cm，时间间隔为T=0.06s，代入公式△x=aT2可以求出加速度为：a=5.0m/s2．故答案为：（1）长木板的倾角过大；未挂砂桶；（2）5.0．点评：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力．11．（12分）有一段粗细均匀的导体，现要用实验的方法测定这种导体材料的电阻率，若已测得其长度，还需要测出它的横截面积和电阻值R x．①若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图甲，则读数为0.900 mm．②若已知这段导体的电阻约为30Ω，要尽量精确的测量其电阻值，除了需要导线、开关以外，在以下备选器材中应选用的是ABEF．（只填写字母代号）A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）C．电流表（量程0～100m A，内阻约12Ω）D．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，允许最大电流2.0A）G．滑动变阻器（0～500Ω，允许最大电流0.5A）③在图乙中画出测这段导体电阻的实验电路图（要求直接测量的变化范围尽可能大一些）．④根据测量数据画出该导体的伏安特性曲线如图丙所示，发现MN段明显向上弯曲．若实验的操作、读数、记录、描点和绘图等过程均正确无误，则出现这一弯曲现象的主要原因是随着导体中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②实验需要有电源，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．③根据实验要求及实验器材确定滑动变阻器及电流表的接法，然后作出电路图．④从温度对电阻率的影响分析答题．解答：解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm；②实验中需要电源：A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）；电路最大电流约为I==≈0.5A，电流表应选：B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）；电源电动势为14V，电压表应选：E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）；电源电动势为14V，为方便调节，滑动变阻器应选：F、0～10Ω，允许最大电流2.0A；即还需要的实验器材为：ABEF．③要准确测量电阻阻值，应进行多次测量求平均值，测量多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法；待测电阻阻值约为30Ω，电流表内阻约为0.12Ω，电压表内阻约为15kΩ，相对来说，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，电路图如图所示．④伴随导体中的电流增大，电流流过电阻产生的热量越来越多，电阻温度越来越高，导体电阻率变大，导体电阻变大，导体电阻不再是定值，因此导体的伏安曲线不再是直线而发生弯曲．故答案为：①0.900；②ABEF；③如图所示；④随着导体中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．点评：本题考查了实验数据处理、选择实验器材、设计实验电路图等问题，熟练掌握基础知识即可求出物体的瞬时速度与加速度；设计实验电路图是本题的难点，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键．12．（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4m的带有四分之一光滑圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L的粗糙水平轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．一质量为m的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度滑上平板车，恰能到达圆弧轨道的最高点A，小物块最终到达平板车最右端并与平板车相对静止．已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小．（2）光滑圆弧轨道半径R．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒和能量守恒求解；（2）从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出半径．解答：解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A 时，二者的共同速度，规定向左为正方向，由动量守恒得：mv0=（M+m）v1…①由能量守恒得：mv02=（M+m）v12+μmg•2L…②解得：v0=…③；（2）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v2由能量守恒定律得：mv02=（M+m）v22++mgR+μmgL代入数据解得：R=μL；答：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小为．（2）光滑圆弧轨道半径R为μL．点评：本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据能量守恒研究．。

