志鸿优化 赢在高考答案

单元检测八 电流（时间：60分钟 满分：100分）一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分）1．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路。

接通电源后，可能出现的状况是（ ）A ．电流表烧坏B ．电压表烧坏C ．小灯泡烧坏D ．小灯泡不亮2．如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω。

电流表和电压表均为志向电表，只接通S 1时，电流表示数为10 A ，电压表示数为12 V ，再接通S 2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A ，则此时通过启动电动机的电流是（ ）A ．2 AB ．8 AC ．50 AD ．58 A3．如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（ ）A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大4．某同学做电学试验（电源内阻r 不能忽视），通过变更滑动变阻器电阻大小，视察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是图中的（ ）二、双项选择题（共5小题，每题6分，共30分）5．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，在滑动变阻器的滑片由b 向a 滑动过程中，下列说法中正确的是（ ）A ．电阻R 两端的电压增大B ．电容器C 两端电压减小C ．电容器C 上所带的电荷量增加D ．电源两端的电压增大6．某同学按如图电路进行试验，电压表内阻看做无限大，电流表内阻看做零。

试验中由于电路发生故障，发觉两电压表示数相同了（但不为零），若这种状况的发生是由用电器引起的，则可能的故障缘由是（ ）A ．R 3短路B ．R P 短路C ．R 3断开D ．R 2断开7．阻值较大的电阻R 1和R 2，串联后，接入电压为U 的恒定电路中，如图所示。

第3讲导数的应用(二)最值及导数的综合应用基础巩固1.当x≠0时,有不等式()A.ex<1+xB.当x>0时,ex<1+x,当x<0时,ex>1+xC.ex>1+xD.当x<0时,ex<1+x,当x>0时,ex>1+x【答案】C【解析】设y=ex-1-x,则y'=ex-1,于是当x>0时,函数y=ex-1-x是递增的;当x<0时,函数y=ex-1-x是递减的.故当x=0时,y有最小值y=0.因此应选C.2.右图中三条曲线给出了三个函数的图象,一条表示汽车位移函数s(t),一条表示汽车速度函数v(t),一条是汽车加速度函数a(t),则()A.曲线a是s(t)的图象,b是v(t)的图象,c是a(t)的图象B.曲线b是s(t)的图象,a是v(t)的图象,c是a(t)的图象C.曲线a是s(t)的图象,c是v(t)的图象,b是a(t)的图象D.曲线c是s(t)的图象,b是v(t)的图象,a是a(t)的图象【答案】D【解析】由于v(t)=s'(t),a(t)=v'(t),注意到所给的三条曲线中,只有曲线a上有部分点的纵坐标小于零,因此只有曲线a才能作为加速度函数a(t)的图象,曲线b有升有降,因此其导函数图象有正有负,这与所给曲线a的形状吻合,因此b为速度函数v(t)的图象.3.(2013届·江苏无锡月考)已知a≤+ln x,x∈恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】设f(x)=+ln x,则f'(x)=+=,当x∈时,f'(x)<0,故函数f(x)在区间上单调递减,当x∈(1,2]时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,因此f(x)mi n=f(1)=0.故a≤0,即a的最大值为0.4.一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比,已知在速度为每小时10km时的燃料费是每小时6元,而其他与速度无关的费用是每小时96元,则使行驶每千米的费用总和最小时,此轮船航行速度为()A.20 km/hB.25 km/hC.19 km/hD.18 km/h【答案】A【解析】设轮船速度为x(x>0)时,燃料费用为Q元,则Q=kx3,由6=k×103可得k=,于是Q=x3,总费用y=·=x2+,y'=x-,令y'=0得x=20,当x∈(0,20)时,y'<0,此时函数单调递减,当x∈(20,+∞)时,y'>0,此时函数单调递增,因此当x=20时,y取得最小值.故此轮船以20km/h 的速度行驶每千米的费用总和最小.5.已知f(x)=x2-cos x,x∈[-1,1],则导函数f'(x)是()A.仅有最小值的奇函数B.既有最大值,又有最小值的偶函数C.仅有最大值的偶函数D.既有最大值,又有最小值的奇函数【答案】D【解析】f'(x)=x+sin x,显然f'(x)是奇函数,令h(x)=f'(x),则h(x)=x+sin x,求导得h'(x)=1+cos x.当x∈[-1,1]时,h'(x)>0,所以函数h(x)在区间[-1,1]上单调递增,有最大值和最小值.故f'(x)是既有最大值又有最小值的奇函数.6.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为()A. B. C. D.【答案】C【解析】如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,则V=πR2h.设造价为y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb·=2πaR2+,则y'=4πaR-.令y'=0,得=.结合题意知,应选C.7.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n∈[-1,1],则f(m)+f'(n)的最小值是()A.-13B.-15C.10D.15【答案】A【解析】求导得f'(x)=-3x2+2ax,由函数f(x)在x=2处取得极值知f'(2)=0,即-3×4+2a×2=0,从而可得a=3.由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f'(x)=-3x2+6x,易知函数f(x)在区间(-1,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,因此当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又f'(x)=-3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,∴当n∈[-1,1]时,f'(n)min=f'(-1)=-9.故f(m)+f'(n)的最小值为-13.8.函数f(x)=x2-ln x的最小值为.【答案】【解析】由得x>1.由得0<x<1.故函数f(x)在x=1时,取得最小值f(1)=-ln1=.9.某工厂生产某种产品,已知该产品的月生产量x(t)与每吨产品的价格p(元/t)之间的关系式为p=24200-x2,且生产x t的成本为R=50000+200x(元),则该厂每月生产t产品才能使利润达到最大.(利润=收入-成本)【答案】200【解析】每月生产x t时的利润为f(x)=x-(50000+200x)=-x3+24000x-50000(x≥0).由f'(x)=-x2+24000=0得x1=200,x2=-200,舍去负值.故函数f(x)在[0,+∞)内有唯一的极大值点,也是最大值点.10.已知函数f(x)的自变量取值区间为A,若其值域也为A,则称区间A为f(x)的保值区间.若g(x)=x+m-ln x的保值区间是[2,+∞),则m的值为.【答案】ln2【解析】 g'(x)=1-=,当x≥2时,函数g(x)为增函数,因此函数g(x)的值域为[2+m-ln2,+∞),于是2+m-ln2=2,故m=ln2.11.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0,若x=时,y=f(x)有极值.(1)求a,b,c的值;(2)求y=f(x)在区间[-3,1]上的最大值和最小值.【解】(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f'(x)=3x2+2ax+b,当x=1时,切线l的斜率为3,可得2a+b=0.①当x=时,y=f(x)有极值,则f'=0,可得4a+3b+4=0.②由①②解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为x=1,则f(1)=4,因此1+a+b+c=4,即c=5.故a=2,b=-4,c=5.(2)由(1)可得f(x)=x3+2x2-4x+5,于是f'(x)=3x2+4x-4,令f'(x)=0,得x1=-2,x2=.当x变化时,y,y'的取值及变化如下表:x -3(-3,-2)-21y'+ 0 - 0 +y 8 ↗13↘↗ 4故y=f(x)在区间[-3,1]上的最大值为13,最小值为.12.某造船公司年造船量是20艘,已知造船x艘的产值函数为R(x)=3700x+45x2-10x3(单位:万元),成本函数为C(x)=460x+5000(单位:万元),又在经济学中,函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x);(提示:利润=产值-成本)(2)问年造船量安排多少艘时,可使公司造船的年利润最大?【解】(1)P(x)=R(x)-C(x)=-10x3+45x2+3240x-5000(x∈N*,且1≤x≤20);MP(x)=P(x+1)-P(x)=-30x2+60x+3275(x∈N*,且1≤x≤19).(2)P'(x)=-30x2+90x+3240=-30(x-12)·(x+9),∵x>0,∴P'(x)=0时,x=12,于是当0<x<12时,P'(x)>0,当x>12时,P'(x)<0.故x=12时,P(x)有最大值,即年造船量安排12艘时,可使公司造船的年利润最大.13.已知函数f(x)=x2+ln x.(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)求证:当x∈(1,+∞)时,函数f(x)的图象在g(x)=x3+x2的下方.【解】(1)∵f(x)=x2+ln x,∴f'(x)=2x+.∵x>1时,f'(x)>0,故f(x)在区间[1,e]上是增函数,∴f(x)的最小值是f(1)=1,最大值是f(e)=1+e2.(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=x2-x3+ln x,则F'(x)=x-2x2+===,∵x>1,∴F'(x)<0.从而可知F(x)在(1,+∞)上是减函数,于是F(x)<F(1)=-=-<0.即f(x)<g(x).故当x∈(1,+∞)时,函数f(x)的图象总在g(x)=x3+x2的图象的下方.拓展延伸14.已知函数f(x)=ax+x2-xln a,a>1.(1)求证:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;(2)若对∀x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1恒成立,求a的取值范围.【解】(1)证明:f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a,由于a>1,故当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0,从而可知f'(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)由(1)可知,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,故函数f(x)在(-∞,0)上单调递减.因此,f(x)在区间[-1,0]上单调递减,在区间[0,1]上单调递增.于是f(x)min=f(0)=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)},f(-1)=+1+ln a,f(1)=a+1-ln a,f(1)-f(-1)=a--2ln a,记g(x)=x--2ln x,因为g'(x)=1+-=≥0,所以g(x)=x--2ln x递增.于是可知f(1)-f(-1)=a--2ln a>0, 即f(1)>f(-1).因此f(x)max=f(1)=a+1-ln a.故对∀x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|max=|f(1)-f(0)|=a-ln a,结合题意可知a-ln a≤e-1,从而可得1<a≤e.。

第三讲区域农业的可持续发展、区域工业化与城市化进程随堂演练巩固读”某国工业化、城市化进程比较图”,完成1—2题。

1 关于该国工业化、城市化进程特点的叙述,正确的是 ( )①城市化与工业化呈同步增长趋势②阶段Ⅰ城市化进程速度比阶段Ⅱ快③该国可能属发达国家④阶段Ⅱ工业化促进了城市化A ①③B ①②C ③④D ②④【解析】从图中可以看出城市化与工业化在阶段Ⅲ的变化趋势不同;阶段Ⅱ城市化进程速度比阶段Ⅰ快。

【答案】 C2 阶段Ⅲ,该国新增就业机会主要来自( )①资金密集型产业②技术密集型产业③资源密集型产业④现代服务业A ①②B ②③C ①④D ②④【解析】进入逆城市化阶段时,产业结构中的第三产业和高新技术产业的比重明显增大。

【答案】 D读”美国部分农业带的分布图”,完成3—4题。

3 图中所示农业带不属于商品谷物农业的是( )A 甲B 乙C 丙D 丁【解析】本题主要考查读图分析能力。

甲、乙、丁位于美国中部平原地区,这里是世界上最大的商品谷物农业区。

【答案】 C4 乙农业带粮食商品率高,其原因除单位面积产量高以外,还有( )A 自然条件优越B 交通运输便利C 科技水平高D 人均耕地多【解析】乙农业带粮食商品率高,其原因除单位面积产量高以外,还有地广人稀、人均耕地多等。

【答案】 D下图为”甲、乙两地区城市化发展模式图”。

读图,完成 5—6题。

甲地区城市化发展模式图对外开放→外资企业建立→工业化→城市化乙地区城市化发展模式图大城市扩散→乡镇企业发展→工业化→城市化5 两地区城市化发展模式的共同点是( )A 有较大规模的人口迁移B 依靠外来资金支持城市化C 有当地政府的大量投资D 通过工业化带动城市化【解析】通过读图分析可知,两地区城市化发展模式都是通过工业化来带动城市化的。

【答案】 D6 下列有关两地区城市化发展模式的叙述,正确的是 ( )A 甲地区属外资驱动型的城市化B 乙地区属开发区驱动型的城市化C 甲地区的典型发展模式在苏南地区D 乙地区的典型发展模式在珠江三角洲【解析】甲地区城市化发展模式属于外资驱动型,在珠江三角洲地区比较典型;乙地区城市化发展模式属于大城市扩散驱动型,在苏南地区比较典型。

4.如果纬线b 刚好是北温带和热带的界线，则在0点上空俯视，所见的地球可能为下图中的第一章地球与地图 第二讲 地球、地球仪和经纬网随堂演练巩固1下列四幅图中，甲地在乙地西北，丙地在丁地东南的是(【解析】A 图、C 图、D 图都是北半球图,A 图中，甲位于乙的西北，丙位于丁的东北；B图中，甲 位于乙的西北，丙位于丁的东南；C 图中甲位于乙的东北，丙位于丁的东南 图 中，甲位于乙的东北，丙位于丁的西北。

故B 图正确。

【答案】B2.在60° N 处相距一个经度的两个地点的实地距离最有可能是 ( )千米 千米 千米千米【解析】 南北纬60°纬线的长度约相当于赤道长度的一半 ，故B 项正确。

【答案】B右图表示地球局部经纬网，图中三条纵线表示经线，三条横线表示纬线，a 、b 相交于点0,读图 完成3 -4题。

如果图中的经纬度差都是 5。

则( 图中四个方块所表示的面积一定相等 图中的三条经线长度一定相等 图中0点一定在南北回归线之间【解析】 由于地球仪上所有经线的长度均相等，而图中三条经线所跨的纬度差也相等 ，故这三条经线的长度相等。

【答案】CE 图中的三条纬线和三条经线的长度一定都相等)4“ E 60' E100""50 S ABKO N120，k J 10* IW【解析】 北温带和热带的界线是北回归线，因此从北回归线上空看地球，可以看到北极圈的全 部、北半球的大部分、南半球的小部分。

【答案】A在下列的四幅图中，经纬度位置相同的两点是()① 和② ③和④【解析】 据图判断 ①(30 ° N,45 ° W)②(30N,45 ° W)故经纬度位置相同的是①④两点。

【答案】DS,135 ° W) ③(30 ° S,90 ° W)④(30②和③ ①和④、选择题F 列关于A 地相对于B 地的方向判断,排列顺序正确的是知，①图中A 在B 的西北方' ②图 南方。

素能演练提升十八1.如图,圆O的直径AB=9,直线CE与圆O相切于点C,AD⊥CE于点D,若AD=1,设∠ABC=θ,求sin θ的值.解:由于直线CE与圆O相切于点C,所以∠ABC=∠ACD=θ,由于AB是圆O的直径,所以BC⊥AC,在Rt△ABC中,sin θ=,在Rt△ACD中,sin θ=,所以sin2θ=,故sin θ=.2.如图,点A,B,C都在圆O上,过点C的切线交AB的延长线于点D,若AB=5,BC=3,CD=6,则线段AC的长是多少?解:由切割线定理知BD·AD=DC2,即BD(AB+BD)=DC2,又∵AB=5,CD=6,∴BD2+5BD-36=0.∴BD=4,或BD=-9(舍去).又∵△ADC∽△CDB,∴.∴AC=.3.如图,已知△ABC内接于圆O,点D在OC的延长线上,AD切圆O于A,若∠ABC=30°,AC=2,则AD的长为多少?解:连接OA.∵OA=OC,且∠AOC=2∠ABC=60°,∴△AOC是等边三角形.∴OA=AC=2.∵∠OAD=90°,∴∠D=30°,∴AD=AO=2.4.如图,AB为圆O的直径,E为AB延长线上一点,过E作圆O的切线,切点为C,过A作直线EC的垂线,垂足为D.若AB=4,CE=2,则AD等于多少? 解:由切割线定理得EC2=EB·EA,即12=EB·(EB+4),可求得EB=2.连接OC,则OC⊥DE,所以OC∥AD,所以,即,所以AD=3.5.如图,☉O的两条割线与☉O交于A,B,C,D,圆心O在PB上,若PC=6,CD=7,PO=12,则AB等于多少? 解:由割线定理得PC·PD=PA·PB,所以有6×=(12-r)(12+r),解得r=8,所以AB=2r=16.6.如图,AB,AC是☉O的两条切线,切点分别为B,C.若∠BAC=60°,BC=6,则☉O的半径r等于多少? 解:连接BO,CO,则∠BOC=120°,所以有BC=OB=6.所以r=OB==2.7.如图,PT是圆O的切线,PAB是圆O的割线,若PT=2,PA=1,∠P=60°,则圆O的半径是多少?解:连接AT,BT,在△APT中,∠P=60°,PT=2,PA=1,AT=,∴∠TAP=90°.∴∠BAT=90°.∴BT是圆的直径.∵PT是圆O的切线,PAB是圆O的割线,∴PT2=PA·PB,△PAT∽△PTB.∴,得BT=2.因此圆O的半径为.8.(2021河南信阳其次次调研,22)如图,△ABC内接于直径为BC的圆O中,过点A作圆O的切线交CB的延长线于点P,∠BAC 的平分线分别交BC和圆O于点D,E,若PA=2PB=10.(1)求证:AC=2AB;(2)求AD·DE的值.(1)证明:∵PA是圆O的切线,∴∠PAB=∠ACB.又∠P是公共角,∴△ABP∽△CAP.∴=2.∴AC=2AB.(2)解:由切割线定理,得PA2=PB·PC,∴PC=20.又PB=5,∴BC=15.又∵AD是∠BAC的平分线,∴=2.∴CD=2DB.∴CD=10,DB=5.又由相交弦定理,得AD·DE=CD·DB=50.9.(2021吉林长春质检(二),22)如图,过点P作圆O的割线PBA与切线PE,E为切点,连接AE,BE,∠APE的平分线与AE,BE分别交于点C,D,其中∠AEB=30°.(1)求证:;(2)求∠PCE的大小.(1)证明:由题意可知,∠EPC=∠APC,∠PEB=∠PAC,∴△PED∽△PAC.∴.又,∴.(2)解:由∠EPC=∠APC,∠PEB=∠PAC,可得∠CDE=∠ECD,在△ECD中,∠CED=30°,可知∠PCE=75°.10.(2021江苏南通密卷三,21)如图,AB是圆O的直径,D为圆O上一点,过D作圆O的切线交AB的延长线于点C.若AB=2BC,求证:∠A=∠C.解:连接OD,BD,∵AB是圆O的直径,∴∠ADB=90°,AB=2OB.∵AB=2BC,∴AB=OC.∵DC是圆O的切线,∴∠CDO=90°.∵OB=BC,∴BD=OC.∵OA=OB,∴OD=AB.∴BD=OD.∴△ADB≌△CDO.∴AD=DC,∴∠A=∠C.11.(2021甘肃天水一轮检测,22)如图,AB是☉O的直径,AC是弦,∠BAC的平分线AD交☉O于D,DE⊥AC交AC延长线于点E,OE交AD于点F.(1)求证:DE是☉O的切线;(2)若,求的值.(1)证明:连接OD,可得∠ODA=∠OAD=∠DAC,∴OD∥AE.又AE⊥DE,∴OD⊥DE.∴DE是☉O的切线.(2)解:过D作DH⊥AB于H,则有∠DOH=∠CAB,∴cos ∠DOH=cos ∠CAB=.设OD=5x,则OH=3x,∴AH=8x.由△ADE≌△ADH,可得AE=AH=8x,又△AEF∽△DOF,∴.。

高考仿真测试(六) (时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.物理公式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系.现有物理量单位:m(米)、s(秒)、C(库)、A(安)、V(伏)、F(法)、T(特)和Wb(韦伯),由它们组合成的单位与力的单位N(牛)等价的是()A.V·C/sB.C/F·sC.T·s·C/mD.Wb·A/m解析:由P=IU=知,V·C/s等价于功率的单位W,A不符合;由U=知,C/F·s等价于V/s,B不符合;由F=Bqv知,力的单位N等价于T·C·m/s,C不符合;因磁感应强度的另一等价单位为Wb/m2,由F=BIL 可知,力的单位等价于Wb·A/m,D符合.答案:D2.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图.小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最终两球同时落地.不计空气阻力,重力加速度的大小g取10 m/s2.可求得h等于()A.1.25 mB.2.25 mC.3.75 mD.4.75 m解析:B点下方小球比A点处小球晚运动Δt==0.5 s,设A点处小球自由落体运动时间为t,则5m=gt2,h=g(t-Δt)2,以上两式联立得h=1.25 m,故A项正确.答案:A 3.如图所示,质量均为m的A、B两物体分别固定在质量不计的轻弹簧的两端,当A静止时弹簧的压缩量为l.现用一竖直向上的恒力F=3mg作用于A上,当A运动一段距离x后撤去F,结果B刚好不离开水平面,则l∶x的值为()A.3∶2B.3∶1C.2∶1D.无法确定解析:在A物体静止时弹簧弹力等于A物体的重力,在B物体刚好不离开地面时弹簧弹力恰好等于B物体的重力,可知弹簧在初始状态时的压缩量与A物体到达最高点时拉伸量相等,而弹簧的弹性势能与弹簧的形变量成正比,故此过程中弹簧弹性势能的转变量为0,再由能量守恒知力F所做的功等于A物体增加的重力势能,即Fx=mg×2l,故l∶x=F∶(2mg)=3∶2,A正确.答案:A4.如图所示,一抱负变压器原线圈输入正弦交变电流的频率为50 Hz,电压表示数为11 000 V,灯泡L1与L2的电阻相等,原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2=50∶1,电压表和电流表均为抱负电表,则()A.原线圈输入的交变电流的表达式为u=11 000sin 50πt VB.开关K未闭合时,灯泡L1的两端的电压为220 VC.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的D.开关K闭合后原线圈输入功率增大为原来的4倍解析:正弦交变电流的表达式为u=U m sin ωt V,其中电压最大值U m为11 000 V,ω=2πf=100π rad/s,A 错误;电压表的示数是有效值,依据变压比求得副线圈两端电压为220 V,B对;开关K闭合后,两灯泡两端电压相等,故通过两灯泡的电流相等,C错误;开关闭合后,副线圈负载为原来的2倍,故功率为原来的2倍,D错误.答案:B5.嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器等多个部分组成.探测器估计在2021年由长征五号运载火箭在中国文昌卫星放射中心放射升空,自动完成月面样品采集,并从月球起飞,返回地球,带回约2 kg 月球样品.某同学从网上得到一些信息,如表格中的数据所示,请依据题意,推断地球和月球的密度之比为( )A.B.C.4D.6解析:在地球表面,重力等于万有引力,故mg=G解得M=,故密度为ρ= 同理得月球的密度为ρ0= 故地球和月球的密度之比=6×. 答案:B6.利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动把握等领域.如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面对下,通入图示方向的电流I ,C 、D 两侧面会形成电势差U CD ,下列说法中正确的是( )A.若霍尔元件的载流子是自由电子,则侧面C 带负电B.电势差U CD 仅与材料有关C.仅增大C 、D 间的宽度时,电势差U CD 变小D.在测定地球两极上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平解析:霍尔元件中有电流通过时,将受到此次的洛伦兹力作用而发生偏转,若霍尔元件的载流子是自由电子,则依据左手定则简洁推断电子将向C 侧偏转,故侧面C 带负电,选项A 正确;载流子形成的电势差满足qvB=q ,则U CD =Bvd ,即U CD 与磁感应强度、载流子速度以及C 、D 间的宽度有关,故选项B 、C 错误;地球两极上方的地磁场指向两极,所以在测定地球两极上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平,选项D 正确. 答案:AD7.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环,其长轴长BD=4L 、短轴长AC=2L.劲度系数为k 的轻弹簧上端固定在大环的中心O ,下端连接一个质量为m 、电荷量为q 、可视为质点的小环,小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘,整个装置处在水平向右的匀强电场中.将小环从A 点由静止释放,小环运动到B 点时速度恰好为0.已知小环在A 、B 两点时弹簧的形变量大小相等.则( ) A.小环从A 点运动到B 点的过程中,弹簧的弹性势能始终增大 B.小环从A 点运动到B 点的过程中,小环的电势能始终减小 C.电场强度的大小E=D.小环在A 点时受到大环对它的弹力大小F=mg+kL解析:因从A 点到B 点的过程中小环距O 点的距离始终增大,而小环在A 、B 两点时弹簧的形变量大小相等,可知弹簧在此过程中先是压缩量渐渐减小,在恢复原长后拉伸量又渐渐增大,故弹簧的弹性势能是先减小后增大的,A 错误.由小环释放后从A 向B 运动,可知小环带正电,而沿电场线方向电势渐渐降低,故其电势能渐渐减小,B 正确.整个过程中由能量守恒可知重力势能的增加量恰好等于电势能的减小量,即qE×BD=mg×AC ,有E=,C 错误.小环在A 点时速度为零,所需向心力为零,即在竖直方向上合力为零,可得F=mg+kx ;而在A 、B 两点处有OB-OA=2x,即x=,故D 正确. 答案:BD 8.如图所示,光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内,并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中.有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开头在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A 点.在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A 点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R ,其余电阻不计.则( ) A.该过程中导体棒做匀减速运动B.该过程中接触电阻产生的热量为C.开头运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=D.当导体棒的速度为v0时,回路中感应电流大小为初始时的一半解析:感应电动势E=BLv,感应电流I=,导体棒受到的安培力F=BIL=,由于导体棒在运动过程中L 不断减小,则安培力不断减小,导体棒的加速度减小,导体棒做加速度减小的减速运动,不做匀减速运动,故A错误;导体棒克服安培力做功,导体棒的动能转化为焦耳热,由能量守恒定律可得,接触电阻产生的焦耳热Q=,故B正确;在整个过程中,感应电荷量Q=IΔt=Δt=,则S=,故C正确;当导体棒的速度为v0时,导体棒的长度L减小,感应电流I=,则感应电流大小小于初始时的一半,故D错误.答案:BC第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分)9.(6分)如图所示,一端带有滑轮的粗糙长木板,1、2是固定在木板上的两个光电门,中心间的距离为L.质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条,在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下,光电门1、2记录遮光时间分别为Δt1和Δt2.(1)用此装置验证牛顿其次定律,且认为A受到外力的合力等于B的重力,除平衡摩擦力外,还必需满足;试验测得的加速度为(用上述字母表示);(2)假如已经平衡了摩擦力,(选填“能”或“不能”)用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒,理由是.解析:(1)依据牛顿其次定律,对整体有a=,则绳子的拉力F=Ma=,当M≫m,重物的总重力等于绳子的拉力,等于滑块的合力.滑块通过光电门1的瞬时速度v1=,通过光电门2的瞬时速度v2=,由匀变速直线运动的速度位移公式得=2aL,解得a=.(2)已经平衡了摩擦力,对A、B组成的系统,该装置不能验证系统机械能守恒,由于摩擦力做功,没有满足只有重力做功,故机械能不守恒.答案:(1)M≫m(1分)(3分)(2)不能摩擦力做功,没有满足只有重力做功,故机械能不守恒(2分)10.(9分)为了探究半导体热敏电阻的阻值R T与热力学温度T的关系,某同学设计了如图甲所示的电路.图中R T是热敏电阻,R1是电阻箱,R2、R3是定值电阻,R是滑动变阻器,V是零刻度在正中心的电压表,S是开关,E是电池.甲乙(1)在图乙中将实物图按电路原理图连线;(2)闭合开关S,调整电阻箱R1,使电压表的示数为零,登记此时R1的阻值和热敏电阻的温度T0,则在温度T0时,热敏电阻的阻值R T=;(3)转变热敏电阻的温度,测量相应的电阻值,得到多组数据.该同学查阅资料发觉,在肯定温度范围内,热敏电阻的阻值R T与该电阻的热力学温度T之间满足关系R T=A,式中A、B为常数.丙利用试验得到的数据,该同学作出了如图丙所示的图线,证明白以上关系式成立,并求出了常数A、B.该同学所作图线是以为纵轴.解析:(2)因电压表示数为零,可知电压表两端电势相等,且无电流通过电压表,则电路结构为R T与R1并联、R2与R3并联,然后再串联,且通过R T与R2的电流相等、通过R1与R3的电流相等,故,可得R T=.(3)由R T=A可得ln R T=B·+ln A,可见ln R T- 关系图象符合题目给定的函数关系图象.答案:(1)如图所示(4分)(2)(2分)(3)ln R T(3分)11.(14分)如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg 的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=.对木板施加沿斜面对上的恒力F,使木板沿斜面由静止开头做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.解析:(1)对M、m,由牛顿其次定律F-(M+m)g sin α=(M+m)a①对m,有f-mg sin α=ma②f≤μmg cos α③代入数据得F≤30 N.④(2)F=37.5 N>30 N,物块能滑离木板⑤对M,有F-μmg cos α-Mg sin α=Ma1⑥对m,有μmg cos α-mg sin α=ma2⑦设物块滑离木板所用时间为t,由运动学公式a1t2-a2t2=L⑧代入数据得t=1.2 s⑨物块滑离木板时的速度v=a2t⑩由公式-2gs sin α=0-v2代入数据得s=0.9 m评分标准:④式各2分,其余各式1分,共14分.答案:(1)F≤30 N(2)能1.2 s0.9 m12.(18分)如图所示,在坐标系xOy的其次象限内有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E.第三象限内存在匀强磁场Ⅰ,y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ,Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面对里.一质量为m、电荷量为+q的粒子自P(-l,l)点由静止释放,沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ,接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ,不计粒子重力.(1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B1;(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=B1,粒子从磁场Ⅱ再次进入电场,求粒子其次次离开电场时的横坐标;(3)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=3B1,求粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间内,粒子的平均速度.解析:(1)设粒子垂直于x轴进入Ⅰ时的速度为v由运动学公式2al=v2①由牛顿其次定律Eq=ma②由题意知,粒子在Ⅰ中做圆周运动的半径为l由牛顿其次定律qvB1=③得B1=.④(2)粒子运动的轨迹如图所示,粒子其次次进入电场,在电场中做类平抛运动x负方向x=vt⑤y负方向l=at2⑥得x=2l,则横坐标x'=-2l.⑦(3)粒子运动的轨迹如图所示,设粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1,周期为T1,在磁场Ⅱ中运动的半径为r2,周期为T2r1=l3qvB1=⑧T1=⑨T2=⑩得r2=T2=粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间t=T1+T2粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴时间内的位移s=6r2平均速度得,方向沿y轴负方向评分标准:本题共18分,⑦每式2分,其余每式1分.答案:(1)(2)-2l(3)(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.13.【物理——选修3-3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规章运动B.当分子力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而增大C.热量在任何条件下都不行能从低温物体传到高温物体D.第一类永动机不行能制成,是由于它违反了能量守恒定律E.液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的(2)(10分)(2021上海虹口区一模)如图甲所示,竖直放置的汽缸内壁光滑,横截面积为S=10-3 m2,活塞的质量为m=2 kg,厚度不计.在A、B两处设有限制装置,使活塞只能在A、B之间运动,B下方汽缸的容积为1.0×10-3 m3,A、B之间的容积为2.0×10-4 m3,外界大气压强p0=1.0×105 Pa.开头时活塞停在B处,缸内气体的压强为0.9p0,温度为27 ℃,现缓慢加热缸内气体,直至327 ℃.求:①活塞刚离开B处时气体的温度t2;②缸内气体最终的压强;③在图乙中画出整个过程中的p-V图线.解析:(1)布朗运动是布朗粒子的整体运动,布朗粒子是由大量分子组成的分子集团,A错误.分子力为引力,分子间距离增大时分子引力做负功,故分子势能增大,B正确.热量在不引起其他影响的状况下不能从低温物体传到高温物体,但在引起其他影响时则可以,C错误.第一类永动机违反了能量守恒定律,D正确.液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的,E正确.(2)①活塞刚离开B处时,气体压强p2=p0+=1.2×105 Pa(1分)气体等容变化,(1分)代入数据,解出t2=127 ℃.(2分)②设活塞最终移动到A处,抱负气体状态方程:(1分)即(1分)代入数据,解出p3=p0=1.5p0=1.5×105 Pa(2分)由于p3>p2,故活塞最终移动到A处的假设成立.③如图所示.(2分)答案:(1)BDE(2)①127 ℃②1.5×105 Pa③见解析图14.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)下列四幅图的有关说法中正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.对于①,由两个简谐运动的图象可知,它们的相位差为或者πB.对于②,当球与横梁之间存在摩擦的状况下,球的振动不是简谐运动C.对于③,频率相同的两列波叠加时,某些区域的振动加强,某些区域的振动减弱D.对于④,当简谐波向右传播时,质点A此时的速度沿y轴负方向E.对于④,当简谐波向左传播时,质点A随简谐波向左平移(2)(10分)如图是一种折射率n=1.5的棱镜,现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上,入射角的正弦值为sin i=0.75.①求光在棱镜中传播的速率;②通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到AB面上的光线).解析:(1)由两个简谐运动的图象可知:它们的相位差为,A错误.当球与横梁之间存在摩擦的状况下,球的振动不是简谐运动,B正确.频率相同的两列波叠加时,某些区域的振动加强,某些区域的振动减弱,产生干涉,C正确.当简谐波向右传播时,质点A此时的速度沿y轴负方向,D正确.质点不会随波平移,只会在平衡位置四周上下振动,E错误.(2)①由n=得v==2×108 m/s.(2分)②设光线进入棱镜后的折射角为r,由=n,得sin r==0.5,r=30°(2分)光线射到BC界面时的入射角i1=90°-45°=45°(2分)由于sin 45°>,所以光线在BC边发生全反射,光线沿DE方向射出棱镜后的方向与AC边垂直,光路图如图所示.(4分)答案:(1)BCD(2)①2×108 m/s②见解析图15.【物理——选修3-5】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的B.光电效应和电子的衍射现象说明粒子的波动性C.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时放射波长为λ1的光子,原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸取波长为λ2的光子,已知λ1>λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸取波长的光子D.α粒子散射试验说明白原子具有核式结构E.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应(2)(10分)如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,C刚好与竖直墙面接触,B、C分别连接于轻质弹簧的两端,弹簧处于原长状态.现让A以速度v0水平向右运动,与B相碰后快速粘合在一起.求:①弹簧的最大弹性势能;②C离开墙面后,C的最大速度.解析:(1)β衰变所释放的电子是原子核内中子转化成的,A错误.光电效应说明光具有粒子性,电子的衍射现象说明粒子的波动性,B错误.由题意知,解得λ=,已知λ1>λ2,即原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸取波长的光子,C正确.α粒子散射试验说明白原子具有核式结构,D正确.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应,E正确.(2)A、B动量守恒:mv0=2mv①解得v=×2mv2=E p②所以弹性势能最大值E p=③弹簧第一次恢复原长时的速度为v=④C离开墙后A、B、C动量守恒,可得2mv=2mv1+mv2⑤由能量守恒:×2mv2=×2m×m⑥联立解得v2=v0⑦其方向水平向左⑧①②③④⑦⑧各1分,⑤⑥各2分.答案:(1)CDE(2)①②v0。