2015年广东省揭阳一中、金山中学联考（理科）一．选择题（本大题共8个小题；每小题5分，共40分）1．（5分）已知i是虚数单位，m和n都是实数，且m（1+i）=11+ni，则=（）A．i B．﹣i C．1+i D．1﹣i【考点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算．【专题】数系的扩充和复数．【分析】由复数相等的条件求出m，n的值，代入后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解析】解：由m（1+i）=11+ni，得m=n=11，∴=．故选：A．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，是基础题．2．（5分）已知|﹣|=，|+|=，则•=（）A．1 B． 2 C． 3 D． 5【考点】平面向量数量积的运算．【专题】计算题；平面向量及应用．【分析】运用向量的数量积的性质：向量的平方即为模的平方，再运用完全平方公式，两式相减即可得到所求值．【解析】解：由|﹣|=，|+|=，则（﹣）2=6，（+）2=10，即﹣2+=6，+2+=10，上面两式相减可得=1．故选：A．【点评】本题考查向量数量积的性质，主要考查向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题．3．（5分）数列{a n}满足a n+1=，若a1=，则a2015=（）A．B．C．D．【考点】数列递推式．【专题】点列、递归数列与数学归纳法．【分析】根据数列的递推关系得到数列为周期数列即可得到结论【解析】解：由递推数列可得，a1=，a2=2a1﹣1=2×﹣1=，a3=2a2﹣1=2×﹣1=，a4=2a3=2×=，a5=2a4=2×=，…∴a5=a1，即a n+4=a n，则数列{a n}是周期为4的周期数列，则a2015=a503×4+3=a3=，故选：A【点评】本题主要考查递推数列的应用，根据递推关系得到数列{a n}是周期为4的周期数列是解决本题的关键4．（5分）已知某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是（）A．B． 4 C．D．6【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】根据四棱台的三视图，得出该四棱台的结构特征是什么，由此计算它的体积即可．【解析】解：根据四棱台的三视图，得：该四棱台是上、下底面为正方形，高为2的直四棱台，且下底面正四边形的边长为2，上底面正四边形的边长为1；∴该四棱台的体积为V四棱台=×（12++22）×2=．故选：C．【点评】本题利用空间几何体的三视图求几何体的体积的应用问题，是基础题目．5．（5分）甲、乙两所学校高三级某学年10次联合考试的理科数学成绩平均分用茎叶图如图所示，则甲乙两所学校的平均分及方差s2的大小关系为（）A．＞，s甲2＞s乙2 B．＞，s甲2＜s乙2C．＜，s甲2＜s乙2 D．＜，s甲2＞s乙2【考点】茎叶图．【专题】概率与统计．【分析】根据茎叶图中数据的分布情况，结合平均数与方差的概念，即可得出正确的结论．【解析】解：根据茎叶图中的数据，得；甲学校数学成绩多分布在81～99之间，乙学校数学成绩多分布在90～96之间，∴甲的平均数应大于乙的平均数；又甲学校数学成绩更分散些，乙学校数学成绩更集中些，∴甲的方差应大于乙的方差；即＜，＞．故选：D．【点评】本题利用茎叶图考查了数据的平均数与方差的估算问题，若需精确计算，用平均数与方差的公式计算即可，是基础题目．6．（5分）如图，矩形OABC内的阴影部分是由曲线f（x）=sinx（x∈（0，π））及直线x=a （a∈（0，π））与x轴围成，向矩形OABC内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为，则a的值是（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【专题】计算题．【分析】由题意可得，是与面积有关的几何概率，分别求出构成试验的全部区域是矩形OACB 的面积，构成事件A的区域即为阴影部分面积为∫0a sinxdx=﹣cosx|0a=1﹣cosa，代入几何概率的计算公式可求【解析】解：由题意可得，是与面积有关的几何概率构成试验的全部区域是矩形OACB，面积为：a×记“向矩形OABC内随机投掷一点，若落在阴影部分”为事件A，则构成事件A的区域即为阴影部分面积为∫0a sinxdx=﹣cosx|0a=1﹣cosa由几何概率的计算公式可得P（A）=a=故选B【点评】本题是与面积有关的几何概率的计算，求解需要分别计算矩形的面积及阴影部分的面积，考查了利用积分计算不规则图象的面积．7．（5分）下列命题中正确命题的个数是（）①“数列{a n}既是等差数列，又是等比数列”的充要条件是“数列{a n}是常数列”；②不等式|x﹣1|+|y﹣1|≤1表示的平面区域是一个菱形及其内部；③f（x）是（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，x＞0时的解析式是f（x）=2x，则x＜0时的解析式为f（x）=﹣2﹣x；④若两个非零向量、共线，则存在两个非零实数λ、μ，使λ+μ=．A．4 B． 3 C． 2 D． 1【考点】命题的真假判断与应用．【专题】简易逻辑．【分析】①不正确，举例：常数列：0，0，0，…，0，是等差数列，但是不是等比数列；②不等式|x﹣1|+|y﹣1|≤1表示的平面区域如图所示，即可判断出正误；③利用奇函数的定义及其性质，即可判断出正误；④利用向量共线定理，即可判断出正误．【解析】解：①不正确，举例：常数列：0，0，0，…，0，是等差数列，但是不是等比数列，因此数列{a n}既是等差数列，又是等比数列”的必要不充分条件是“数列{a n}是常数列”；②不等式|x﹣1|+|y﹣1|≤1表示的平面区域如图所示：是一个菱形及其内部，正确；③f（x）是（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，x＞0时的解析式是f（x）=2x，则x＜0时，﹣x＞0，∴f（x）=﹣f（﹣x）=﹣2﹣x，因此正确；④若两个非零向量、共线，则存在两个非零实数λ、μ，使λ+μ=，正确．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的性质、不等式|x﹣1|+|y﹣1|≤1表示的平面区域、奇函数的定义及其性质、向量共线定理、简易逻辑的判定，考查了推理能力与计算能力，考查了数形结合的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．（5分）定义在[1，+∞）上的函数f（x）满足：①f（2x）=cf（x）（c为正常数）；②当2≤x≤4时，f（x）=（x﹣3）2+1若函数f（x）的图象上所有极小值对应的点均在同一条直线上，则c=（）A．1 B． 2 C．1或2 D．2或4【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】函数的性质及应用．【分析】分别求出当1≤x≤2时和4≤x≤8时函数的解析式，再结合已知2≤x≤4时的解析式，分别求出每段的最小值，由三点共线可求出c的值．【解析】解：由已知可得，当1≤x≤2时，，当2≤x≤4时，f（x）=（x﹣3）2+1，当4≤x≤8时，；由题意可知函数f（x）的图象上的极小值对应的点，（3，1），（6，c）共线，则，∴c=1或c=2．故选：C．【点评】本题考查了，分段函数的最值，运用了化归思想，属于中档题．二．填空题（本大题共5小题，每小题5分，满分25分）（一）必做题（9～13题）9．（5分）函数y=lg的定义域为集合A，集合B=（a，a+1）．若B⊆A，则实数a的取值范围为[﹣1，0]．【考点】集合的包含关系判断及应用；对数函数的定义域．【专题】计算题；函数的性质及应用；集合．【分析】解＞0求函数的定义域，从而确定集合A，再由B⊆A可得﹣1≤a＜a+1≤1，从而解得．【解析】解：由＞0解得，﹣1＜x＜1；故A=（﹣1，1）；故（a，a+1）⊆（﹣1，1）；故﹣1≤a＜a+1≤1；解得，﹣1≤a≤0；故答案为：[﹣1，0]．【点评】本题考查了函数的定义域的求法及集合的求法，属于基础题．10．（5分）在（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）6的展开式中含x2项的系数为35；（用数字作答）【考点】二项式系数的性质．【专题】二项式定理．【分析】由条件利用二项展开式的通项公式可得含x2项的系数为++++，再利用二项式系数的性质求得结果．【解析】解：（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）6的展开式中含x2项的系数为++++=35，故答案为：35．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．11．（5分）观察式子：1+，1+，1+，…，则可归纳出式子为1+…+＜，（n≥2）．．【考点】归纳推理．【专题】综合题；压轴题．【分析】根据题意，由每个不等式的左边的最后一项的通项公式，以及右边式子的通项公式，可得答案．【解析】解：根据题意，1+，1+，1+，…，第n个式子的左边应该是：，右边应该是：，并且n满足不小于2所以第n个式子为：1+…+，（n≥2）．故答案为：1+…+，（n≥2）．【点评】本题考查了归纳推理，培养学生分析问题的能力．归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．12．（5分）定义某种运算⊕，a⊕b的运算原理如图所示，设S=1⊕x，x∈[﹣2，2]，则输出的S的最大值与最小值的差为2．【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】由已知中的程序算法可知：该程序的功能是利用条件结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解析】解：由已知中的程序算法可知：该程序的功能是利用条件结构计算并输出变量S 的值，由程序构图可得：a⊕b=，∴S=1⊕x=，故当x=﹣2时，S取最大值2，当x=0时，S取最小值0，故S的最大值与最小值的差为2，故答案为：2【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．13．（5分）抛物线y2=4x的焦点为F，过点N（3，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，|BF|=3，则△BCF与△ACF的面积之比为．【考点】抛物线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】如图所示，F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2）．由|BF|=3，可得x2+1=3，解得x2，代入抛物线方程可得y2．直线AB的方程为：，与抛物线方程联立可得x1．利用△BCF与△ACF的面积之比==即可得出．【解析】解：如图所示，F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2）．由|BF|=3，可得x2+1=3，解得x2=2，代入抛物线方程可得：=4×2，y2＜0，解得y2=﹣2．∴B．直线AB的方程为：，化为．联立，化为2x2﹣13x+18=0，∴x1x2=9，解得x1=．∴△BCF与△ACF的面积之比====．故答案为：．【点评】本题考查了抛物线的定义及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（二）选做题（考生只能选做一题）14．（5分）极坐标系中，圆ρ2+2ρsinθ=3的圆心到直线ρsinθ+ρcosθ﹣1=0的距离是．【考点】简单曲线的极坐标方程．【专题】坐标系和参数方程．【分析】把极坐标方程化为直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式即可得出．