高考仿真测试(二)(时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在 1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.“比值定义”是物理学中最常用的思想方法之一,在下表中给出的物理量表达式中接受这种思想方法定义的个数为()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:表中给出的物理量表达式,只有磁感应强度、电容、电场强度是比值法定义式,加速度a=、电流强度I=属于物理规律的表达式,不是定义式.C选项正确.答案:C2.嫦娥三号探月卫星携带我国第一艘月球车,顺当实现了中国首次月面软着陆.嫦娥三号放射升空后,经过奔月、环月,最终着陆于月球表面.月球车在月球工作三个月到半年,之后永久留在月球.已知月球和地球质量之比约为、半径之比约为,地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s.则下列说法正确的是()A.嫦娥三号奔月过程中速度要低于7.9 km/sB.嫦娥三号到达月球表面四周环绕月球匀速圆周运动的线速度约为1.8 km/sC.携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中肯定处于失重状态D.由于月球表面重力加速度较小,故月球车在月球上执行巡察探测任务时处于失重状态解析:卫星要放射成功,其速度必需超过第一宇宙速度,嫦娥三号奔月过程中速度会超过7.9 km/s,A 选项错误;嫦娥三号在月球表面四周匀速圆周运动时,线速度可由G=m得v=×7.9 km/s=1.8 km/s,B 选项正确;月球车着陆过程中减速下降,处于超重状态,C选项错误;月球车在月球上所受重力小于在地球上所受的重力,这与是否失重无关,D选项错误.答案:B3.如图所示,边长为a的正方形金属线框沿x轴水平向右匀速穿过一高为a、边长为2a的等腰三角形磁场区域,磁场为匀强磁场,方向垂直纸面对里,线框的底边和磁场下边界均与x轴重合.取逆时针方向为电流的正方向,能够正确表示导线框中电流i随位移x变化关系的是()解析:当位移x<a时,切割磁感线的导线长度也为x,则由法拉第电磁感应定律及欧姆定律得i=∝x,由右手定则可知电流沿正方向;当a<x<2a时,有两段导线切割磁感线,则i=,可知当x=时i=0,当x>时i<0,故B项正确.答案:B4.将一个质量为m的纸团从距离地面h高处由静止释放后,纸团恰以g的加速度沿竖直方向下落到地面,下列说法中正确的有()A.物体重力势能削减mghB.物体落至地面时的重力势能为0C.物体下落过程中重力势能削减得越来越快D.物体下落过程中重力做功等于其动能增量解析:物体下落到地面,重力做功mgh,其重力势能也削减mgh,A项错;题目没有指明地面为零势面,B 项错;物体下落过程中速度越来越大,重力的功率越来越大,则重力势能削减得越来越快,C项对;物体动能增量等于合外力所做的总功,物体下落过程中除重力做功外还有阻力做功,D项错.答案:C5.如图甲为远距离输电示意图,升压变压器原副线圈匝数比为1∶10,降压变压器副线圈接有负载电路,升压变压器和降压变压器之间的长距离输电线路的电阻不能忽视,变压器视为抱负变压器,升压变压器左侧输入端输入如图乙所示交变电压,下列说法中正确的是()A.升压变压器副线圈输出电压的频率为50 HzB.升压变压器副线圈输出电压的有效值为31 VC.滑片P向右移动时,降压变压器的输出电压变大D.滑片P向右移动时,整个输电系统的效率上升解析:依据变压器的工作原理,变压器并不转变交变电流的频率和周期,所以升压变压器副线圈输出电压的周期仍为0.02 s,频率仍为50 Hz,选项A正确;依据图乙,升压变压器输入电压的最大值为310 V,那么依据变压比公式可知,副线圈输出电压的最大值为3 100 V,有效值为 V,B错误;滑片P向右移动时,降压变压器副线圈电路的总电阻减小,输出电流增大,通过输电线上的电流增大,电压损失增大,降压变压器的输入电压和输出电压均减小,选项C错误;由于滑片P向右移动时,输电线上损失的功率增大,整个输电系统的效率降低,选项D错误.答案:A6.(2021山东潍坊模拟)一辆汽车正以v1=10 m/s的速度在平直大路上匀速行驶,发觉正前方有一辆自行车以v2=4 m/s 的速度做同方向的匀速直线运动,汽车马上关闭油门做加速度大小为a=0.6 m/s2的匀减速运动,汽车恰好没有碰上自行车,则()A.关闭油门后,汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为10 sB.关闭油门后,汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为 sC.关闭油门时,汽车与自行车的距离为30 mD.关闭油门时,汽车与自行车的距离为 m解析:撞不上的临界条件为速度相等时恰好追上,已知汽车的初速度为v1,自行车的速度为v2,则有v1-at=v2,代入数据解得t=10 s,故A正确,B错误;设汽车的位移为s1,自行车的位移为s2,则由位移关系s1=s2+x,即t=v2t+x,解得x=30 m,故C正确,D错误.答案:AC7.(2021江苏淮安模拟)如图甲所示,轻杆一端与质量为 1 kg、可视为质点的小球相连,另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动.现使小球在竖直平面内做圆周运动,经最高点开头计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示,A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点和图线上第一周期内的最低点,该三点的纵坐标分别是1、0、-5.g取10 m/s2,不计空气阻力.下列说法中正确的是()A.轻杆的长度为0.6 mB.小球经最高点时,杆对它的作用力方向竖直向上C.B点对应时刻小球的速度为3 m/sD.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5 m解析:设杆的长度为L,小球从A到C的过程中机械能守恒,得+2mgL=,所以L= m=0.6 m,故A正确;若小球在A点恰好对杆的作用力是0,则=mg,临界速度v0= m/s= m/s>v A=1 m/s,由于小球在A点的速度小于临界速度,所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力,杆对小球的作用力的方向向上,是竖直向上的支持力,故B正确;小球从A到B的过程中机械能守恒,得+mgL=,所以v B= m/s= m/s,故C错误;由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度,所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A 到B的过程小球在水平方向的位移,大小等于杆的长度,即0.6 m,故D错误.答案:AB8.如图所示,图甲中MN为足够大的不带电接地薄金属板.在金属板的右侧,距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O,由于静电感应产生了如图所示的电场分布.P是金属板上的一点,P点与点电荷O之间的距离为r,几位同学想求出P点的电场强度大小,但发觉问题很难.他们经过认真争辩,从图乙所示的电场中得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对P点的电势和电场强度作出以下推断,其中正确的是()A.P点的电势为零B.P点的电势大于零C.P点电场强度的方向垂直于金属板向左,大小为D.P点电场强度的方向垂直于金属板向左,大小为解析:接地金属板在点电荷+q的电场中,由于静电感应产生感应电荷,在金属板右侧空间产生的电场与等量异种点电荷连线中垂线一侧的电场分布一样,因此接受类比法分析解答相关问题.选项分两组,A、B推断P点电势,C、D计算P点电场强度.(1)金属板MN接地,电势为零,则金属板上P点电势为零,A对,B错;(2)类比图乙电场线方向可知,金属板所在位置及P点电场强度方向均垂直于金属板向左,大小由等量异种电荷分别在中垂线上产生的电场强度叠加,由于对称,+q和-q在P点产生的电场强度大小均为E+=E-=k,由相像三角形关系得,解得E=,C对,D错.答案:AC第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分)9.(4分)现要用如图所示的装置探究“加速度与物体受力的关系”.小车所受拉力及其速度可分别由拉力传感器和速度传感器记录下来.速度传感器安装在距离L=48.0 cm的长木板的A、B两点.(1)试验主要步骤如下:①将拉力传感器固定在小车上;②平衡摩擦力,让小车在没有拉力作用时能做匀速直线运动;③把细线的一端固定在拉力传感器上,另一端通过定滑轮与钩码相连;④接通电源后自C点释放小车,小车在细线拉动下运动,记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率v A、v B;⑤转变所挂钩码的数量,重复④的操作.(2)下表中记录了试验测得的几组数据,是两个速度传感器记录速率的二次方差,则加速度的表达式a=.表中的第3次试验数据应当为a=m/s2(结果保留三位有效数字).解析:(2)小车从A到B匀加速运动,由运动学公式=2aL,得加速度a=.将表中的第3次试验数据=2.34和L=0.48 m代入上式,解得a≈2.44 m/s2.答案:(2)(2分)2.44(2分)10.(11分)某试验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”试验,试验室供应如下器材:热敏电阻R t(常温下约8 kΩ);电流表mA(量程1 mA,内阻约200 Ω);电压表V(量程3 V,内阻约10 kΩ);电池组E(4.5 V,内阻约1 Ω);滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω);开关S、导线若干、烧杯、温度计和水.(1)依据供应器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整.甲(2)试验开头前滑动变阻器的滑片P应置于(选填“a”或“b”)端.(3)利用补接完整的试验装置测量出不同温度下的电阻值,画出该热敏电阻R t-t图象如图乙中的实测曲线,与图中理论曲线相比有肯定的差异.除了偶然误差外,下列关于产生系统误差的缘由或减小系统误差的方法叙述正确的是.(填选项前的字母,不定项选择)A.电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B.电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C.温度上升到肯定值后,电流表应改为外接法(4)将本试验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用,当电流通过电阻产生的热量与电阻向四周环境散热达到平衡时,满足关系式I2R=k(t-t0)(其中k是散热系数,t是电阻的温度,t0是四周环境温度,I为电流),电阻的温度稳定在某一值.若通过它的电流恒为50 mA,t0=20 ℃,k=0.25W/℃,由实测曲线可知该电阻的温度稳定在℃.解析:(1)由于滑动变阻器的总阻值远小于热敏电阻的阻值,故在连线时留意把握电路接为分压式.(2)由于测量电路与滑动变阻器上左端并联,为确保测量电路平安,在闭合开关前应使与测量电路并联部分的电阻为0.(3)测量电路接受的是电流表内接法,因电流表分压作用总是使电阻的测量值偏大,且被测阻值越小,相对误差越大,而热敏电阻的阻值随电压上升即温度上升而减小,故当温度上升到肯定程度时,电流表内阻相对热敏电阻的阻值不行忽视时,应改为外接法.(4)若通过它的电流恒为50 mA时,由I2R=k(t-t0)可得R=100t-2 000(Ω),在图中作出此图线,由其与实测曲线的交点可得稳定状态下该电阻的温度.答案:(1)正确连线如图(3分)(2)a(2分)(3)AC(3分)(4)48(46~50均可)(3分)(评分说明:(1)连线连成限流接法得0分;(3)全部选对的得3分,选对但选不全的得2分,选错的得0分)11.(14分)某舰载机降落到静止的航母上,图甲为航母甲板上拦阻索阻拦舰载机过程的俯视示意图,图乙为舰载机尾钩钩住拦阻索正中位置并随即关闭发动机后加速度a随时间t变化的图象.已知舰载机质量m=2.0×104 kg,尾钩刚钩住拦阻索时的初速度v0=75 m/s,t1=0.3 s时拦阻索与尾钩刚钩住时拦阻索的初始位置夹角θ=45°,此时舰载机所受空气阻力与甲板摩擦阻力大小之和f=2.0×105 N,舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中,克服空气阻力与甲板摩擦阻力做的总功W f=2.0×107 J.求:(1)t1=0.3 s时刻拦阻索的拉力大小T;(2)舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中,克服拦阻索拉力做的功W;(3)t1=0.3 s时舰载机的速度大小v1,t1=0.3 s至t2=2.5 s内通过的位移大小s.(提示:求速度变化量可类比于利用v-t图象求位移的方法)解析:(1)由题图乙中图象可知t1=0.3 s时加速度大小a=30 m/s2①(1分)由牛顿其次定律有2T sin θ+f=ma②(2分)由①②式解得T=2×105 N≈2.8×105 N.③(1分)(2)以舰载机为争辩对象,由动能定理有-W-W f=0-④(2分)W≈3.6×107 J.⑤(2分)(3)由题图乙中图象可得t1时间内速度的削减量Δv=4.5 m/s⑥(2分)t1=0.3 s,v1=v0-Δv=70.5 m/s⑦(2分)t1~t2时间内的位移大小s=v1(t2-t1)-a(t2-t1)2=82.5 m.⑧(2分)答案:(1)2.8×105 N(2)3.6×107 J(3)82.5 m 12.(18分)如图,在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场,电场方向平行y轴向下.在第四象限内存在一有界匀强磁场,左边界为y轴,右边界为离y轴的直线,磁场方向垂直纸面对外.一质量为m、电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场,在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向45°角进入匀强磁场.已知OQ=d,不计粒子重力.求:(1)P点坐标;(2)要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的取值范围;(3)要使粒子能其次次进入磁场,磁感应强度B的取值范围.解析:(1)设粒子离开电场时y方向的速度为v y,则v y=v0tan 45°设粒子在电场中运动时间为t,则依据平抛运动规律:水平方向匀速,OQ=v0t(2分)竖直方向匀变速,OP=t=t(2分)由以上各式,解得OP=,则P点坐标为(0,).(2分)(2)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示,设此时的轨迹半径为r1,则r1+r1sin 45°=d解得r1=(2-)d(2分)令粒子在磁场中的速度为v,则v=v0(2分)依据牛顿其次定律qvB1=m解得B1=要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围B≥.(2分)(3)要使粒子刚好从x=处其次次进入磁场的轨迹如图,粒子从P到Q的时间为t,竖直方向速度从0增加到v y,从C点回到电场到D点离开电场,竖直方向速度从v y减小到0再增加到v y,运动时间则为2t,水平分速度没有变化,所以CD=2d,CQ=CD-QD=2d-(-d)=,设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2,由几何关系得2r2sin 45°=CQ解得r2=(2分)依据牛顿其次定律qvB2=m解得B2=要使粒子能其次次进磁场,粒子必需先进入电场,故磁感应强度B要满足B≥(2分)综上所述,要使粒子能其次次进磁场,磁感应强度B要满足≤B≤.(2分)答案:(1)(0,)(2)B≥(3)≤B≤(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.13.【物理——选修3-3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.晶体和非晶体都有确定的熔点B.浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现C.影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的确定湿度D.液晶是一种特殊物质,它既具有液体的流淌性,又像某些晶体那样有光学各向异性E.物质从液态变成气态的过程叫汽化(2)(10分)(2021上海静安区一模)如图所示,导热性能良好的汽缸A和B竖直放置,它们的底部由一细管连通(忽视细管的容积).两汽缸内各有一个活塞,质量分别为m A=3m和m B=m,活塞与汽缸之间无摩擦,活塞的下方为抱负气体,上方为真空.当气体处于平衡状态时,两活塞的高度均为h.若在两个活塞上同时分别放一质量为2m的物块,保持温度不变,系统再次达到平衡后,给气体缓缓加热,使气体的温度由T0缓慢上升到T(气体状态变化过程中,物块及活塞没遇到汽缸顶部).求:①两个活塞的横截面积之比S A∶S B;②在加热气体的过程中,气体对活塞所做的功.解析:(1)晶体是点阵结构,熔化时吸取的热量用来破坏点阵结构,只转变分子间的势能,不转变分子的平均动能,故晶体才具有确定的熔点,而非晶体不具有这种特点,A错误.浸润与不浸润取决于附着层内的分子力与液体和固体间分子吸附作用的大小,B正确.影响蒸发快慢的因素不仅有空气的湿度,还有温度、空气流通状况等,人对干爽程度的感觉取决于空气的相对湿度,C错误.液晶是介于晶体与液体之间的一种物质存在形式,具有液体的流淌性,还具有晶体的光学特性等,D正确.由汽化的概念知E正确.(2)①设左、右活塞的面积分别为A'和A,由于气体处于平衡状态,故两活塞对气体的压强相等,即(1分)由此得到A'=3A.(1分)②在两个活塞上各加一质量为2m的物块后,右活塞B降至汽缸底部,全部气体都在左汽缸中.在初态:气体的压强为,体积为V1=A·h+3A·h=4Ah;(1分)在增加物体后:气体压强为p2=,体积为V2=3Ax(x为左活塞的高度)(2分)由玻意耳定律得·4Ah=·V2解得x=,(1分)加热的过程中气体的压强不变,温度上升,由气态方程得(1分)所以V3=·V2(1分)温度上升的过程中气体对活塞做功W=p2A'·Δh=p2ΔV=p2(V3-V2)=p2·(-1)V2=·(-1)×3A×h=4mgh(-1).(2分)答案:(1)BDE(2)①3∶1②4mgh(-1)14.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形,图乙为介质中x=2 m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象.①这列波的传播方向是沿x轴(选填“正”“负”)方向;②这列波的传播速度是m/s.(2)(10分)如图所示,一个横截面为直角三角形的三棱镜,∠A=30°,∠C=90°.三棱镜材料的折射率是n=.一束与BC面成θ=30°角的光线射向BC面.①试通过计算说明在AC面下方能否观看到折射光线?②最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角为.解析:(1)①由振动图象知,t=0时刻,质点P向下振动,故波向x轴正方向传播.②波速v= m/s=20 m/s.(2)①由折射定律:在BC界面:sin 60°=sin γ(2分)解得γ=30°(2分)由临界角公式sin C=得sin C=所以全反射临界角C<60°(2分)而光线在AC面上的入射角为60°>C,故光线在AC界面发生全反射,在AC面下方不能观看到折射光线.(2分)②光路如图所示,最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角为120°.(2分)答案:(1)①正②20(2)①不能②120°15.【物理——选修3-5】(15分)(1)(5分)自由中子是不稳定的,它的平均寿命大约是900 s,它能自发地发生放射性衰变,衰变方程是:H+X+νe,其中νe是反电子中微子(不带电的质量很小的粒子).下列说法中正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为 0分)A.自由中子的衰变是β衰变,X是负电子B.有20个自由中子,半小时后肯定剩下5个中子未发生衰变C.衰变过程遵守动量守恒定律D.衰变过程有质量亏损,所以能量不守恒E.衰变过程放出的能量,可由质能方程计算(2)(10分)光滑水平地面上停放着甲、乙两辆平板车,一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦),绳的一端与甲车相连,另一端被甲车上的人拉在手中,已知每辆车和人的质量均为30 kg,两车间的距离足够远.现在人用力拉绳,两车开头相向运动,人与甲车保持相对静止,当乙车的速度为0.5 m/s时,停止拉绳.①人在拉绳过程做了多少功?②若人停止拉绳后,至少应以多大速度马上从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞?解析:(1)由衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒可知,X为e,自由中子的衰变为β衰变,A正确.衰变规律是统计规律,对少数自由中子不适用,B错误.衰变过程中肯定遵守动量守恒定律和能量守恒定律,C正确,D错误.衰变放出的能量ΔE=Δm·c2,E正确.(2)①设甲、乙两车和人的质量分别为m甲、m乙和m人,停止拉绳时,甲车的速度为v甲,乙车的速度为v乙,由动量守恒定律得(m甲+m人)v甲=m乙v乙(2分)得v甲=0.25 m/s(1分)由功与能的关系可知,人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量.W=(m甲+m人)m乙=5.625 J.(2分)②设人跳离甲车时人的速度为v人,人离开甲车前后由动量守恒定律得(m甲+m人)v甲=m甲v甲'+m人v人(1分)人跳到乙车时m人v人-m乙v乙=(m人+m乙)v乙'(1分)v甲'=v乙'(1分)代入得v人=0.5 m/s(1分)当人跳离甲车的速度大于或等于0.5 m/s时,两车才不会相撞.(1分)答案:(1)ACE(2)①5.625 J②0.5 m/s。

素能演练提升十六一、选择题1.(2021课标全国Ⅰ高考,4)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312解析:由条件知该同学通过测试,即3次投篮投中2次或投中3次.故P=0.62(1-0.6)+0.63=0.648.答案:A2.有一批蚕豆种子,假如每1粒发芽的概率为0.9,播下15粒种子,那么恰有14粒种子发芽的概率是()A.1-0.914B.0.914C.0.9×0.114D.0.914×0.1解析:依据n次独立重复试验中大事发生k次的概率公式得P15(14)=0.914×0.1.答案:D3.方案将排球、篮球、乒乓球3个项目的竞赛支配在4个不同的体育馆举办,每个项目的竞赛只能支配在一个体育馆进行,则在同一个体育馆竞赛的项目不超过2个的支配方案共有()A.60种B.42种C.36种D.24种解析:若3个项目分别支配在不同的体育馆,则支配方案共有=24种;若有2个项目支配在同一个体育馆,另一个支配在其他体育馆,则支配方案共有=36种,所以在同一个体育馆竞赛的项目不超过2个的支配方案共有24+36=60种.故选A.答案:A4.(2021山东青岛期末,9)有3位同学参与测试,假设每位同学能通过测试的概率都是,且各人能否通过测试是相互独立的,则至少有一位同学能通过测试的概率为()A. B. C. D.解析:由题意可知3位同学都没有通过测试的概率为,所以至少有一位同学能通过测试的概率为1-.答案:D5.()5开放式的第三项为10,则y关于x的函数图象大致为()解析:由题意得)5-2()2=10,故xy=1(x>0),得y=(x>0).选D.答案:D6.已知随机变量X+Y=8,若X~B(10,0.6),则E(Y),D(Y)分别是()A.6和2.4B.2和2.4C.2和5.6D.6和5.6解析:若两个随机变量Y,X满足一次关系式Y=aX+b(a,b为常数),当已知E(X),D(X)时,则有E(Y)=aE(X)+b,D(Y)=a2D(X).由已知随机变量X+Y=8,所以有Y=8-X.因此,求得E(Y)=8-E(X)=8-10×0.6=2,D(Y)=(-1)2D(X)=10×0.6×0.4=2.4.故选B.答案:B二、填空题7.(2021山东青岛期末,11)的开放式中的常数项是.解析:由题意知开放式的通项为T r+1=(x2)6-r(-1)r x12-3r,所以的开放式中的常数项是(-1)4=15.答案:158.把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.解析:产品A,B相邻时,不同的摆法有=48种.而A,B相邻,A,C也相邻时的摆法为A在中间,C,B在A的两侧,不同的摆法共有=12(种).故产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻的不同摆法有48-12=36(种).答案:369.已知随机变量X的分布列如下表所示:则X的标准差为.解析:由题意,有0.4+0.1+x=1,所以x=0.5,E(X)=0.4+0.3+2.5=3.2,D(X)=2.22×0.4+0.22×0.1+1.82×0.5=3.56,所以标准差为.答案:三、解答题10.交通指数是交通拥堵指数的简称,是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值,交通指数取值范围为0~10,分为五个级别,0~2畅通;2~4基本畅通;4~6轻度拥堵;6~8中度拥堵;8~10严峻拥堵.早高峰时段,从昆明市交通指挥中心随机选取了二环以内的50个交通路段,依据其交通指数数据绘制的直方图如图.(1)据此估量,早高峰二环以内的3个路段至少有一个是严峻拥堵的概率是多少?(2)某人上班路上所用时间若畅通为20分钟,基本畅通为30分钟,轻度拥堵为36分钟,中度拥堵为42分钟,严峻拥堵为60分钟,求此人所用时间X 的数学期望.解:(1)设大事A 为“一个路段严峻拥堵”,则P (A )=0.1.大事B 为“至少一个路段严峻拥堵”,则P ()=(1-P (A ))3=0.729,P (B )=1-P ()=0.271. 所以3个路段至少有一个是严峻拥堵的概率是0.271. (2)由题知所用时间X 的分布列如下表:则EX=39.96.此人经过该路段所用时间的数学期望是39.96分钟.11.乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分.如图,甲上有两个不相交的区域A ,B ,乙被划分为两个不相交的区域C ,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C 上记3分,在D 上记1分,其他状况记0分.对落点在A 上的来球,队员小明回球的落点在C 上的概率为,在D 上的概率为;对落点在B 上的来球,小明回球的落点在C 上的概率为,在D 上的概率为.假设共有两次来球且落在A ,B 上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率; (2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解:(1)记A i 为大事“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i=0,1,3),则P (A 3)=,P (A 1)=,P (A 0)=1-;记B i 为大事“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i=0,1,3),则P (B 3)=,P (B 1)=,P (B 0)=1-. 记D 为大事“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”. 由题意,D=A 3B 0+A 1B 0+A 0B 1+A 0B 3, 由大事的独立性和互斥性, P (D )=P (A 3B 0+A 1B 0+A 0B 1+A 0B 3) =P (A 3B 0)+P (A 1B 0)+P (A 0B 1)+P (A 0B 3)=P (A 3)P (B 0)+P (A 1)P (B 0)+P (A 0)P (B 1)+P (A 0)P (B 3)=,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为. (2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6, 由大事的独立性和互斥性,得P (ξ=0)=P (A 0B 0)=, P (ξ=1)=P (A 1B 0+A 0B 1) =P (A 1B 0)+P (A 0B 1)=, P (ξ=2)=P (A 1B 1)=, P (ξ=3)=P (A 3B 0+A 0B 3) =P (A 3B 0)+P (A 0B 3)=, P (ξ=4)=P (A 3B 1+A 1B 3) =P (A 3B 1)+P (A 1B 3)=, P (ξ=6)=P (A 3B 3)=.可得随机变量ξ的分布列为:所以数学期望E (ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+6×.12.(2021江苏南通密卷三,26)在数学上,常用符号来表示算式,如记a i =a 0+a 1+a 2+a 3+…+a n ,其中i ∈N ,n ∈N *. (1)若a 0,a 1,a 2,…,a n 成等差数列,且a 0=0,求证:(a i )=a n ·2n-1;(2)若(1+x )k =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n ,b n =a 2i ,记d n =1+[(-1)i b i ],且不等式t ·(d n -1)≤b n 恒成立,求实数t 的取值范围. 解:(1)设等差数列的通项公式为a n =a 0+nd ,其中d 为公差,则(a i )=a 0+a 1+a 2+…+a n =a 0(+…+)+d (+2+…+n ), 由于k=n ,所以+2+…+n=n(+…+). 所以(a i )=a 0·2n +nd ·2n-1=a n ·2n-1. (2)令x=1,则a i =2+22+23+…+22n ==2·4n -2.令x=-1,则[(-1)i a i ]=0, 所以b n =a 2i =(2·4n -2)=4n -1.依据已知条件可知,d n=-(4-1)+(42-1)-(43-1)+…+(-1)n(4n-1)=[(-4)+(-4)2+(-4)3+…+(-4)n]-[+…+(-1)n]+1=(1-4)n-(1-1)n+1=(-3)n+1,将b n=4n-1,d n=(-3)n+1代入不等式t·(d n-1)≤b n, 得t·(-3)n≤4n-1,当n为偶数时,t≤,所以t≤;当n为奇数时,t≥-,所以t≥-=-1.综上所述,所求实数t的取值范围是.。