【解析】解：圆ρ2+2ρsinθ=3化为x2+y2+2y=3，配方为x2+（y+1）2=4，可得圆心C（0，﹣1）．直线ρsinθ+ρcosθ﹣1=0化为x+y﹣1=0，∴圆心到直线ρsinθ+ρcosθ﹣1=0的距离d==．故答案为：．【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式，属于基础题．15．如图，圆O的直径AB=8，C为圆周上一点，BC=4，过C作圆的切线l，过点A作直线l的垂线AD，D为垂足，AD与圆O交于点E，则线段DE的长度为2．【考点】与圆有关的比例线段．【专题】立体几何．【分析】连接BE，OC，OC∩BE=F，证明四边形EFCD是矩形，△OBC是等边三角形，即可得出结论．【解析】解：连接BE，OC，OC∩BE=F，则OC⊥l，∵AD⊥l，∴AD∥OC，∵AB是圆O的直径，∴AD⊥BE，∵AD⊥l，∴l∥BE，∴四边形EFCD是矩形，∴DE=CF，∵圆O的直径AB=8，BC=4，∴△OBC是等边三角形，∴CF=2，∴DE=2，故答案为：2．【点评】本题考查圆的切线的性质，考查学生的计算能力，属于中档题．三．解答题16．（12分）设函数f（x）=cos（2x﹣）﹣2sinxcosx．（Ⅰ）求f（x）的最小正周期，并指出由f（x）的图象如何变换得到函数y=cos2x的图象；（Ⅱ）△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（A﹣）=，b+c=2，求a的最小值．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质；解三角形．【分析】（I）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得f（x）=cos（2x+），根据周期公式即可求f（x）的最小正周期T．根据正弦函数的平移规律可得y=cos（2x+）的图象向右平移个单位长度得到函数y=cos2x．（II）由已知及（I）可得cos（2A﹣）=，由A∈（0，π），可得A，由b+c=2及余弦定理，得a2=4﹣3bc，又bc≤（）2=1即可求得a的最小值．【解析】解：（I）∵f（x）=cos2x+sin2x﹣sin2x=cos2x﹣sin2x=cos（2x+）（3分）∴f（x）的最小正周期T==π，…（4分）由y=cos（2x+）的图象向右平移个单位长度得到函数y=cos2x；…（6分）（II）由f（A﹣）=cos（2A﹣）=，A∈（0，π），可得A=．…（8分）由b+c=2及余弦定理，得a2=b2+c2﹣2bccos=（b+c）2﹣3bc=4﹣3bc，…（10分）又bc≤（）2=1仅当b=c=1时bc取最大值，此时a取最小值1．…（12分）【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，正弦函数的图象，基本不等式的应用，属于基本知识的考查．17．（12分）已知某校的数学专业开设了A，B，C，D四门选修课，甲、乙、丙3名学生必须且只需选修其中一门．（Ⅰ）求这3名学生选择的选修课互不相同的概率；（Ⅱ）若甲和乙要选同一门课，求选修课A被这3名学生选修的人数X的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【专题】概率与统计．【分析】（Ⅰ）根据古典概型的概率公式即可求这3名学生选择的选修课互不相同的概率；（Ⅱ）求出随机变量的概率，即可求出对应的分布列和期望．【解析】解：（I）3名学生选择的选修课所有不同选法有43=64种；…（2分）各人互不相同的选法有种，互不相同的概率：；…（4分）（II）选修课A被这3名学生选修的人数X：0，1，2，3，…（5分）P（x=0）==，P（x=1）==P（x=2）==，P（x=3）==，…（9分）所以X的分布列为…（10分）数学期望EX=0×+1×+2×+3×=．…（12分）【点评】本题主要考查古典概率的计算以及随机变量的分布列和期望的计算，考查学生的计算能力．18．（14分）在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1．（Ⅰ）请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求二面角F﹣BE﹣A的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．【分析】以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D（0，0，0），A（2，0，0），E（0，0，2），B（2，0，1），C．（I）点F应是线段CE的中点．设F是线段CE的中点，则点F的坐标为，=，可得∥与平面xoy平行，即可证明．（II）设平面BCE的法向量为=（x，y，z），由，可得，而平面AEB的一个法向量为=（0，1，0），利用=，设二面角F﹣BE﹣A的平面角为θ，则sinθ=．【解析】解：以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D（0，0，0），A（2，0，0），E（0，0，2），B（2，0，1），C．（I）点F应是线段CE的中点，下面证明：设F是线段CE的中点，则点F的坐标为，∴=，∴∥与平面xoy平行，又BF⊄平面ACD，∴BF∥平面ACD．（II）设平面BCE的法向量为=（x，y，z），=，=．则，∴，不妨设y=，解得x=1，z=2，即=，而平面AEB的一个法向量为=（0，1，0），∴===，设二面角F﹣BE﹣A的平面角为θ，则sinθ==．∴所求角的正弦值为．【点评】本题考查了线面平行与垂直的判定与性质定理，考查了通过建立空间直角坐标系利用线面垂直的性质定理、向量垂直与数量积的关系及平面的法向量的夹角求出二面角的方法，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力．19．（14分）设数列{a n}是公比为正数的等比数列，a1=2，a3﹣a2=12，数列{b n}满足：b n=log3 +log3a n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）数列{c n}满足：c n=，求证：c1+c2+…+c n＜．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）设出数列{a n}的公比为q，由已知列式求出公比，则数列{a n}的通项公式可求；（Ⅱ）把数列{a n}的通项公式代入，化简后可得数列{b n}是等差数列，利用等差数列的前n项和求得答案；（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）有，放缩得到，利用等比数列求和后证得答案．【解析】（Ⅰ）解：设数列{a n}的公比为q，由a1=2，a3﹣a1=12，得2q2﹣2q﹣12=0，即q2﹣q﹣6=0．解得q=3或q=﹣2，∵q＞0，∴q=﹣2不合舍去，∴；（Ⅱ）解：由，得=，∴数列{b n}是首项b1=1，公差d=2的等差数列，∴；（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）（Ⅱ）有，∵n≥1时，3n﹣1≥1，∴3n﹣1≥2×3n﹣1，∴，则=．∴原不等式成立．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了等差数列和等比数列的前n项和，训练了放缩法证明数列不等式，是中档题．20．（14分）已知点P是椭圆+y2=1上的任意一点，F1，F2是它的两个焦点，O为坐标原点，动点Q满足=+．（Ⅰ）求动点Q的轨迹E的方程；（Ⅱ）若与坐标轴不垂直的直线l交轨迹E于A，B两点且OA⊥OB，求三角形OAB面积S的取值范围．【考点】轨迹方程；椭圆的简单性质．【专题】圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（I）设Q（x，y），动点Q满足=+．又，可得P点的坐标，代入椭圆方程即可得出；（II）当OA斜率不存在或为零时，直接计算即可；当OA斜率存在且不为零时，设OA：y=kx（k≠0），代入椭圆方程可得A点坐标，可得|OA|2=，利用OA⊥OB，可得|OB|2，利用S2=|OA|2|OB|2=，再利用基本不等式的性质即可得出．【解析】解：（I）动点Q满足=+．又，设Q（x，y），则=﹣=﹣（x，y）=．∵点P在椭圆上，则，即．（II）当OA斜率不存在或为零时，S==2，当OA斜率存在且不为零时，设OA：y=kx（k≠0），代入x2+2y2=8，得，，∴|OA|2=x2+y2=，∵OA⊥OB，以﹣代换k，同理可得，∴S2=|OA|2|OB|2===8=8，∵≥=4，当且仅当k=±1时等号成立．而k=±1时，AB与x轴或y轴垂直，不合题意．∴∈（4，+∞），∴，∴．因此三角形OAB面积S的取值范围为．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到交点坐标、向量垂直与数量积的关系、向量的坐标运算及其平行四边形法则、基本不等式的性质，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题21．（14分）已知函数f（x）=x﹣．g（x）=2ln（x+m），（Ⅰ）当m=0时，存在x0∈[，e]（e为自然对数的底数），使x0f（x0）≥g（x0），求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当a=m=1时，（1）求最大正整数n，使得对任意n+1个实数x i（i=1，2…，n+1），当x i∈[e﹣1，2]（e为自然对数的底数）时，都有f（x i）＜2015g（x n+1）成立；（2）设H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B （x2，y2）（x1＞x2＞﹣1），使得H（x1）﹣H（x2）=H′（）（x1﹣x2）．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【专题】计算题；导数的综合应用．【分析】（I）x0f（x0）≥g（x0）可化为﹣a≥2lnx0，从而可得a≤﹣2lnx0，令h（x）=x2﹣2lnx，从而化简函数的最大值问题，由导数求单调性，再求最大值即可．（II）（1）f（x i）＜2015g（x n+1）恒成立可化为[f（x i）]max＜[2015g（x n+1）]min；从而化为函数的最值问题，从而求解即可；（2）化简H（x）=xf（x）+g（x）=x2+2ln（x+1）﹣1，求导H′（x）=+2x；再化简=ln+（x1+x2）；从而可得H′（）=+（x1+x2）；即ln=2，令=t，（t∈（1，+∞）），从而化为lnt=2（1﹣），再构造函数u（t）=lnt+﹣2，从而求导确定函数的单调性及取值即可．【解析】解：（I）x0f（x0）≥g（x0）可化为﹣a≥2lnx0，即a≤﹣2lnx0，令h（x）=x2﹣2lnx，则h′（x）=2x﹣=，（x＞0）∴当x∈[，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，e]时，h′（x）＞0；又∵h（）=+2＜h（e）=e2﹣2，∴h max（x）=e2﹣2，则a≤e2﹣2；（II）（1）f（x i）＜2015g（x n+1）恒成立可化为[f（x i）]max＜[2015g（x n+1）]min；∵f（x），g（x）均为增函数，∴[f（x i）]max=n（2﹣）=，[2015g（x n+1）]min=2015×2=4030；∴n＜4030，即n＜2686+；∴n的最大值为2686．（2）H（x）=xf（x）+g（x）=x2+2ln（x+1）﹣1，H′（x）=+2x；=ln+（x1+x2）；H′（）=+（x1+x2）；故可化为ln=，即ln=2①令=t，（t∈（1，+∞）），①式可化为lnt=2（1﹣），令u（t）=lnt+﹣2，u′（t）=﹣=＞0，∴u（t）在（1，+∞）上是增函数；∴u（t）＞u（1）=0；∴u（t）无零点，故A、B两点不存在．【点评】本题考查了导数的综合应用，同时考查了恒成立问题及存在性问题，属于难题．。

广东省揭阳一中、潮州金山中学2020届高三下学期期初联考物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，电源电动势为E、内阻不计，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，C为电容器，电流表A为理想电表、当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是A．A的示数变大，电容器的带电量增多B．A的示数变大，电容器的带电量减少C．A的示数不变，电容器的带电量不变D．A的示数变小，电容器的带电量减少2、在物理学发展过程中做出了重要贡献。

下列表述正确的是（）A．开普勒测出了万有引力常数B．爱因斯坦发现了天然放射现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．卢瑟福提出了原子的核式结构模型3、在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号”1”、B端输入电信号”0”时，则在C和D端输出的电信号分别为A．1和0 B．0和1 C．1和l D．0和04、如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员A．过程I的动量改变量等于零B．过程II的动量改变量等于零C．过程I的动量改变量等于重力的冲量D．过程II 的动量改变量等于重力的冲量5、下列说法正确的是（）A．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C．一个氘核21H与一个氚核31H聚变生成一个氦核42He的同时，放出一个电子D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变6、如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是（）A．通过电阻的交流电频率为100HzB．电压表的示数为250VC．电流表的示数为0.25AD．每个电阻R两端电压最大值为1252V二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

全国大联考2015届高三第四次联考·物理试卷考生注意：1．本试卷共100分。

考试时间90分钟。

2．答题前，考生务必将密封线内的项目填写清楚。

3．请将试卷答案填在试卷后面的答题卷上。

4．本试卷主要考试内容：必修1，必修2，选修3—1电场和恒定电流。

第I 卷 (选择题 共40分)选择题部分共10小题．每小题4分．共40分。

在每个小题给出的四个选项中，1～6小题只有一个选项正确．7～10小题有多个选项正确；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．足球以8 m ／s 的速度飞来，运动员把它以12 m ／s 的速度反向踢回，踢球时间是0.2 s ， 以球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为A . —200m ／s 2B . 200 m ／s 2C . —100 m ／s 2D ．100 m ／s 2答案．C解析：a=t v ∆∆=2.0812--m /s 2 =—100m ／s 2，选项c 正确。

2．某同学上过体育课后用网兜把质量为m 的足球挂在光滑竖直墙壁上的P 点，已知悬线与墙面的夹角为θ，重力加速度为g,网兜的重力不计，则足球对墙壁的压力为A . mgtan θB . mgsin θC . mgcos θD ．θsin mg答案．A解析：对足球受力分析如图所示，由几何关系可得：N ＝mgtan θ，根据牛顿第三定律，足球对墙壁的压力为mgtan θ，选项A 正确。

3．将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。

重力加速度为g ，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A . mgB .21mg C . 31mg D . 101mg 答案．B解析：设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d-3d=aT 2，向下运动时：3d-d=a /T 2 ，联立解得：a ：a /= 3：1，根据牛顿第二定律：mg+f = ma 、mg 一f=ma / ，联立解得：f = mg /2。