高考仿真测试(四)(时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在 1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在 6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.下列陈述中不符合历史事实的是()A.法拉第引入“场”的概念来争辩电磁现象B.库仑通过争辩电荷间的相互作用总结出库仑定律C.伽利略通过“抱负试验”得出“力不是维持物体运动的缘由”D.开普勒发觉行星运动定律并给出了万有引力定律解析:法拉第最先引入“场”的概念,并提出场线来描述电场和磁场,选项A对;库仑通过扭秤试验测出了静电力常量,从而提出了电荷间相互作用的库仑定律,选项B对;伽利略通过“抱负试验”否定了力是维持物体运动状态的缘由,从而提出力是转变物体运动状态的缘由,选项C对;开普勒发觉行星运动的三大定律,但万有引力定律是牛顿发觉的,选项D错.答案:D2.火星探测已成为世界各国航天领域的争辩热点.现有人想设计放射一颗火星的同步卫星.若已知火星的质量M,半径R0,火星表面的重力加速度g0,自转的角速度ω0,引力常量G,则同步卫星离火星表面的高度为()A.+R0B.C.-R0D.解析:同步卫星受到的万有引力供应向心力,故G=m(R0+h)解得h=-R0①故C正确,D错误;在火星表面,重力等于万有引力,故mg0=②联立①②解得h=-R0故A、B错误.答案:C3.(2021山东淄博模拟)如图所示,在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点,A、B、C为直角三角形的三个顶点,D为AB的中点,∠A=30°,A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示.已知φA=φB,φC=φD,电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内,则()A.点电荷Q肯定在AC的连线上B.连接CD的线段肯定在同一等势面上C.将正摸索电荷从C点搬运到B点,电场力做负功D.φC大于φA解析:由于点电荷的等势面为以点电荷为球心的同心球面,由于φA=φB,φC=φD,故点电荷肯定位于AB连线的中垂线上,也肯定位于CD连线的中垂线上,如图所示,点电荷Q位于AC连线上的O点,故选项A 正确;由于场源电荷为负的点电荷,其电场线由无穷远处指向O点,沿着电场线的方向,电势渐渐降低,即越靠近O点,电势越低,故沿着CD连线由C到D的过程中,先靠近负的点电荷,后远离该点电荷,故电势先降低后上升,故连接CD的线段不在同一等势面上,故选项B错误;由于C点比B点更靠近O点,则φC<φB,依据E p=qφ,正摸索电荷在C点的电势能E p C小于在B点的电势能E p B,由W CB=E p C-E p B,故将正摸索电荷从C点搬运到B点,电场力做功W CB<0,即电场力做负功,故选项C错误;由于C点比A点更靠近O点,则φC<φA,故选项D错误.答案:A4.如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开头渐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,下列推断正确的是()A.物体的质量m=2 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.6C.物体与水平面间的最大静摩擦力F fmax=12 ND.在F为10 N时物体的加速度a=2.5 m/s2解析:物体在水平面上运动时,水平方向受到拉力F和摩擦力μmg作用,依据牛顿其次定律a=F-μg,即a-F图象斜率=0.5,所以质量m=2 kg,选项A对;式子a=-μg,代入m=2 kg,a=4 m/s2,F=14 N,求得μ=0.3,选项B错;物体与水平面之间的最大静摩擦力即滑动摩擦力F fmax=μmg=6 N,选项C错;在F=10 N时,加速度a=-μg= m/s2-3 m/s2=2 m/s2,选项D错.答案:A5.粗细均匀的电阻丝围成如图所示的闭合线框(ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L且邻近两段均相互垂直),置于正方形有界匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于线框平面.现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场,并且速度方向与线框先进入磁场的那条边均垂直,则通过如图所示位置时,下列说法正确的是()A.a、b两点间的电势差图①中最大B.a、b两点间的电势差图②中最大C.回路电流图③中最大D.回路电流图④中最小解析:依据导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv得E1=E2=E4=2BLv,E3=BLv;依据I=得I1=I2=I4=,I3=,选项C、D均错误;a、b两点间的电势差U1=I1·R=BLv,U2=I2·R=BLv,U3=I3·R=BLv,U4=I4·R=BLv,选项A正确,B错误.答案:A6.如图乙所示,抱负变压器输入端接在电动势为图甲,内阻为r的沟通电源上,输出端接负载R,变压器原、副线圈的匝数比为.假如要求负载R上消耗的电功率最大,则下列说法正确的是()A.沟通电源的效率为50%B.电流表的读数为C.负载R上消耗的热功率为D.该沟通电源电动势的瞬时值表达式为e=E m sin 100πt解析:设原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电流分别为I1、I2,电压有效值分别为U1、U2,则U1=E-I1r,电阻R上消耗的电功率为P电=U2I2=U1I1,而,所以(E-I1r)I1=(I1)2R,即E=2I1r,U1=,所以沟通电源的效率为50%,A正确;电流表的读数为I2=,B正确;负载R上消耗的热功率为P热=R=,C错误;该沟通电源电动势的瞬时值表达式为e=E m sin 50πt,D错误.答案:AB7.如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面对里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是()A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经受的时间可能为C.粒子在磁场中运动所经受的时间可能为D.粒子在磁场中运动所经受的时间可能为解析:依据同始终线边界上粒子运动的对称性可知,粒子不行能通过坐标原点,A错误;粒子运动的状况有两种,一种是从y轴边界射出,最短时间要大于,故D错;对应轨迹①时,t1=,C正确;另一种是从x 轴边界飞出,如轨迹③,时间t3=T=,此时粒子在磁场中运动时间最长,故B正确.答案:BC8.一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,假设t=0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零,那么,下列说法正确的是()A.乘客运动的过程中,重力势能随时间的变化关系为E p=mgR(1-cos t)B.乘客运动的过程中,在最高点受到座位的支持力为m-mgC.乘客运动的过程中,机械能守恒,且机械能为E=mv2D.乘客运动的过程中,机械能随时间的变化关系为E=mv2+mgR(1-cos t)解析:在最高点,依据牛顿其次定律可得mg-N=m,受到座位的支持力为N=mg-m,B项错误;由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动,其动能不变,重力势能发生变化,所以乘客在运动的过程中机械能不守恒,C项错误;在时间t内转过的弧度为t,所以对应t时刻的重力势能为E p=mgR(1-cos t),总的机械能为E=E k+E p=mv2+mgR(1-cos t),A、D两项正确.答案:AD第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分)9.(5分)(2021山西临汾一中模拟)某爱好小组同学们观察一本物理书上说“在弹性限度内,劲度系数为k的弹簧,形变量为x时弹性势能为E p=kx2”,为了验证该结论就尝试用“争辩加速度与合外力、质量关系”的试验装置(如图甲)设计了以下步骤进行试验.试验步骤: A.水平桌面上放一长木板,其左端固定一弹簧,通过细绳与小车左端相连,小车的右端连接打点计时器的纸带;B.将弹簧拉伸x后用插销锁定,测出其伸长量x;C.打开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁定,小车在弹簧作用下运动到左端;D.选择纸带上某处的A点测出其速度v;E.取不同的x重复以上步骤多次,记录数据并利用功能关系分析结论.试验中已知小车的质量为m,弹簧的劲度系数为k,则甲(1)长木板右端垫一小物块,其作用是;(2)如图乙中纸带上A点位置应在(选填“s1”“s2”或“s3”)段中取;乙(3)若E p=kx2成立,则试验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x=.解析:(1)试验设计的思路是通过弹簧对小车做功转化为小车的动能来计算弹簧的弹性势能,要使得小车获得的动能等于弹性势能,就必需保证只有弹簧弹力做功,所以要排解摩擦力做功,长木板右端垫木块就是要平衡摩擦力.(2)拔去插销后弹簧弹力做功,小车沿倾斜木板滑动,当弹簧恢复原长后不再做功,小车沿斜面匀速滑动,到达水平面后由于摩擦力又开头减速,所以应当选择匀速运动的速度,A点的位置选择在s2匀速运动这一段.若E p=kx2成立,则应当有弹性势能完全转化为小车动能,即kx2=mv2,可得x=v.答案:(1)平衡摩擦力(1分)(2)s2(1分)(3)v(3分)10.(10分)某同学为了测定一只电阻的阻值,接受了如下方法:(1)用多用电表粗测:多用电表电阻挡有4个倍率,分别为×1 k、×100、×10、×1.该同学选择×100倍率,用正确的操作步骤测量时,发觉指针偏转角度太大(指针位置如下图中虚线所示).为了较精确地进行测量,请你补充完整下列依次应当进行的主要操作步骤:① .②两表笔短接,调整欧姆调零旋钮,使指针指在右边零刻度.③重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如上图中实线所示,测量结果是 . (2)该同学用伏安法连续测定这只电阻的阻值,除被测电阻外,还有如下试验仪器 A .直流电源(电动势3 V,内阻不计) B.电压表V 1(量程0~5 V,内阻约为5 k Ω) C.电压表V 2(量程0~15 V,内阻约为25 k Ω) D.电流表A 1(量程0~25 mA,内阻约为1 Ω) E.电流表A 2(量程0~250 mA,内阻约为0.1 Ω) F.滑动变阻器一只,阻值0~20 Ω G.开关一只,导线若干在上述仪器中,电压表应选择 (选填“V 1”或“V 2”),电流表应选择 (选填“A 1”或“A 2”).请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示).解析:(1)指针偏转角度太大,说明电阻太小,选择的倍率偏大,因此应当从×100换为×10;欧姆挡的读数为指针所指的刻度乘以倍率,即12×10 Ω=120 Ω.(2)由于电源电动势只有3 V,所以电压表选择量程为0~5 V 的V 1,依据(1)中粗测的电阻120 Ω,依据电动势3 V 可得电流最大值为I m ==25 mA,所以电流表选择量程为0~25 mA 的A 1.由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小,所以选择分压式,依据R 2>R A R V 知电流表选择内接法,电路图如图所示.答案:(1)①换用倍率×10的挡(2分) ③120 Ω(1分) (2)V 1(2分) A 1(2分) 电路图见解析(3分) 11.(14分)如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上,已知部分的半径R=1.0 m,BC 段长L=1.5 m .弹射装置将一个小球(可视为质点)以v 0=5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道,小球从C 点离开轨道随即水平抛出,落地点D 离开C 的水平距离s=2 m,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.求:(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和加速度a 的大小; (2)小球从A 点运动到C 点的时间t ; (3)桌子的高度h.解析:(1)小球在半圆形管内做匀速圆周运动时,角速度ω= rad/s =5 rad/s(2分)加速度为a= m/s 2=25 m/s 2.(2分) (2)小球从A 到B 的时间 t 1= s =0.628 s(2分) 从B 到C 的时间 t 2= s =0.3 s(2分)小球从A 运动到C 点的时间 t=t1+t2=0.928 s .(2分)(3)小球离开桌子后做平抛运动,由公式得 t=,h=gt 2(2分) 解得h=0.8 m .(2分)答案:(1)5 rad/s25 m/s2(2)0.928 s(3)0.8 m12.(18分)(2021江苏宿迁模拟)如图所示,空间存在竖直向下的有界匀强磁场B,一单匝边长为L,质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上,在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场,当cd边刚好进入磁场后马上撤去外力,线框ab边恰好到达磁场的右边界,然后将线框以ab边为轴,以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置.已知线框与桌面间动摩擦因数为μ,磁场宽度大于L,线框电阻为R,重力加速度为g,求:(1)当ab边刚进入磁场时,ab两端的电压U ab;(2)水平拉力F的大小和磁场的宽度d;(3)整个过程中产生的总热量Q.解析:(1)依据法拉第电磁感应定律有E=BLv(1分)I=(1分)U ab=I·R=.(2分)(2)线框匀速运动,有F=F A+μmg=+μmg(2分)撤去拉力后,线框匀减速运动,x1=(2分)所以d=L+.(1分)(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1=I2Rt1=(1分)由于摩擦产生的热量Q2=μmg(L+)=μmgL+mv2(2分)线框在绕ab轴翻转过程中,E m=BL2ω,有效值E=(2分)t=T=产生焦耳热Q3=I2Rt=t=(2分)所以整个过程产生的热量为Q=Q1+Q2+Q3=μmgL+mv2+.(2分)答案:(1)(2)+μmg L+(3)μmgL+mv2+(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.13.【物理——选修3-3】(15分) (1)(5分)关于热学的说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.布朗运动只能在液体里发生,且温度越高,布朗运动越激烈B.分子间距离增大,分子间作用力可能表现为斥力C.分子动能与分子势能的和叫作这个分子的内能D.外界对某抱负气体做功2.0×105 J,气体对外放热1.0×105 J,则气体温度上升E.温度上升,分子的平均动能肯定增大(2)(10分)如图所示,两端开口的U形玻璃管两边粗细不同,粗管横截面积是细管的2倍.管中装入水银,两管中水银面与管口距离均为12 cm,大气压强为p0=102 kPa.现将粗管管口封闭,然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中,直至两管中水银面高度差达6 cm为止,求活塞下移的距离(假设环境温度不变,ρ水银=13.6×103 kg/m3,g取10 m/s2).解析:(1)布朗运动不仅可以在液体里发生,而且可以在气体里发生,A错误.假如分子间距离小于平衡距离,则分子间表现为斥力,B正确.单个分子没有内能,C错误.由热力学第肯定律可知气体内能增加1.0×105 J,所以温度上升,D正确.温度是分子平均动能的唯一标志,E正确.(2)设粗管中气体为气体1,细管中气体为气体2.对粗管中气体1:有p0L1S1=p1L1'S1(2分)右侧液面上升h1,左侧液面下降h2,有S1h1=S2h2,h1+h2=6 cm,得h1=2 cm,h2=4 cm,L1'=L1-h1解得p1=122.4 kPa(3分)对细管中气体2:有p0L1=p2L2'p2=p1+ρ水银gΔh解得L2'≈9.38 cm(3分)由于h=L1+h2-L2'解得h=6.62 cm.(2分)答案:(1)BDE(2)6.62 cm14.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)如图所示,坐标原点所在质点从平衡位置开头做简谐运动,并沿x轴正向传播,开头坐标原点所在质点沿y轴正方向振动,经过0.7 s形成如图所示波形(只画了一个周期),此时x=4 m的M点第一次正好在波谷.下列说法中正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.P点的振动周期为0.4 sB.此时P点的振动方向沿y轴正方向C.此时该波传到了x=7 m的点D.这列波的传播速度是10 m/sE.从图中时刻起,P点比M点先到达波峰(2)(10分)一束光波从AB面射入如图所示的透亮三棱镜中,棱镜折射率n=.AC面的右边有一长度为AC长的二倍并与AC面平行的光屏.已知BC长为L,光在真空中的速度为c,如图所示.假如该束光波以45°的入射角从中点射入,试求:①光进入AB面的折射角,并推断该光能否打到光屏上.②光波从AB面射入如图所示的透亮三棱镜中,到第一次射出用的时间.解析:(1)由题图可知波长是4 m,x=4 m的M点第一次正好在波谷,而M点的起振方向沿y轴正方向振动,说明T=0.7 s-T,T=0.4 s,所以波速为v= m/s=10 m/s,此时该波传到了x=7 m的点,A、C、D正确;因该波沿x轴正向传播,所以P点的振动方向沿y轴负方向,B错误;从题图中时刻起,P点需经过T到达波峰,M点需经过T到达波峰,E错误.(2)①由光的折射定律:sin r=(1分)解得r=30°(1分)由sin C=,得C=45°(1分)依据三角形的边角关系知,折射光线DE与BC边平行,所以光射到AC面上的入射角为i=45°,则光线在AC面发生全反射,然后垂直BC面射出,从F点射出,光路图如图所示.所以该光不能打到光屏上.(2分)②由于n=,所以v=(1分)由于DE∥BC且D为AB中点,所以有DE=BC=L又依据正弦定理,且AE=EC则EF=EC=(2分)射出用的时间t=·n=.(2分)答案:(1)ACD(2)①30°不能②15.【物理——选修3-5】(15分)(1)(5分)依据所学学问,你认为下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.卢瑟福的原子核式结构模型很好地解释了α粒子散射试验B.汤姆孙通过对阴极射线的争辩发觉了电子,从而揭示了原子核是有简单结构的C.β射线是原子核内中子变成一个质子同时产生的一个电子并形成的高速电子束D.α粒子散射试验表明核外电子轨道是量子化的E.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要吸取能量,动能减小(2)(10分)如图所示,在光滑水平地面上,有一质量m1=4.0 kg的平板小车,小车的左端有一固定的圆弧形光滑斜面如图,斜面足够高,位于小车上A点处的质量为m2=1.0 kg的木块(可视为质点)处于斜面的右端,木块与A右侧的车面之间存在摩擦力.现小车与木块一起以v0=2.0 m/s的初速度向左运动,小车将与其左侧的竖直墙壁发生碰撞,已知碰撞时间极短,碰撞后小车以v1=1.0 m/s的速度水平向右运动,g取10 m/s2.求:①小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小.②分析小车撞墙后的木块与小车运动状况,并求小车与木块相对静止时的速度大小.解析:(1)卢瑟福的原子核式结构模型很接近原子核的实际结构,所以能够很好地解释α粒子散射试验,A选项正确;汤姆孙发觉了电子,也揭示了原子具有简单结构,但不是原子核,所以B错误;β射线是原子核内中子变成一个质子同时产生的一个电子并形成的高速电子束,所以C正确;α粒子散射试验表明原子具有核式结构,故D错误;依据玻尔理论,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要吸取能量,总能量增大,库仑力做负功,电子的电势能增大,动能减小,E正确.(2)①设v1的方向为正,则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小为Δp=m1v1-m1(-v0)=12 kg·m/s.(3分)②小车与墙壁碰撞后向右运动,木块与小车间发生相对运动,上升到最大高度过程中,由于系统总动量方向向右,木块速度先减小到零,而后反方向增加,当木块竖直速度为零,二者速度相等时,达到最大高度.此后木块和小车在重力和摩擦力的作用下,做变速运动,直到二者再次具有相同速度为止.整个过程中,小车和木块组成的系统水平方向动量守恒.(3分)设小车和木块相对静止时的速度大小为v,依据动量守恒定律有m1v1-m2v2=(m1+m2)v(2分)解得v=0.40 m/s.(2分)答案:(1)ACE(2)①12 kg·m/s②运动状况见解析0.4 m/s。