2015届广东省揭阳一中、潮州金山中学高三暑假联考数学理试题一、选择题：(本大题共8个小题；每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．)1. 若集合{}0P y y =≥，PQ Q =，则集合Q 不可能是（ ）A ．∅B ．{}2,R y y x x =∈ C ．{}2,R xy y x =∈ D ．{}2log ,0y y x x => 2.若复数z 满足2iz =，其中为虚数单位，则z 的虚部为（ ） A.2- B.2 C.2i - D.2i3.已知R a ∈且0≠a ，则“11<a”是 “a >1”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．某铁路客运部门规定甲、乙两地之间旅客托运行李的费 用为：不超过50 kg 按0.53元/kg 收费，超过50 kg 的 部分按0.85元/kg 收费.相应收费系统的流程图如右图所 示，则①处应填（ ）.A 0.85y x = .B 500.53(50)0.85y x =⨯+-⨯ .C 0.53y x = .D 500.530.85y x =⨯+5.在△ABC 中，3sin 5A =，8AB AC ⋅=，则△ABC 的面积为（ ） A.3 B.4 C.6 D.1256. 一个四棱锥的三视图如图所示，其中主视图是腰长为1的等腰直角三角形，则这个几何体的体积是（ ） A ．21 B ． C ．23D ．27.如图所示，在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为（ ）A.14B. 15C. 16D. 178. 设函数()f x 的定义域为R ，若存在常数0M >，使|()|||f x M x ≤对一切实数x 均成立，则称()f x 为“倍约束函数”．现给出下列函数：①()2f x x =；②2()1f x x =+；③()sin cos f x x x =+；④2()3xf x x x =-+；⑤()f x 是定义在实数集R 上的奇函数，且对一切1x ，2x 均有1212|()()|2||f x f x x x -≤-．其中是“倍约束函数”的有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题：(本大题共7小题，每小题5分，满分30分）（一）必做题（9～13题）9.不等式316x x ++-≥的解集是 ．10．若52345012345(12),x a a x a x a x a x a x +=+++++则a 3= .11.若等比数列{}n a 的各项均为正数,且512911102e a a a a =+,则1220ln ln ln a a a +++= .12.设1F 、2F 分别是椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点，点P 在椭圆C 上，线段1PF 的中点在y 轴上，若1230PF F ∠=，则椭圆的离心率为 .13.设x 、y 满足约束条件2208400,0x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪≥≥⎩，若目标函数()0,0z ax by a b =+>>的最大值为4，则2a b ab +的最小值为 .（二）选做题：(考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题的得分．)14.（坐标系与参数方程选做题） 已知圆的极坐标方程为2cos ρθ=，则该圆的圆心到直线sin 2cos 1ρθρθ+= 的距离是 .15.（几何证明选讲选做题）如图，已知点D 在圆O 直径AB 的延长线上，过D 作圆O 的切线,切点为.C 若1CD BD ==,则圆O 的面积为 .三、解答题：（本大题6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．）16．（本题满分12分）设(3,sin 2)a x =-, (cos 2b x =,()f x a b =⋅ （Ⅰ）求()f x 的最小正周期；（Ⅱ）求()f x 的最大值及取最大值时x 的集合；（Ⅲ）求满足()f α=0απ<<的角α的值．17. （本题满分12分）某市,,,A B C D 四所中学报名参加某高校今年自主招生的学生人数如下表所示：为了了解参加考试的学生的学习状况，该高校采用分层抽样的方法从报名参加考试的四所中学的学生当中随机抽取50名参加问卷调查．（Ⅰ）问,,,A B C D 四所中学各抽取多少名学生？（Ⅱ）在参加问卷调查的50名学生中，从来自,A C 两所中学的学生当中随机抽取两名学生，用ξ表示抽得A 中学的学生人数，求ξ的分布列，数学期望和方差．18．(本题满分14分)如图，在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ，AB AD ⊥，4,2AB AD CD ===，PA ⊥平面ABCD ，4PA =. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）设点Q 为线段PB 上一点，且直线QC 与平面PAC PQPB的值．19．（本题满分1４分）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n 都有612n n S a =-记12log n n b a =．（Ⅰ）求1a ,2a 的值；（Ⅱ）求数列{}n b 的通项公式； （Ⅲ）令221(2)(1)n n n c n b +=+-，数列{}n c 的前n 项和为n T ，证明:对于任意的*n N ∈,都有564nT <．20．（本题满分14分）如图，已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为，以椭圆C 的左顶点T 为圆心作圆T ：222(2)(0)x y r r ++=>，设圆T 与椭圆C 交于点M 与点N ．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）求TM TN ⋅的最小值，并求此时圆T 的方程；（Ⅲ）设点P 是椭圆C 上异于M ,N 的任意一点，且直线,MP NP 分别与x 轴交于点,R S ，O 为坐标原点，求证：OR OS ⋅为定值．21. （本题满分14分） 设函数()=ln(1)1ax f x x x +-+，()a R ∈；()(1)1xg x k kx =+--，(1,)k ∈-+∞. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[0,1]x ∈时，求函数()g x 的最大值；（Ⅲ）求证：*1111ln(1)()1nnk k n n N k k==<+<∈+∑∑理科数学参考答案（Ⅱ）当22,6Z x k k ππ+=∈，即,12Z x k k ππ=-∈时，()f x 有最大值此时，所求x 的集合为{|,}12Z x x k k ππ=-∈． ………9分（Ⅲ）由()f α=得)6πα+= 得1cos(2)62πα+=-…10分 又由0απ<<得22666πππαπ<+<+， 故242633πππα+=或，解得7412ππα=或． ……12分 17. 解：（Ⅰ）由题意知，四所中学报名参加该高校今年自主招生的学生总人数为100名，抽取的样本容量与总体个数的比值为．∴应从四所中学抽取的学生人数分别为． ……… 4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，50名学生中，来自,A C 两所中学的学生人数分别为15,10． 依题意得，ξ的可能取值为0,1,2， …………5分2102253(0)20C P C ξ===，1115102251(1)2C C P C ξ===，2152257(2)20C P C ξ===．… 8分∴ξ的分布列为：3176012202205E ξ=⨯+⨯+⨯=… 10分22263616723(0)(1)(2)5205252050D ξ=-⋅+-⋅+-⋅=…… 12分 18．（Ⅰ）证明：因为AP ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，则(4,0,0)B ，(0,0,4)P ，(0,D ，(2,C . …………2分所以 (4,BD =-，(2,AC =，(0,0,4)AP =，所以(4)222000BD AC ⋅=-⨯+⨯=，(4)00040BD AP ⋅=-⨯++⨯=. 所以 BD AC ⊥，BD AP ⊥. 4分因为 AP AC A =，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， 所以 BD ⊥平面PAC . …………………6分（Ⅱ）解：设PQPBλ=（其中01λ≤≤），(,,)Q x y z ，线QC 与平面PAC 所成角为θ.所以PQ PB λ=. 所以(,,4)(4,0,4)x y z λ-=-.∴4,0,44,x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-+⎩即(4,0,44)Q λλ-+ ∴(42,22,44)CQ λλ=---+. ……………9分由（Ⅰ）知平面PAC 的一个法向量为(4,BD =-. 因为 sin cos ,CQ BD CQ BD CQ BDθ⋅=<>=⋅， ……………12分得 解得 7[0,1]12λ=∈.所以712PQ PB =. …………14分法2：(Ⅰ) 依题意：Rt BAD ∆∽Rt ADC ∆,CzyxPD CB A所以ABD DAC ∠=∠，又因为090ABD ADB ∠+∠=，所以090ADB DAC ∠+∠=，所以BD AC ⊥ …..2分 又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ABCD ⊂平面，所以BD AP ⊥ …..4分 因为 AP AC A =，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， 所以 BD ⊥平面PAC . ………6分（Ⅱ）解：设PQPBλ=（01λ≤≤），(,,)Q x y z ，直线QC 与平面PAC 所成角为θ. 记AC 交BD 于O ，连结PO .过Q 作QE 平行于BD ，交PO 于E . 连结CE 、CQ . 由（Ⅰ）知，BD ⊥平面PAC ，∴QE ⊥平面PAC ， ∴QCE ∠即为CQ 与平面PAC 所成角.∴33sin ==∠CQ QE QCE ①. ……8分 设k PB PQ =（10≤≤k ），则k BOQE =. 在ACD Rt ∆中， 2=CD ，22=AD ，∴32=AC .易证ACD ∆∽BAO ∆，∴AD BOAC AB =，即22324BO =， ∴BO =，∴k QE 364= ②. 在PAB Rt ∆中， 4=PA ，4=AB ，∴24=PB ， ∴k PQ 24=. 在PAC Rt ∆中， 4=PA ，32=AC ，∴72=PC .根据余弦定理有：PCPQ CQ PC PQ PC PB BC PC PB ⋅-+=⋅-+22222222， …………12分即kCQ k 24722)72()24(72242)32()72()24(222222⨯⨯-+=⨯⨯-+，解得28483222+-=k k CQ ③.将②，③代入①，解得127=k . ………14分19解：（Ⅰ）由11612S a =-，得11612a a =-，解得118a =． …………1分22612S a =-，得()122612a a a +=-，解得2132a =． …………3分（Ⅱ）由612n n S a =- ……①，当2n ≥时，有11612n n S a --=- ……②， …………4分 ①－②得：114n n a a -=， …………５分∴数列{}n a 是首项118a =，公比14q =的等比数列 …………６分12111111842n n n n a a q -+-⎛⎫⎛⎫∴==⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， …………７分2111221log log 212n n n b a n +⎛⎫∴===+ ⎪⎝⎭． …………８分 （Ⅲ）证明:由（2）有22221111(2)(2)16(2)n n c n n n n ⎡⎤+==-⎢⎥++⎣⎦. …………10分 222222222111111111111632435(1)(1)(2)n T n n n n ⎡⎤=-+-+-++-+-⎢⎥-++⎣⎦… 12分 ])2n (1)1n (1211[161222+-+-+=…………13分 645)211(1612=+<. …………14分 20.解：（Ⅰ）依题意，得2a =，c e a ==1,322=-==∴c a b c ； 故椭圆C 的方程为2214x y += ． ……………3分（Ⅱ）点M 与点N 关于x 轴对称，设),(11y x M ，),(11y x N -， 不妨设01>y ． 由于点M 在椭圆C 上，所以412121xy -=． （*） ……………4分由已知(2,0)T -，则),2(11y x +=，),2(11y x -+=，21211111)2(),2(),2(y x y x y x TN TM -+=-+⋅+=⋅∴3445)41()2(1212121++=--+=x x x x 51)58(4521-+=x ．………6分由于221<<-x ，故当581-=x 时，TM TN ⋅取得最小值为15-． 由（*）式，531=y ，故83(,)55M -，又点M 在圆T 上，代入圆的方程得到21325r =．故圆T 的方程为：2213(2)25x y ++=． …………………8分（Ⅲ） 设),(00y x P ，则直线MP 的方程为：)(010100x x x x y y y y ---=-， 令0y =，得101001y y y x y x x R --=， 同理：101001y y y x y x x S ++=， …………10分 故212021202021y y y x y x x x S R --=⋅ （**） ………………11分又点M 与点P 在椭圆上，故)1(42020y x -=，)1(42121y x -=，……………12分代入（**）式，得： 4)(4)1(4)1(421202*********202021=--=----=⋅y y y y y y y y y y x x S R ． 所以4=⋅=⋅=⋅S R S R x x x x OS OR 为定值． …………14分21.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)-+∞，()()221(1)1()=111a x ax x a f x x x x +-+-'-=+++， …1分 令()=01f x x a '⇒=-，ⅰ）当110a a -≤-⇒≤时：在区间(1,)-+∞上，()>0f x '恒成立，故()f x 的增区间为(1,)-+∞； ……2分ⅱ）当110a a ->-⇒>时：在区间(1,1)a --上，()<0f x '恒成立，故()f x 的减区间为(1,1)a --； ……3分在区间(1,)a -+∞上，()>0f x '恒成立，故()f x 的增区间为(1,)a -+∞. ……4分（Ⅱ）ⅰ）0k =时，()0g x =，所以max ()0g x =； ……5分ⅱ）0k ≠时，易知()(1)ln(1)xg x k k k '=++-，于是：(1)(1)ln(1)g k k k '=++-，(0)ln(1)g k k '=+-， 由（Ⅰ）可知(1)0g '>， 下证(0)0g '<，即证明不等式ln(1)0x x +-<在(1,0)(0,)x ∈-+∞上恒成立.（法一）由上可知：不等式ln(1)1x x x +>+在(1,0)(0,)x ∈-+∞上恒成立，若(1,0)(0,)x ∈-+∞，则11(1,0)(0,)11x x x -=-∈-+∞++，故1ln()ln(1)11x x x =-++111xx x x x -+>=--++，即当(1,0)(0,)x ∈-+∞时，1ln()1x x >-+，从而ln(1)x x +<，故当(1,0)(0,)x ∈-+∞时，ln(1)0x x +-<恒成立，即(0)0g '<. ……7分（法二）令()ln(1)G x x x =+-，(1,)x ∈-+∞，则1()111x G x x x -'=-=++，列表如下： 表：由表2可知：当(1,0)(0,)x ∈-+∞时，()(0)0G x G >=，故ln(1)0x x +-<恒成立，即(0)0g '<. ……7分由于(1)0g '>，且(0)0g '<，故函数()(1)ln(1)x g x k k k '=++-区间(0,1)内必存在零点. ……8分又当(0,)k ∈+∞时，ln(1)0k +>，指数函数(1)xy k =+为增函数()g x '⇒为增函数，同理当(1,0)k ∈-时，ln(1)0k +<，指数函数(1)x y k =+为减函数()g x '⇒也为增函数， 于是，当(1,0)(0,)k ∈-+∞时， ()(1)ln(1)x g x k k k '=++-必为增函数，从而函数()g x '在区间(0,1)内必存在唯一零点，不妨记为0x ，则0()=0g x '， 易知当0(0,)x x ∈时，()0g x '<，此时()g x 单调递减；当0(,1)x x ∈时，()0g x '>，此时()g x 单调递增，又易知(0)(1)0g g ==，故max ()0g x =；。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）潮州金山中学揭阳第一中学2015-2016学年度高三级第四次联考理 科 综 合 试 卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Zn 65 Fe 56 Cu 64第Ⅰ卷 选择题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献．下列叙述符合物理学史实的是A ．亚里士多德指出“力是改变物体运动状态的原因”B ．伽利略得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论C ．开普勒发现了万有引力定律D ．卡文迪许测出了引力常量G15．地球的半径为0R ，地球表面处的重力加速度为g ，一颗人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，卫星距地面的高度为0R ，下列关于卫星的说法中正确的是 A ．卫星的速度大小为220g R B ．卫星的角速度大小082R g C ．卫星的加速度大小为2g D ．卫星的运动周期为gR 022 16．如图甲所示，水平地面上的物体在竖直向上的力F 的作用下由静止开始运动，在整个向上运动的过程中，其机械能E 与位移x 的关系如图乙，其中AB 段为曲线，其余段为直线。