素能演练提升八一、选择题1.已知数列{a n}的前n项和为S n,若a n=,则S4等于()A. B. C. D.解析:∵a n=,∴S4=a1+a2+a3+a4==1-.答案:A2.在等比数列{a n}中,a1=1,q=2,则T n=+…+的结果可化为()A.1-B.1-C.D.解析:依题意可知a n=2n-1,则,所以T n=.故选C.答案:C3.已知在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于()A.445B.765C.1 080D.3 105解析:∵a n+1=a n+3,∴a n+1-a n=3.∴{a n}是以-60为首项,3为公差的等差数列.∴a n=a1+3(n-1)=3n-63.令a n≤0,得n≤21,∴前20项都为负值.∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30=-2S20+S30.∵S n=n=×n,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765.答案:B4.设某商品一次性付款的金额为a元,以分期付款的形式等额地分成n次付清,若每期利率r保持不变,按复利计算,则每期期末所付款是()A.(1+r)n元B.元C.(1+r)n-1元D.元解析:设每期期末所付款是x元,则各次付款的本利和为x(1+r)n-1+x(1+r)n-2+x(1+r)n-3+…+x(1+r)+x=a(1+r)n, 即x·=a(1+r)n,故x=.答案:B5.数列{a n}的通项公式a n=n cos,其前n项和为S n,则S2 012等于()A.1 006B.2 012C.503D.0解析:∵函数y=cos的周期T==4,∴可分四组求和:a1+a5+…+a2 009=0,a2+a6+…+a2 010=-2-6-…-2 010==-503×1 006,a3+a7+…+a2 011=0,a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012==503×1 008.故S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008=503×(-1 006+1 008)=1 006.答案:A6.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,若2S n=a n+(n∈N*),则S2 014=()A.2 014+B.2 014-C.2 014D.解析:由题意可知,当n≥2时,a n=S n-S n-1,则2S n=a n+=S n-S n-1+.整理得=1,即数列{}是公差为1的等差数列.又由2S1=2a1=a1+,解得a1=1(a n>0),即S1=1,=1,因此=n.故S2 014=.答案:D二、填空题7.(2021广东江门3月模拟,12)数列{a n}满足a1=2,∀n∈N*,a n+1=,则a2 015=.解析:由已知得a n+2==1-,所以a n+3==a n,所以数列{a n}是周期数列,且周期是3.所以a2 015=a3×671+2=a2==-1.答案:-18.(2021广东揭阳一模,13)已知函数f(x)=x3对应的曲线在点(a k,f(a k))(k∈N*)处的切线与x轴的交点为(a k+1,0),若a1=1,则=.解析:f'(x)=3x2,所以曲线的切线的斜率k=3,故切线方程为y-=3(x-a k),令y=0,得a k+1=a k,即,故数列{a n}是以1为首项,为公比的等比数列,又f()+f()+…+f()=a1+a2+…+a10==3,所以=3.答案:39.已知f(x)=,各项均为正数的数列{a n}满足a1=1,a n+2=f(a n),若a12=a14,则a13+a2 014=.解析:由f(x)=,a1=1,a n+2=f(a n)可得a3=,a5=,同理可推得a7=,a9=,a11=,a13=,由a12=a14,得,a10=a12,依次推出a2=a4=a6=…=a2 014,由a4=f(a2),得a2=+a2-1=0,a2=.故a13+a2 014=.答案:三、解答题10.(2021山东高考,理18)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.解:(1)由于2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)由于a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),所以3T n=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-(n-1)×31-n=,所以T n=.经检验,n=1时也适合.综上可得T n=.11.(2021安徽高考,文18)已知数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,又a1+a4=9,可解得(舍去).由a4=a1q3得公比q=2,故a n=a1q n-1=2n-1.(2)S n==2n-1,又b n=,所以T n=b1+b2+…+b n=+…+=1-.。

素能演练提升十一、选择题1.已知l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是()A.若l∥α,m∥α,则l∥mB.若l⊥m,m∥α,则l⊥αC.若l⊥m,m⊥α,则l∥αD.若l∥α,m⊥α,则l⊥m解析:平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交、异面,A错;若l⊥m,m∥α,则直线l和平面α可能平行,也可能相交,B错;若l⊥m,m⊥α,则直线l有可能在平面α内,C错;通过画图可知,D明显正确.故选D.答案:D2.(2021山东泰安高三期末,5)已知m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列说法正确的是()A.m⊂α,n∥m⇒n∥αB.m⊂α,n⊥m⇒n⊥αC.m⊂α,n⊂β,n∥m⇒α∥βD.n⊂β,n⊥α⇒α⊥β解析:A.m⊂α,n∥m⇒n∥α或n⊂α;B.m⊂α,n⊥m⇒n⊥α或线面平行、线面斜交;C.m⊂α,n⊂β,n∥m⇒α∥β或相交;D.由面面垂直的判定可得n⊂β,n⊥α⇒α⊥β,故选D.答案:D3.已知E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,AD的中点,则直线EF和平面BDD1B1所成角的正弦值是()A. B. C. D.解析:设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,由于E,F分别是正方体的棱BB1,AD的中点,连接AE,过F作BD的垂线FH交BD 于H,连接EH,则FH⊥平面BDD1B1,所以直线EF和平面BDD1B1所成角为∠FEH.由于FH=,AF=1,AE=,EF=, 故sin∠FEH=,应选B.答案:B4.(2021广东惠州第三次调研,7)下列命题正确的是() A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行解析:若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;两平面相交时也可以有三个点到另一个平面的距离相等,故B错;若两个平面垂直同一个平面,两平面可以平行,也可以垂直,故D错,故选项C正确.答案:C5.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为()A. B. C. D.解析:∵A1B1∥EF,∴A1B1∥平面D1EF.又点G在A1B1上,∴点A1到平面D1EF的距离即为点G到平面D1EF的距离.∵,又∵D1E=,EF=1,D1F=,∴D1E⊥EF.∴×1××h=×1××1,解得h=.答案:D6.如图,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四周体A'-BCD,使平面A'BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是()A.A'C⊥BDB.∠BA'C=90°C.CA'与平面A'BD所成的角为30°D.四周体A'-BCD的体积为解析:取BD的中点O,∵A'B=A'D,∴A'O⊥BD.又∵平面A'BD⊥平面BCD,∴A'O⊥平面BCD.∵CD⊥BD,∴OC不垂直于BD.假设A'C⊥BD,∵OC为A'C在平面BCD内的射影,∴OC⊥BD,冲突.因此A'C不垂直于BD,选项A错误.∵CD⊥BD,平面A'BD⊥平面BCD,∴CD⊥平面A'BD,A'C在平面A'BD内的射影为A'D.∵A'B=A'D=1,BD=,∴A'B⊥A'D.∴A'B⊥A'C,选项B正确.∠CA'D为直线CA'与平面A'BD所成的角,∠CA'D=45°,选项C错误.V A'-BCD=S△A'BD·CD=,选项D错误.故选B.答案:B二、填空题7.已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有下列命题:①若l⊂α,m⊂α,l∥β,m∥β,则α∥β;②若l⊂α,l∥β,α∩β=m,则l∥m;③若α∥β,l∥α,则l∥β;④若l⊥α,m∥l,α∥β,则m⊥β.其中真命题是(写出全部真命题的序号).解析:当直线l∥m时,平面α与平面β不肯定平行,命题①错误;由直线与平面平行的性质定理,知命题②正确;若α∥β,l∥α,则l⊂β或l∥β,命题③错误;∵l⊥α,l∥m,∴m⊥α.又∵α∥β,∴m⊥β,命题④正确.故填②④.答案:②④8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2AB.若E,F分别为线段A1D1,CC1的中点,则直线EF与平面ABB1A1所成角的余弦值为.解析:取BB1的中点M,连接FM,A1M,易知FM⊥平面ABB1A1,EA1⊥平面ABB1A1,所以线段A1M是线段EF在平面ABB1A1上的射影.连接C1E,设AB=1,直线EF与平面ABB1A1所成的角是θ,则有EF=,A1M=,因此cos θ=,即直线EF与平面ABB1A1所成角的余弦值是.答案:9.已知正方形ABCD,PA⊥平面ABCD,AB=1,PA=t(t>0),当t变化时,直线PD与平面PBC所成角的正弦值的取值范围是.解析:作AH⊥PB,垂足为H.由已知可得,BC⊥平面PAB,因此BC⊥AH,从而可得AH⊥平面PBC,点A到平面PBC的距离为AH=.∵AD∥平面PBC,∴点D到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离.又PD=,设直线PD与平面PBC所成角的大小为θ,则sin θ=,∴sin θ∈.答案:三、解答题10.(2021江苏宿迁高三第一次摸底,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PB=PD.(1)求证:BD⊥PC;(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l,求证:BC∥l.证明:(1)如图,连接AC,交BD于点O,连接PO.由于四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC.又由于PB=PD,O为BD的中点,所以BD⊥PO.又由于AC∩PO=O,所以BD⊥平面APC.又由于PC⊂平面APC,所以BD⊥PC.(2)由于四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD.由于AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.又由于BC⊂平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,所以BC∥l.11.(2021广东高考,18)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.(1)证明:BC∥平面PDA;(2)证明:BC⊥PD;(3)求点C到平面PDA的距离.(1)证明:由于四边形ABCD是长方形,所以BC∥AD.由于BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,所以BC∥平面PDA.(2)证明:由于四边形ABCD是长方形,所以BC⊥CD.由于平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PDC.由于PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD.(3)解:取CD的中点E,连接AE和PE.由于PD=PC,所以PE⊥CD.在Rt△PED中,PE=.由于平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,所以PE⊥平面ABCD.由(2)知BC⊥平面PDC.由(1)知BC∥AD.所以AD⊥平面PDC.由于PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h,由于V三棱锥C-PDA=V三棱锥P-ACD,所以S△PDA·h=S△ACD·PE,即h=,所以点C到平面PDA的距离是.12.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.(1)求证:EF⊥A1C1;(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长;(3)求平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值.(1)证明:如图所示,连接B1D1,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴四边形A1B1C1D1为正方形.∴A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1.∴A1C1⊥BB1.∵B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D.∵EF⊂平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1.(2)解:如图所示,假设A,E,G,F四点共面,则A,E,G,F四点确定平面AEGF,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C.∵平面AEGF∩平面AA1D1D=AE,平面AEGF∩平面BB1C1C=GF,∴由平面与平面平行的判定定理得AE∥GF,同理可得AF∥GE,因此四边形AEGF为平行四边形,∴GF=AE.在Rt△ADE中,AD=a,DE=DD1=,∠ADE=90°,由勾股定理得AE=a,在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=BB1=a,直角腰B1C1=a,斜腰GF=AE=a,由勾股定理可得GF=a,结合图形可知C1G<B1F,解得C1G=a.(3)解:延长EF,DB,设EF∩DB=M,连接AM,则AM是平面AEF与平面ABCD的交线,过点B作BN⊥AM,垂足为点N,连接FN,∵FB⊥AM,FB∩BN=B,∴AM⊥平面BNF.∵FN⊂平面BNF,∴AM⊥FN.∴∠FNB为平面AEF与平面ABCD所成二面角的平面角.∵,即,∴MB=2a.在△ABM中,AB=a,∠ABM=135°,∴AM2=AB2+MB2-2×AB×MB×cos 135°=a2+-2×a×2a×=13a2, 即AM=a.∵AM×BN=AB×MB×sin 135°,∴BN==a.∴FN==a.∴cos∠FNB=.故平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值为.。