则下列说法正确的是 A ．0～x1过程中物体所受的拉力是全过程中的最小值 B ．x 1～x 2过程中，物体加速度的方向一直竖直向上 C ．x 2～x 3过程中，物体克服重力做功的功率一直增大 D ．0～x 3过程中，物体的动能先增大后减小17．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。

关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）18．如图所示，一横截面积为S 的n 匝线圈，与相距为d 的两块水平放置的平行金属板连接成电路。

2015届广东省揭阳一中、潮州金山中学高三暑假联考数学文试题一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,满分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．若集合{}1,0A =-，{}0,1B =，则A B =A ．{}0B ．{}1,0-C ．{}0,1D ．{}1,0,1-2．函数()f x = A ．(,1)-∞B ．(],1-∞C ．()(),11,1-∞-- D ．()(],11,1-∞--3．若复数11i z =+，22i z =，则21z z = A ．1i -+B ．1i +C ．22i -+4．以点(3,1)-为圆心且与直线340x y +=相切的圆的方程是 A ．()()22311x y ++-= B ． ()()22312x y ++-= C ．()()22311x y -++= D ．()()22312x y -++= 5．已知平面向量(1,2)=a ，(2,)y =b ，且//a b ，则2+a b = A ．(5,6)-B ．(3,6)C ．(5,4)D ．(5,10)6．若某程序框图如图1所示，则输出的n 的值是 ( )A. 3B. 4C. 5D. 6 7．“0x >”是“2430x x ++>”成立的 A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．非充分非必要条件D ．充要条件8．某几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是(图1)A ．36a πB ．33a π C ．323a πD ．3a π9．下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是 A ．sin y x =B ．2x y =C ．3y x x =-D．lg(y x =+10．已知变量x ，y 满足约束条件1440x y x y x +≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，，，目标函数z mx y =+仅在点()0,1处取得最小值，则m 的取值范围是A ． (),1-∞B ． ()1,+∞C ．(),4-∞D ．()4,+∞二、填空题:本大共5小题,考生作答4小题,每小题5分，满分20分. (一)必做题(11～13题)11． 从1，2，3，6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________12．△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为,,a b c ,已知2b =,6B π=，4C π=，则△ABC 的面积为 .13.当k ＞0时，两直线kx －y ＝0,2x ＋ky －2＝0与x 轴围成的三角形面积的最大值为 .(二)选做题(14～15题,考生只能从中选做一题)14. （坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中,圆θρsin 4=的圆心到直线)(3R ∈=θπθ 的距离OEDCBA是 .15. （几何证明选讲选做题）如图,AB 是圆O 的直径,点C 在圆O 上,延长BC 到D 使CD BC =,过C 作圆O 的切线交AD 于E .若8=AB ,4=DC 则DE =_________.三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．(本题满分12分)已知函数()2(sin cos )cos f x x x x =+． (1)求5()4f π的值； (2)求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间．17. (本题满分12分). 小明家订了一份报纸，寒假期间他收集了每天报纸送达时间的数据，并绘制成频率分布直方图，如图所示． （1）根据图中的数据信息，求出众数1x 和中位数2x （精确到整数分钟）；（2）小明的父亲上班离家的时间y 在上午7:007:30至之间，而送报人每天在1x 时刻前后半小时内把报纸送达（每个时间点送达的可能性相等），求小明的父亲在上班离家前能收到报纸（称为事件A ）的概率．DCBAFE18．(本题满分14分)如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．19．(本题满分14分)已知正项数列{}n a 满足:222(1)()0()n n a n n a n n n N +-+--+=∈，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足11b =，21n n S b =+()n N +∈．(1) 求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设(21)nn nn b c a +=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：21n T <．20．(本题满分14分)已知函数1ln )1(21)(2+++-=x a x a x x f （1）若3=x 是)(x f 的极值点，求)(x f 的极大值； （2）求实数a 的范围，使得1)(≥x f 恒成立.21．(本题满分14分)已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点P 是抛物线上的一点，且其纵坐标为4，4PF =． （1）求抛物线的方程；（2) 设点1122(,),(,)(0,1,2)i A x y B x y y i ≤=是抛物线上的两点，APB ∠的角平分线与x 轴垂直，求PAB ∆的面积最大时直线AB 的方程．xy7.577.56.5O ODCAFE文科数学答案17.解：（1）17:00x = ………………… 2分 由频率分布直方图可知26:507:10x <<即2410430x <<， ………………… 3分 ∴()2200.0033200.01174100.0233x ⨯+⨯+-⨯ =0.5 解得2419x =分即26:59x = ………………… 6分（2）设报纸送达时间为x ………………… 7分 则小明父亲上班前能取到报纸等价于6.57.577.5x y x y≤≤⎧⎪≤≤⎨⎪≤⎩， ………………… 10分如图可知，所求概率为1381142P =-= ………………… 12分18．证明：（1）由ABCD 是菱形//BC AD ∴,BC ADE AD ADE ⊄⊂面面//BC ADE ∴面…………3分由BDEF 是矩形//BF DE ∴,BF ADE DE ADE ⊄⊂面面//BF ADE ∴面 ,,BC BCF BF BCF BCBF B ⊂⊂=面面//BCF ADE ∴面面………………6分（2）连接AC ，ACBD O =由ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥由ED ⊥面ABCD ,AC ABCD ⊂面ED AC ∴⊥,,ED BD BDEF ED BD D ⊂=面AO BDEF ∴⊥面，……………………10分则AO 为四棱锥A BDEF -的高 由ABCD 是菱形，3BAD π∠=，则ABD ∆为等边三角形，由BF BD a ==；则,AD a AO ==2BDEF S a =，2313A BDEF V a -=⋅=……14分 19．解：（1）由222(1)()0n n a n n a n n -+--+=,得2()(1)0n n a n n a ⎡⎤-++=⎣⎦. …………2分由于{}n a 是正项数列,所以2n a n n =+. (3)由21n n S b =+可得当2n ≥时，1121n n S b --=+，两式相减得1n n b b -=-， …………5分 ∴数列{}n b 是首项为1，公比1-的等比数列，1(1).n n b -∴=- …………7分 （2）方法一：∵1(21)21(1)(1)n n n n n b n c a n n -++==-⋅+…………8分 ∴2124141(41)(21)(41)(21)2(21)2(21)2(21)(21)n n n n n n n n c c n n n n n n n --+-+-+-+=-=-+-+ 211(21)(21)2121n n n n ==--+-+…………11分 21234212111111()()()13352121n n n T c c c c c c n n -∴=++++++=-+-++--+11 1.21n =-<+ …………14分方法二：∵11(21)2111(1)(1)()(1)1n n n n n n b n c a n n n n --++==-⋅=-⋅+++…………11分2123421211111111()()()()12233445n n n T c c c c c c -∴=++++++=+-+++-++11111()()1 1.21222121n n n n n ++-+=-<-++ …………14分 20．解：（1）xaa x x f ++-=')1()(3=x 是)(x f 的极值点 ∴03)1(3)3(=++-='aa f 解得3=a …………2分当3=a 时，xx x x x x x f )3)(1(34)(2--=+-=' 当x 变化时，x(0,1) 1 (1,3) 3 ),3(+∞)(x f '+ 0 - 0 + )(x f递增极大值递减极小值递增…………4分)(x f 的极大值为25)1(-=f …………6分（2）要使得1)(≥x f 恒成立，即0>x 时，0ln )1(212≥++-x a x a x 恒成立………8分 设x a x a x x g ln )1(21)(2++-=，则xa x x x a a x x g ))(1()1()(--=++-=' （ⅰ）当0≤a 时，由0)(<'x g 得单减区间为)1,0(，由0)(>'x g 得单增区间为),1(+∞ 021)1()(min ≥--==a g x g ，得21-≤a …………10分 （ii ）当10<<a 时，由0)(<'x g 得单减区间为)1,(a ，由0)(>'x g 得单增区间为),1(),,0(+∞a ，021)1(<--=a g 此时∴不合题意. …………10分 （iii ）当1=a 时，)(x f 在),0(+∞上单增，021)1(<--=a g 此时∴不合题意. …12分 （iv ）当a>1时，由0)(<'x g 得单减区间为),1(a ，由0)(>'x g 得单增区间为),(),1,0(+∞a ，021)1(<--=a g 此时∴不合题意. …………13分 综上所述：21-≤a 时，1)(≥x f 恒成立. …………14分21．解：（1）设0(,4)P x ，因为4PF =，由抛物线的定义得042px +=，又2042px =，3分 因此842pp +=，解得4p =，从而抛物线的方程为28y x =． …………6分 （2）由（1）知点P 的坐标为(2,4)P ，因为APB ∠的角平分线与x 轴垂直，所以可知,PA PB 的倾斜角互补，即,PA PB 的斜率互为相反数设直线PA 的斜率为k ，则:4(2)PA y k x -=-，由题意0k ≠， …………7分把42y x k k =+-代入抛物线方程得2832160y y k k--+=，该方程的解为4、1y ， 由韦达定理得184y k +=，即184y k =-，同理284y k=--，所以2121222121218188AB y y y y k y y x x y y --====--+-， …………9分 设:AB y x b =-+，把x y b =-+代入抛物线方程得2880y y b +-=， 由题意64320b ∆=+>，且1280y y b =-≥，从而20b -<≤。