高考仿真测试二(时间:120分钟 满分:150分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I 卷1至10页,第Ⅱ卷11至12页。

满分为150分。

考试用时为120分钟。

第Ⅰ卷(共100分)留意事项:1.答第Ⅰ卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2.每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦洁净后,再选涂其他答案标号。

不能答在试卷上。

第一部分 听力(共两节,满分30分)该部分分为第一、其次两节。

留意:回答听力部分时,请先将答案标在试卷上。

听力部分结束前,你将有两分钟的时间将你的答案转涂到客观题答题卡上。

(2021宁夏银川4月检测)第一节(共5小题,每小题1.5分,满分7.5分)听下面5段对话。

每段对话后有一个小题,从题中所给的A 、B 、C 三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后,你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1.Where is the woman going with her children? A.To Australia. B.To Canada. C.To Japan. 答案:C2.How much should the man pay? A.$16. B.$32.C.$60.答案:B3.What does the woman expect the man to do on Saturday? A.Celebrate their mum’s birthday . B.Take Brian out for the day.C.Help Brian move house. 答案:A4.What does the woman mean? A.She doesn’t like the job .B.She will take the job right away.C.She isn’t sure whether to take the job . 答案:C5.What are the speakers mainly talking about? A.A novel. B.A film.C.A newspaper.答案:B其次节(共15小题;每小题1.5分,满分22.5分)听下面5段对话或独白。

高考仿真测试(一)(时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.以下有关物理学进展史的说法正确的是()A.卡文迪许用试验测得了静电力常量B.法拉第为了形象地描述电场首次引入电场线的概念C.开普勒在前人争辩成果的基础上提出了万有引力定律D.牛顿利用抱负斜面试验推翻了亚里士多德关于运动需要力来维持的观点解析:库仑测得静电力常量,所以A选项错误;牛顿提出了万有引力定律,所以C选项错误;伽利略推翻了亚里士多德关于运动需要力来维持的观点,所以D选项错误.答案:B2.(2021江西景德镇模拟)如图,一抱负变压器原线圈接正弦沟通电源,副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化),灯上均标有“36 V,6 W”字样,此时L1恰正常发光,图中两个电表均为抱负电表,其中电流表显示读数为0.5 A,下列说法正确的是()A.原、副线圈匝数之比为3∶1B.变压器的输入功率为12 WC.电压表的读数为36 VD.若L3突然断路,则L1变暗,L2变亮,输入功率减小解析:L1恰正常发光,其电流为I= A= A,灯泡的电阻R=Ω=216 Ω,则原、副线圈匝数之比为n1∶n2=∶0.5=1∶3,选项A错误;电压表示数为0.5IR=18 V,选项C错误;输出功率P2=I2(R+)=9 W,则输入功率P1=P2=9 W,选项B错误;若L3突然断路,电阻增大,电流减小,则L1变暗,分压减小,L2分压增大,变亮,输入功率P=UI减小,选项D正确.答案:D3.如图所示,人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动.已知A、B连线与A、O之间的夹角最大为θ,则卫星A、B的角速度之比等于()A.sin3θB.C. D.解析:依据万有引力供应卫星做匀速圆周运动的向心力和牛顿其次定律可得=mω2r解得ω∝,则①.当AB连线与B的轨迹圆相切时,其与OA的夹角最大为θ,有半径=sin θ②,由①②式可得,选项C正确.答案:C4.(2021江苏盐城中学模拟)如图所示,小球从倾角为θ的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动,则()A.若小球落到斜面上,则v0越大,小球飞行时间越短B.若小球落到斜面上,则v0越大,小球末速度与竖直方向的夹角越大C.若小球落到水平面上,则v0越大,小球飞行时间越长D.若小球落到水平面上,则v0越大,小球末速度与竖直方向的夹角越大解析:若小球落到斜面上,则有tan θ=,得t=,可知t∝v0,故A错误.末速度与竖直方向夹角的正切tan α=,保持不变,故B错误.若小球落到水平面上,飞行的高度h肯定,由h=gt2得t=,可知t不变,故C错误.末速度与竖直方向的夹角的正切tan β=,t不变,则v0越大,小球末速度与竖直方向的夹角越大,故D正确.答案:D5.如图所示,A、B、C、D四个人做杂技表演,B站在A的肩上,双手拉着C和D,A撑开双手水平支持着C和D.若四个人的质量均为m,他们的臂长相等,重力加速度为g,不计A手掌与C、D身体间的摩擦.下列结论错误．．的是()A.A受到地面支持力为4mgB.B受到A的支持力为3mgC.B受到C的拉力约为mgD.C受到A的推力约为mg解析:把四人作为整体,分析受力,由平衡条件可知A受到地面的支持力为4mg.把BCD作为整体,分析受力,由平衡条件可知B受到A的支持力为3mg.由题图可知,B手臂与竖直方向的夹角大约为30°,设B对C的拉力为F1,A对C的推力为F2,对C分析受力,由平衡条件可得F1cos 30°=mg,解得F1=mg,由牛顿第三定律,B受到C的拉力约为mg.F1sin 30°=F2,解得F2=mg tan 30°=mg,由牛顿第三定律,C受到A的推力约为,结论错误的是D.答案:D6.一个“∠”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中,a是与导轨材料相同、粗细相同的导体棒,导体棒与导轨接触良好.在外力作用下,导体棒以恒定速度v向右运动,以导体棒在图所示位置的时刻作为时间的零点,下列物理量随时间变化的图象可能正确的是() 解析:设“∠”形导轨的夹角为α,经时间t的感应电动势为E=BLv,L=vt tan α,则E=Btv2 tan α,由于B、v、α不变,所以E∝t,E-t图象为过原点的直线,选项A错误;设导轨单位长度的电阻为R0,则感应电流I=,而R=R0vt(1+tan α+),可见I=C(常数)不变,选项B正确;安培力F=BIL∝L∝t,选项C错误;热功率P=I2R∝R∝t,P-t图线为过原点的倾斜直线,选项D正确.答案:BD7.(2021山东潍坊一模)如图所示,虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下的运动径迹如图所示.设A、B两点的电场强度大小分别为E A、E B,粒子在A、B两点的速度大小分别为v A、v B,下列结论正确的是()A.E A>E BB.E A<E BC.v A<v BD.v A>v B解析:依据题图可知,等势线为圆,且电势从A到B降低,故场源电荷为负点电荷,靠近电荷的B点的电场强度较大,选项B正确;依据轨迹弯向合力指的那一侧可知,粒子受斥力作用,从A到B做负功,依据动能定理可知v A>v B,选项D正确.答案:BD8.一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力渐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g取10 m/s2,则依据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体匀速运动时的速度D.物体运动的时间解析:依据题意及图象所给信息可知,当水平拉力为7 N时物体匀速运动,即滑动摩擦力大小为7 N,所以可求物体与水平面间的动摩擦因数,故A选项正确;合外力对物体做的功即为拉力和摩擦力做功之和,由图象可得物体减速阶段的位移,所以摩擦力的功可求,再由图象面积的物理意义估算水平拉力做的功,合外力对物体做的功可求,故B选项正确;由动能定理可得物体匀速运动时的速度,故C 选项正确;由于物体减速阶段为非匀变速运动,所以不能求物体运动的时间,故D选项错误.答案:ABC第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分)9.(4分)某物理爱好小组在一次探究活动中,想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.试验装置如图所示,一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平试验台上,木板上有一滑块,滑块右端固定一个轻小动滑轮,钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的水平轻绳相连,放开钩码,滑块在长木板上做匀加速直线运动.试验时滑块加速运动,读出弹簧测力计的示数F,处理纸带,得到滑块运动的加速度a;转变钩码个数,重复试验;以弹簧测力计的示数F为纵轴、加速度a为横轴,得到的图象是纵轴截距大小等于b的一条倾斜直线,如图所示;已知滑块和轻小动滑轮的总质量为m,重力加速度为g,忽视滑轮与绳之间的摩擦.则滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=.解析:由牛顿其次定律可知,力F与加速度a的函数关系式为F=a+,由题中图象所给信息可得b=,即μ=.答案:10.(11分)用电阻箱、多用电表、开关和导线测量两节干电池的电动势和内阻.甲(1)将图甲中的实物连接成可完成试验的电路.(2)完成以下试验步骤的相关内容.①将多用电表的选择开关旋转至(选填“×1 Ω”“直流电压2.5 V”或“直流电流100 mA”)挡.②调整电阻箱,示数如图乙所示.读得电阻值R1=Ω.乙③合上开关,从多用电表上读得数值为x1.④重复②③,收集多组R和x的数据.(3)某同学依据自己设计的试验以及收集到的数据,作出了如图丙所示的R- (x取国际单位)图象,由此可近似求出以下物理量,则下列选项正确的是()丙A.测得电源的电动势E=1.5 VB.测得电源的电动势E=3.0 VC.图象纵轴截距的确定值代表电源的内阻值D.图象纵轴截距的确定值代表电源内阻和电表内阻的阻值之和解析:设电表与干电池的电阻之和为r,由闭合电路欧姆定律可得R=E-r,即x代表电流I;图象的斜率代表电源电动势E,图象纵轴截距的确定值代表电表与干电池内阻之和.答案:(1)电路如图甲或乙所示(5分)甲乙(2)①直流电流100 mA或直流电压2.5 V(2分)②12(2分)(3)BD(2分)11.(14分)如图所示,光滑半圆轨道AB竖直固定,半径R=0.4 m,与水平光滑轨道相切于A.水平轨道上平铺一半径为r=0.1 m的圆形桌布,桌布中心有一质量m=1 kg的小铁块保持静止.现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平抽出后,铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道,到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力,已知铁块与桌布间的动摩擦因数μ=0.5.g取10 m/s2,求:(1)铁块离开B点后落在地面上的落点到A的距离.(2)铁块到A点时的速度大小.(3)抽桌布过程中桌布的加速度.解析:(1)在B点,由牛顿其次定律,有mg=(2分)从B点抛出后水平方向x=v B t(1分)竖直方向2R=gt2(1分)代入数据得x=0.8 m.(1分)(2)A→B,由机械能守恒=2mgR+(2分)v A=2 m/s≈4.47 m/s.(1分)(3)铁块脱离桌布时的速度v0=v A(1分)铁块在桌布上做匀加速直线运动,设铁块加速度为a0,由牛顿其次定律μmg=ma0(1分)设铁块在桌布上的加速时间为t0,由运动学公式v0=a0t0(1分)由公式r=a0(2分)代入数据得a=5.25 m/s2.(1分)答案:(1)0.8 m(2)4.47 m/s(3)5.25 m/s212.(18分)(2021河南开封一模)如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、电荷量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后从M点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为30°.此时在圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场,以垂直于纸面对外为磁场正方向,最终电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与x轴夹角也为30°).求:甲乙(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小;(2)0≤x≤L区域内匀强电场电场强度E的大小;(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式.解析:(1)电子在电场中做类平抛运动,射出电场时,如图1所示.图1由速度关系:=cos 30°(2分)解得v=v0.(2分)(2)由速度关系得v y=v0tan 30°=v0(2分)在竖直方向a=(1分)v y=at=(2分)解得E=.(1分)(3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°,依据几何学问,在磁场变化的半个周期内,粒子在x轴方向上的位移恰好等于R.粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是nR=2L(2分)电子在磁场做圆周运动的轨道半径R=(1分)解得B0=(n=1、2、3、…)(1分)若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周,同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,可使粒子到达N点并且速度满足题设要求.应满足的时间条件:2n·T0=nT(2分)解得T0=(1分)得T的表达式T=(n=1、2、3、…).(1分)图2答案:(1)v0(2)(3)B0=(n=1、2、3、…)T=(n=1、2、3、…)(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.13.【物理——选修3-3】(15分)(1)(6分)下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.物体吸取热量,其温度肯定上升B.橡胶无固定熔点,是非晶体C.做功和热传递是转变物体内能的两种方式D.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规章运动的反映E.其次类永动机是不能制造出来的,尽管它不违反热力学第肯定律,但它违反热力学其次定律(2)(9分)如图所示,A、B汽缸的长度均为60 cm,截面积均为S=40 cm2,C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞,D为阀门.整个装置均由导热材料制成.原来阀门关闭,A内有压强p A=2.4×105 Pa的氧气.B内有压强p B=1.2×105 Pa的氢气.阀门打开后,活塞C向右移动,最终达到平衡.假定氧气和氢气均视为抱负气体,连接汽缸的管道体积可忽视不计.求:①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强;②活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热(简要说明理由).解析:(1)依据热力学第肯定律可知,物体吸取热量,内能不肯定增加,则其温度不肯定上升,故A选项错误;布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的宏观运动,是液体分子无规章运动的反映,故D选项错误.综上所述B、C、E正确.(2)①由玻意耳定律得对A部分气体有:p A LS=p(L+x)S(2分)对B部分气体有:p B LS=p(L-x)S(2分)代入相关数据解得x=20 cm,p=1.8×105 Pa;(2分)②活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功,而气体发生等温变化,内能不变,故B中气体向外界放热.(3分)答案:(1)BCE(2)①20 cm1.8×105 Pa②放热14.【物理——选修3-4】(15分)(1)(6分)某横波在介质中沿x轴正方向传播,t=0时刻时波源O开头振动,振动方向沿y轴负方向,如图为t=0.7 s时的波形,已知图中b点其次次消灭在波谷,则该横波的传播速度v= m/s;从图示时刻开头计时,图中c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为.(2)(9分)投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体,光源产生的单色平行光投射到平面上,经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑.已知镜头半径为R,光屏MN到球心O的距离为d(d>3R),玻璃对该单色光的折射率为n,不考虑光的干涉和衍射.求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径.解析:(1)由题意得+(+T)=0.7 s,故该波的周期为T=0.4 s由题图知波长为λ=4 m,则波速为v==10 m/s横波在介质中沿x轴正方向传播,图示时刻c质点向下振动,则c质点的振动位移随时间变化的函数表达式为y=-A sin(t)=-0.03sin t=-0.03sin 5πt m.(2)如图所示,光线入射到D点时恰好发生全反射,sin C=(2分)(2分)又由于=tan C(2分)=d-(1分)解得r=d-nR.(2分)答案:(1)10y=-0.03sin 5πt m(2)d-nR15.【物理——选修3-5】(15分)(1)(6分)下列关于近代物理学问的说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.汤姆生发觉了电子,表明原子具有核式结构B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C.光照到某金属上不能发生光电效应,是由于该光波长太长D.依据玻尔理论,氢原子辐射光子时,核外电子的动能增加E.β衰变的实质是原子核内的中子转化成了质子和电子(2)(9分)如图所示,两个木块的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.6 kg,中间用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上,且m1左侧靠一固定竖直挡板.某一瞬间敲击木块m2使其获得0.2 m/s的水平向左的速度,木块m2向左压缩弹簧然后被弹簧弹回,弹回时带动木块m1运动.则:①当弹簧拉伸到最长时,木块m1的速度多大?②在以后的运动过程中,木块m1速度的最大值为多少?解析:(1)汤姆生发觉了电子,表明原子是可以分割的,故A选项错误;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变,故B选项错误.综上所述C、D、E正确.(2)①木块m2弹回后,在弹簧第一次恢复原长时带动m1运动,设此时木块m2的速度为v0,由机械能守恒可知v0=0.2 m/s(1分)当弹簧拉伸最长时,木块m1、m2速度相同,设为v,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v(2分)解得v=0.15 m/s(1分)②当弹簧再次恢复到原长时,m1获得最大速度为v1,此时m2的速度为v2由动量守恒定律得m2v0=m1v1+m2v2(2分)由机械能守恒定律得m2m1m2(2分)解得v1=0.3 m/s.(1分)答案:(1)CDE(2)①0.15 m/s②0.3 m/s。