2014-2015学年广东省揭阳一中、潮州金山中学高三（上）暑假联考物理试卷一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．U→Th+He是α衰变方程B．半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态有关C．U+n→Ba+Kr+3n是查德威克发现中子的核反应方程D．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出连续频率的光子2．（4分）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（）A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小3．（4分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（）A．G B．G sinθC．G cosθD．Gtanθ4．（4分）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，以MN 连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（）A．A点场强大于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功二、双项选择题：（本题共9题，每小题6分，共计54分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙大B．汽车乙的平均速度小于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大6．（6分）下列说法中正确的是（）A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到热力学零度B．昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显D．温度升高1℃也即升高1K7．（6分）某飞船的周期约为90min，它与地球同步卫星相比，下列判断中正确的是（）A．飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径B．飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度C．飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D．飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度8．（6分）如图甲所示，理想变压器、副线圈的匝数之比为4：1．原线圈接入交流电源，其电动势与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10Ω的负载电阻．下述结论正确的是：（）A．交变电源的表达式为u=20sin100πtVB．副线圈中电压表的示数为5VC．原线圈中电流表的示数为0.5AD．原线圈的输入功率为2.5W9．（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端与小灯泡连接，匀强磁场垂直于导轨所在平面，则垂直导轨的导体棒ab由静止开始下滑过程中（导体棒电阻为R，导轨和导线电阻不计）（）A．受到的安培力方向沿斜面向上B．受到的安培力大小保持恒定C．导体棒的机械能一直减小D．导体棒的动能一直增大三、解答题（共4小题，满分54分）10．（6分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时．图中a0表示的是时小车的加速度．②某同学得到如图（c）所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，其中S DG=3.90cm，S AD=2.10cm．由此可算出小车的加速度a=m/s2（保留两位有效数字）．11．（12分）有一段粗细均匀的导体，现要用实验的方法测定这种导体材料的电阻率，若已测得其长度，还需要测出它的横截面积和电阻值R x．①若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图甲，则读数为mm．②若已知这段导体的电阻约为30Ω，要尽量精确的测量其电阻值，除了需要导线、开关以外，在以下备选器材中应选用的是．（只填写字母代号）A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）C．电流表（量程0～100m A，内阻约12Ω）D．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，允许最大电流2.0A）G．滑动变阻器（0～500Ω，允许最大电流0.5A）③在图乙中画出测这段导体电阻的实验电路图（要求直接测量的变化范围尽可能大一些）．④根据测量数据画出该导体的伏安特性曲线如图丙所示，发现MN段明显向上弯曲．若实验的操作、读数、记录、描点和绘图等过程均正确无误，则出现这一弯曲现象的主要原因是．12．（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4m的带有四分之一光滑圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L的粗糙水平轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．一质量为m的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度滑上平板车，恰能到达圆弧轨道的最高点A，小物块最终到达平板车最右端并与平板车相对静止．已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小．（2）光滑圆弧轨道半径R．13．（18分）如图所示，竖直平面内有直角坐标系xOy，x轴与绝缘的水平面重合，y轴左侧空间存在水平向右的匀强电场E1=45N/C，y轴右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场E2=40N/C．质量m1=1×10﹣3kg、电量q=1×10﹣3C的小物块P从A点由静止释放，与静止在原点O的带电小物块Q发生正碰，正碰的同时撤掉电场E1，碰撞后物块Q恰好做匀速圆周运动，速度为v2=1m/s．已知AO距离l=0.2m，Q的质量为m2=7×10﹣3k，小物P与水平面的动摩擦因数为μ=0.5，不考虑P、Q间的库仑力．取g=10m/s2，求：（1）碰后P的速度大小v1；（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为l OC=0.4m，求磁感应强度B的大小；（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P再次相碰，求B′的大小？2014-2015学年广东省揭阳一中、潮州金山中学高三（上）暑假联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．U→Th+He是α衰变方程B．半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态有关C．U+n→Ba+Kr+3n是查德威克发现中子的核反应方程D．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出连续频率的光子考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：α衰变生成氦原子核，β衰变生成电子，据此判断即可找出α衰变．解答：解：A、U→Th+He生成氦原子核，是α衰变方程，故A正确；B、半衰期与原子所处的物理状态、化学状态无关，故B错误；C、查德威克通过α粒子轰击铍核发现了中子．发现中子的核反应方程为：Be+He→C+n，故C错误；D、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出不连续频率的光子，故D错误；故选：A．点评：对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反应方程，要熟练掌握并能了解当时的历史背景．2．（4分）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（）A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小考点：热力学第一定律．专题：计算题．分析：根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．解答：解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确；故选A．点评：热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．3．（4分）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（）A．G B．G sinθC．G cosθD．Gtanθ考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选A．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解．4．（4分）如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，以MN 连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（）A．A点场强大于B点场强B．C点场强与D点场强相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功考点：电场强度．分析：等量异种点电荷形成的电场中，电场线方向由M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析电势关系、场强关系．解答：解：A、M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和﹣Q，A点和B点关于O 点对称，A、B两点的电场强度相同．C、D关于O点对称，电场强度相同，故A错误，B 正确．C、M、N间的电场线由M指向N，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势高于B 点．故C错误．D、CD为等势线，电荷从C移到O，电场力不做功．故D错误．故选：B．点评：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．二、双项选择题：（本题共9题，每小题6分，共计54分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）5．（6分）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙大B．汽车乙的平均速度小于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：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；切线代表该位置的加速度，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、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，如图所示，红线表示匀减速直线运动，其平均速度等于，而匀减速直线运动的位移大于该变减速运动的位移，则平均速度小于，故B正确；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：AB．点评：本题是为速度﹣﹣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．6．（6分）下列说法中正确的是（）A．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到热力学零度B．昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动越明显D．温度升高1℃也即升高1K考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：热力学第二定律：不可能从单一热源吸热而不引起其他变化；液体表面存在张力；布朗运动与温度和固体颗粒的大小有关；摄氏温标与热力学温标的关系：T=t+273．解答：解：A、根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%；温度是分子热运动平均动能的标志，分子热运动的平均动能与物体的温度成正比，故绝对零度是不可能达到的；故A错误；B、由于蒸发，液体表面分子较为稀薄，分子间距大，表现为引力；昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力在起作用；故B正确；C、悬浮在液体中的固体颗粒越大，碰撞的不平衡性越不明显，故布朗运动越不明显；故C 错误；D、根据T=t+273，温度升高1℃也即升高1K，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了热力学第二定律、液体的表面张力、布朗运动和温标的关系等，知识点多，难度小，关键是多看书，记住基础知识．7．（6分）某飞船的周期约为90min，它与地球同步卫星相比，下列判断中正确的是（）A．飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径B．飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度C．飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D．飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度考点：同步卫星；平抛物体与自由落体同时落地．专题：人造卫星问题．分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．解答：解：根据万有引力提供向心力得出：=ma=mω2r=m=mA、T=2π，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min．同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径．故A正确；B、v=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度．故B错误；C、a=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度．故C正确；D、ω=，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，飞船运动的角速度大于同步卫星运动的角速度，故D错误；故选：AC．点评：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用．8．（6分）如图甲所示，理想变压器、副线圈的匝数之比为4：1．原线圈接入交流电源，其电动势与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10Ω的负载电阻．下述结论正确的是：（）A．交变电源的表达式为u=20sin100πtVB．副线圈中电压表的示数为5VC．原线圈中电流表的示数为0.5AD．原线圈的输入功率为2.5W考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图乙可知输入电源的最大值及周期，则可求得交变电流的表达式；再根据变压器原理可求得副线圈中电压表值；由欧姆定律求得电流值，由功率公式可求得功率．解答：解：A、由图乙可知，电源的最大值为20V；周期为2×10﹣2s，则交流电源的表达式为：u=20sin=20sin100πtV；故A正确；B、输入电源的有效值为=20V；则由=；解得U2=5V；故B正确；C、副线圈的电流I2==A=0.5A；则原线圈中电流I1=A=0.125A，故C错误；D、功率P=U2I2=5×0.5=2.5W；而输入功率等于输出功率，故输入功为2.5W；故D错误；故选：AB．点评：本题考查变压器原理及交流电的性质，明确在求功率及电压表测量值均为有效值．9．（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端与小灯泡连接，匀强磁场垂直于导轨所在平面，则垂直导轨的导体棒ab由静止开始下滑过程中（导体棒电阻为R，导轨和导线电阻不计）（）A．受到的安培力方向沿斜面向上B．受到的安培力大小保持恒定C．导体棒的机械能一直减小D．导体棒的动能一直增大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出动能的变化．由电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化．解答：解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，由左手定则判断导体棒ab所受的安培力F安沿斜面向上，故A正确；B、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度v m，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故B错误；C、由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；D、由B分析可知导体棒先加速运动后匀速运动，则动能先增大后不变．故D错误；故选：AC．点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质．再根据功能关系进行分析．三、解答题（共4小题，满分54分）10．（6分）用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时长木板的倾角过大．图中a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度．②某同学得到如图（c）所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，其中S DG=3.90cm，S AD=2.10cm．由此可算出小车的加速度a=5.0m/s2（保留两位有效数字）．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：明确实验原理可知具体操作细节，根据匀变速直线运动的特点△x=aT2可以求出加速度的大小；解答：解：（1）根据图象（b）可知，当没有悬挂砂桶时，小车已经产生加速度，由此可知在操作个过程中，平衡摩擦力过度即长木板的倾角过大，图中a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度大小．故答案为：长木板的倾角过大，未挂砂桶．（2）根据刻度尺的示数可知△s=3.90cm﹣2.10cm=1.80cm，时间间隔为T=0.06s，代入公式△x=aT2可以求出加速度为：a=5.0m/s2．故答案为：（1）长木板的倾角过大；未挂砂桶；（2）5.0．点评：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力．11．（12分）有一段粗细均匀的导体，现要用实验的方法测定这种导体材料的电阻率，若已测得其长度，还需要测出它的横截面积和电阻值R x．①若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图甲，则读数为0.900 mm．②若已知这段导体的电阻约为30Ω，要尽量精确的测量其电阻值，除了需要导线、开关以外，在以下备选器材中应选用的是ABEF．（只填写字母代号）A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）C．电流表（量程0～100m A，内阻约12Ω）D．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，允许最大电流2.0A）G．滑动变阻器（0～500Ω，允许最大电流0.5A）③在图乙中画出测这段导体电阻的实验电路图（要求直接测量的变化范围尽可能大一些）．④根据测量数据画出该导体的伏安特性曲线如图丙所示，发现MN段明显向上弯曲．若实验的操作、读数、记录、描点和绘图等过程均正确无误，则出现这一弯曲现象的主要原因是随着导体中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②实验需要有电源，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．③根据实验要求及实验器材确定滑动变阻器及电流表的接法，然后作出电路图．④从温度对电阻率的影响分析答题．解答：解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm；②实验中需要电源：A．电池（电动势14V、内阻可忽略不计）；电路最大电流约为I==≈0.5A，电流表应选：B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）；电源电动势为14V，电压表应选：E．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）；电源电动势为14V，为方便调节，滑动变阻器应选：F、0～10Ω，允许最大电流2.0A；即还需要的实验器材为：ABEF．③要准确测量电阻阻值，应进行多次测量求平均值，测量多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法；待测电阻阻值约为30Ω，电流表内阻约为0.12Ω，电压表内阻约为15kΩ，相对来说，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，电路图如图所示．④伴随导体中的电流增大，电流流过电阻产生的热量越来越多，电阻温度越来越高，导体电阻率变大，导体电阻变大，导体电阻不再是定值，因此导体的伏安曲线不再是直线而发生弯曲．故答案为：①0.900；②ABEF；③如图所示；④随着导体中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．点评：本题考查了实验数据处理、选择实验器材、设计实验电路图等问题，熟练掌握基础知识即可求出物体的瞬时速度与加速度；设计实验电路图是本题的难点，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键．12．（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4m的带有四分之一光滑圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L的粗糙水平轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．一质量为m的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度滑上平板车，恰能到达圆弧轨道的最高点A，小物块最终到达平板车最右端并与平板车相对静止．已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小．（2）光滑圆弧轨道半径R．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒和能量守恒求解；（2）从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出半径．解答：解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度，规定向左为正方向，由动量守恒得：mv0=（M+m）v1…①由能量守恒得：mv02=（M+m）v12+μmg•2L…②解得：v0=…③；（2）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v2。

揭阳一中、潮州金山中学2015届高三上学期暑假联考理综试题第Ⅰ卷选择题（共118分）一、单项选择题：（本题共16题，每小题4分，共计64分；每小题只有一个选项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分。

）1.下列有关细胞器的叙述，正确的是A．液泡是唯一含有色素的细胞器B．细胞中核糖体的形成不一定都与核仁有关C．溶酶体能合成多种水解酶D．细胞中的囊泡都是由高尔基体形成的2.下列有关生物多样性和进化的叙述中，不正确的是A．生物的多样性包括基因、物种和生态系统的多样性B．自然选择能定向改变种群的基因频率，决定生物进化的方向C．细菌在接触青霉素后会产生抗药性的突变个体D．丝兰蛾细长的吸管式口器与丝兰的细长花距是它们长期共同进化形成的3.下列有关植物生长调节剂应用的叙述，错误的是A．用GA(赤霉素类)打破人参种子的休眠B．用NAA(生长素类似物)促进葡萄枝条的生根C．用乙烯利促进香蕉果实的生长发育D．用矮壮素(生长延缓剂)防止棉花徒长，促进结实4.某地土壤中小动物的物种数和个体总数如下表，以下有关叙述正确的是土层物种数个体总数0-5cm 11 795-10cm 4 2010-15cm 3 13A．表中信息说明群落具有垂直结构B．不同土层中小动物的分布与光照无关C．不同土层中的小动物都是消费者D．土壤中某种小动物个体总数下降则该地物种丰富度随之下降5.下列有关免疫的叙述不正确的是A．T细胞和B细胞都属于保留分裂能力的细胞B．效应T细胞可以使靶细胞裂解暴露出病原体C．注射的疫苗可直接刺激浆细胞产生抗体D．抗体有可能与自身物质结合，引起免疫失调6.选择正确的实验试剂是实验成功的关键。

下列相关实验中，试剂选择正确的是A．蔗糖溶液浓度为0.5g/mL时，洋葱表皮细胞质壁分离与复原的效果会更明显B．“探究酵母菌的呼吸方式”实验中，使用酸性重铬酸钾溶液检测酒精C ．“DNA 的粗提取与鉴定”实验中，加入0.14mol/L 的NaCl 溶液使DNA 溶解D ．“观察细胞有丝分裂”实验中，使用苏丹Ⅲ染液使染色体着色7. 下列说法错误．．的是 A ．溴乙烷、乙酸乙酯在一定条件下都能与NaOH 水溶液发生反应B ．煎炸食物的花生油和猪油都是可皂化的饱和酯类C ．裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色D ．用CO 2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用8. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A ．能使pH 试纸呈红色的溶液：Na ＋、NH ＋4、I －、NO －3B ．加入铝粉生成H 2的溶液：K ＋、Mg 2＋、SO 2－4、HCO －3C ．c (Fe 3＋)＝0.1mol ·L －1的溶液：H ＋、Al 3＋、I －、SCN －D ．()W K c H +错误！未找到引用源。

潮州金中、揭阳一中2014年高考第三次模拟考试物理本试卷共12页，36小题，满分300分。

考试用时150分钟注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡或答题卷上。

用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应的位置上。

2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4. 考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试题与答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5第Ⅰ卷选择题（共118分）一、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分，共64分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为A．13.6eV B．3.4eV C．10.2eV D．12.09eV【答案】D【解析】受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，知跃迁到第3能级，则吸收的光子能量为△E=-1.51+13.6eV=12.09eV，故D正确。

故选D。

【考点】氢原子的能级公式和跃迁14．惰性气体氡发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是A．氡的半衰期为3.8天，若取20个氡原子核，经7. 6天后就一定剩下5个原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4【答案】B【解析】A、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故A错误；B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故B正确；C、γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；D、α衰变后，电荷数少2，质量数少4，知质子数少2，中子数少2，故D错误。

广东省揭阳一中高三第四次平时考试理科综合能力测试考生请注意：1、本卷为物理、化学、生物三科合卷，考试用时150分钟，共300分，请把答案对应填在各科答题卷上。

2、可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 O:16 Na:23 S:32 N:14 Mg:24 Al:27Fe:56 K:39 Cu:64 7．联合国气候变化大会12月7日在丹麦首都哥本哈根拉开帷幕，很多人称这次大会为“人类拯救地球的最后机会”。

据报道，在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的会导致温室效应的气态化合物，它的结构式为：16O=C=18O。

下列说法正确的是A．16O与18O为同种核素B．16O=C=18O与16O=C=16O互为同位素C．16O=C=18O的化学性质与16O=C=16O完全不同D．目前提出的“零碳经济”，不再向环境排放CO2，有利于控制温室效应8.化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法中不正确．．．的是A．今夏至冬，广东发生不同程度的旱情，缓解旱情的措施之一是可以用干冰或溴化银进行人工增雨B．针对目前甲型H1N1流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质C．鼓励汽车、家电“以旧换新”，可提高能源利用效率，减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D．建国6庆典晚会上，天安门广场燃放的焰火是某些金属元素魅力的展现9. N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是A．K2O2与H2O反应，常温常压下生成16g O2，则反应中转移的电子数为N AB．在标准状况下，如果5.6L氧气含有n个氧分子，则N A约为4nC．1L1mol/L饱和FeCl3溶液滴入沸水中完全水解生成N A个Fe(OH)3胶粒D．水（D2O）中所含共价键数目为2N A10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A．在含有NaHCO3的溶液中：K+、SO42-、Cl-、H+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．c(H+)= mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO-、Cl-11.下列离子方程式书写正确的是A ．碳酸氢钠溶液中加入过量的石灰水 Ca 2++2OH —+2HCO 3—=CaCO 3↓+ CO 32—+2H 2OB ．实验室制氯气： MnO 2+4H ++4Cl — = Mn 2++2Cl 2↑+2H 2OC ．F 2与NaOH 溶液反应：O 2H O 2F 4OH F 222++==+--D ．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳→++-O H CO O 22 -+3HCO OH12.用二根铂丝作电极插入KOH 溶液中，分别向两极通人甲烷和氧气，可作为一种燃料电池的模拟装置。

高中化学学习材料潮州金山中学揭阳第一中学2015-2016学年度高三级第四次联考理科综合试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Zn 65 Fe 56 Cu 64第Ⅰ卷选择题一、选择题：（本题共13题，每小题6分；每小题只有一个选项是正确的，选对的得6分，选错或不答的得0分。

）7. 下列说法不正确．．．的是A．用煤制取甲醚(CH3OCH3)替代石油，可以缓解我国石油的供需矛盾B．医疗上用的“钡餐”其成分是氯化钡C．氮化硅陶瓷、通讯光缆等都是新型无机非金属材料D．利用风能、生物能发电，将火力发电用煤进行脱硫处理，有利于环保8. 有机产品Z可以由原料X经过多步反应合成得到：下列说法正确的是A. X与Y互为同分异构体B. X与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 在光照条件下，Z中的苯环能与Cl2发生取代反应D. Z中所有不饱和键均能与溴发生加成反应9. 短周期元素A、B、C的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C-具有相同的核外电子层结构。

下列推测不正确．．．的是A. 同周期元素中C的氢化物稳定性最强B. 同周期元素中A的金属性最强C. 原子半径：A>B，离子半径：A+>C-D. A、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C10. 下列说法正确的是A．Fe2+、Mg2+、Cl-、NO3-能大量共存于pH= 0的溶液中B．1 L浓度为l mol·L－1的NH4Cl溶液中含有N A个NH4+C．除去NO中混有的少量NO2，可将混合气体通过盛有水的洗气瓶，再用排空气法收集NO D．反应MnO2＋ZnS＋2H2SO4＝MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O中，每析出12.8 g S共转移0.8mol 11. 25 ℃时，在25 mL c mol/L的一元弱酸(HA)中，加入V mL 0.1 mol/L的一元强碱(BOH)。