高考仿真测试(七)(时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(2021安徽马鞍山模拟)一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开头计时,其-t的图象如图所示,则()A.质点做匀速直线运动,速度为0.5 m/sB.质点做匀加速直线运动,加速度为0.5 m/s2C.质点在1 s末速度为1.5 m/sD.质点在第1 s内的平均速度为0.75 m/s解析:由x=v0t+at2,得=v0+at,所以纵坐标截距为v0=0.5 m/s,斜率为a= m/s2=0.5 m/s2,故加速度为a=1 m/s2,所以选项A、B错误;由v t=v0+at,得1 s末速度为v t= m/s=1.5 m/s,故选项C正确;由平均速度,得第1 s内的平均速度 m/s=1 m/s,故选项D错误.答案:C2.如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为30°,当升降机突然处于完全失重状态时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度分别为()A.g、gB.g、gC.g、gD.g、0 解析:由于整个装置突然处于失重状态,依据完全失重状态的特点可知,A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消逝,而弹簧在这一瞬间,长度不会马上变化,故此时弹簧对A物体的作用力不变,由平衡状态时的受力特点可知,A受到弹簧的作用力大小为mg sin θ,由于失重时A物体本身重力不变,故在此瞬间,A同时受到弹簧的弹力(mg sin θ)和重力作用,依据力的合成特点可知此二力的合力为mg cos θ,故其瞬时加速度为g;而对B受力分析可知,完全失重瞬间,B受到弹簧的作用总和细线上的弹力相等(此二力的合力为0),则此时B的合力就是其重力,所以B的瞬时加速度为g,所以C正确.答案:C3.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示.一个电荷量为2 C,质量为1 kg的小物块从C点静止释放,其运动的v-t图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是()A.B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度E=2 V/mB.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C.由C到A的过程中,电势渐渐上升D.A、B两点电势差U AB=- 5 V解析:由题图乙知,小物块在B点时加速度最大,故B点电场强度最大,加速度大小为2 m/s2,据qE=ma得E=1 V/m,选项A错误;由C到A的过程中小物块的动能始终增大,电势能始终在减小,故电势渐渐降低,选项B、C错误;依据动能定理有qU AB=,解得U AB=-5 V,选项D正确.答案:D4.(2021江苏南通二模)如图所示,高层住宅外安装空调主机时,电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升.为避开主机与阳台、窗户碰撞,通常会用一根拉绳拽着主机,地面上拽拉绳的人通过移动位置,使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变,则在提升主机过程中,下列结论正确的是()A.缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大B.缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变C.缆绳与竖直方向的夹角α可能大于角βD.缆绳拉力F1的功率保持不变解析:对物体进行受力分析,由于物体匀速运动,故合力为零,竖直方向:F1cos α-mg-F2cos β=0,水平方向:F1sin α-F2sin β=0,在上升过程中,α增大,而β不变,联立可以推断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大,故A正确,B错误;因F1大于F2,据F1sin α-F2sin β=0,得缆绳与竖直方向的夹角α小于β,故C错误;拉力的功率P=F1v cos α,由于F1变大,α也变大,故无法推断功率大小,故D错误.答案:A5.如图所示,光滑导轨AOB固定在水平桌面上,空间存在垂直于桌面对上的匀强磁场,一根足够长的导体棒MN垂直OA放置在导轨上的O点.现用一垂直于导体棒方向的水平外力F拉导体棒,使其从O点开头沿OA方向做匀速直线运动,运动中导体棒始终与OA垂直且与导轨保持良好接触,已知导轨和导体棒单位长度的电阻相同,则从O点开头运动的一段时间内,外力F随时间t的变化关系图线是()解析:设导体棒MN匀速的速度为v,导轨和导体棒单位长度的电阻为R0,OA与OB的夹角为θ,则经过时间t后,有ON=vt,可得导体棒的有效切割长度为L=ON tan θ=vt tan θ,回路总长度为:s=vt+vt tan θ+vt,所以回路总电阻R=sR0=vtR0,回路中的感应电动势为E=BLv=Bv2t tan θ,感应电流为I=,故感应电流为一恒定值.对导体棒由平衡条件得F=F安,故F=BIL=BIvt tan θ,所以外力F与t成正比,故选项D正确.答案:D6.假如把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,从水星与金星在一条直线上开头计时,若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1;金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角),则由此条件可求得() A.水星和金星绕太阳运动的周期之比B.水星和金星的密度之比C.水星和金星到太阳的距离之比D.水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比解析:设水星、金星的公转周期分别为T1、T2,t=θ1,t=θ2,,A正确.因不知两星质量和半径,密度之比不能求,B错误.由开普勒第三定律,,故C正确.a1=()2R1,a2=()2R2,所以,D正确.答案:ACD7.调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图乙所示,线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间输入交变电压,转动滑动触头P就可以调整输出电压.图乙中两电表均为抱负沟通电表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器.现在CD两端输入图甲所示正弦式沟通电,变压器视为抱负变压器,那么()A.由图甲可知CD两端输入沟通电压u的表达式为u=36sin 100πt(V)B.当滑动触头P逆时针转动时,MN之间输出沟通电压的频率变大C.当滑动变阻器滑片向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数也变大D.当滑动变阻器滑片向下滑动时,电阻R2消耗的电功率变小解析:由题图可知u=36sin 100πt(V),A正确.M、N之间输出沟通电压的频率由输入的沟通电压的频率打算,B错误.滑动变阻器的滑片向下滑动时,R3减小,由“串反并同”可知电压表读数减小,电流表读数增大,R2消耗的电功率P2=减小,C错误,D正确.答案:AD8.(2021山东日照二模)如图所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地面高度h=0.1 m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地面高度h并作出滑块的动能E k随高度h变化的图象,其中从0.2 m上升到0.35 m高度的范围内图象为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,g取10 m/s2,由图象可知()A.小滑块的质量为0.1 kgB.轻弹簧原长为0.2 mC.弹簧的最大弹性势能为0.5 JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J解析:在E k-h图象中,图线的斜率表示了滑块所受的合外力,由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线,其余部分为曲线,说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力,所以从h=0.2 m,滑块与弹簧分别;从0.2 m上升到0.35 m范围内,图线的斜率确定值为k=mg=2 N,所以m=0.2 kg,故选项A错误,选项B正确;依据能量的转化与守恒可知,当滑块上升到最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以E pm=mgΔh=0.2×10×(0.35-0.1) J=0.5 J,故选项C正确;在滑块整个运动过程中,系统的动能、重力势能、弹性势能之间相互转化,因此动能最大时,滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小,依据能的转化与守恒可知:E pmin=E-E km=E pm+mgh0-E km=0.5J+0.2×10×0.1 J-0.32 J=0.38 J,故选项D错误.答案:BC第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分) 9.(4分)在“探究功与物体速度变化关系”的试验中,某试验争辩小组的试验装置如图甲所示.木块从A点静止释放后,在一根弹簧作用下弹出,沿足够长的木板运动到B1点停下,O点为弹簧原长时所处的位置,测得OB1的距离为L1,并记录此过程中弹簧对木块做的功为W1.用完全相同的弹簧2根、3根……并列在一起且使木块由A点静止释放,进行第2次、第3次……试验并记录相应的数据,作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的图象如图乙所示.请回答下列问题:(1)W-L图线为什么不通过原点?.(2)弹簧被压缩的长度L OA=cm.解析:(1)对整个过程应用动能定理有,W-μmg(L OA+L)=0,W=μmgL OA+μmgL,可见由于在OA段中摩擦力做功不为0,导致图线不过原点.(2)由W=μmgL OA+μmgL可知,当W=0时L OA=-L,由题图可求得图线在横轴上的截距为3 cm.答案:(1)由于木块通过AO段时,摩擦力对木块做了功(或W不为总功)(2分)(2)3(2分)10.(11分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化.图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生的磁场的装置示意图,由于磁芯的作用,霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场.测量原理如乙图所示,直导线通有垂直纸面对里的电流,霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱,通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路.所用器材已在乙图中给出,部分电路已经连接好.甲(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电,电流从乙图中霍尔元件左侧流入,右侧流出,霍尔元件(选填“前表面”或“后表面”)电势高;(2)在乙图中画线连接试验电路图;(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为e,霍尔元件的厚度h,为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B,还必需测量的物理量有(写出具体的物理量名称及其符号),计算式B=.解析:(1)首先由安培定则可判定通电导线产生的磁场沿顺时针方向,即霍尔元件所在处磁场方向向下,因电流方向向右,再由左手定则可判定半导体中自由电荷所受洛伦兹力的方向指向后表面,因自由电荷带负电,故后表面电势低.(3)稳定时自由电荷所受洛伦兹力与前后表面上电荷对其产生的电场力平衡:Bqv=,d为霍尔元件前、后表面间的距离,结合电流的微观表达式I=neSv=nedhv,有B=,可见要得到B的大小,还需测量电压U及电流I.答案:(1)前表面(3分)(2)如图所示(3分)(3)电压U,电流I(2分)(3分)11.(14分)如图所示,质量M=2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1 kg的小球通过长L=0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动,开头轻杆处于水平状态,现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s,g取10 m/s2.(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向;(2)在满足(1)的条件下,小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出,试求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离;(3)若解除对滑块的锁定,小球通过最高点时的速度大小v'=2 m/s,试求此时滑块的速度大小.解析:(1)设小球能通过最高点,且此时的速度为v1.在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能守恒.则+mgL=得v1= m/s(2分)设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F,方向向下,则F+mg=m(2分)得F=2 N(1分)由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2 N,方向竖直向上.(1分)(2)小球飞出后做平抛运动,设运动时间为t,由L=gt2(2分)到轴O的距离s=v1t(2分)得s= m.(1分)(3)解除锁定后,小球通过最高点时的速度为v'.在上升过程中,系统的机械能守恒,则mv'2+Mv2+mgL=(2分)得v=1 m/s.(1分)答案:(1)2 N向上(2) m(3)1 m/s12.(18分)(2021山东泰安二模)如图甲所示的坐标系xOy中,第Ⅰ象限内布满垂直坐标平面对里的匀强磁场;第Ⅱ象限内有水平正对金属板M、N,M板位于x轴上其右端与O点重合,板间距离为l、极板长度为2l.两板接在沟通电源上,电源电压随时间变化的规律如图乙.M板左端贴近极板处有一粒子源持续沿水平方向放射质量为m、电荷量为q、速度为v0的带负电粒子.已知t=0时刻进入板间的粒子恰好贴近N板从右端射出,并经过P(2l,0)点.不考虑粒子重力和粒子间的相互作用,忽视金属板正对部分之外的电场.求:(1)两板间的电压U0;(2)匀强磁场的磁感应强度B;(3)t=时刻进入板间的粒子,通过磁场后与x轴交点的横坐标.解析:(1)t=0时刻发出的粒子在板间运动时,沿x方向匀速运动,经受的时间为t=①(1分)沿y方向先做匀加速运动,后做匀减速运动,两个过程的加速度大小相等.a=②(1分)到达N板时沿y方向的分速度v y=a-a=0③(2分)依据对称性可知前后两过程的位移相等l=×2④(2分)整理得U0=.⑤(2分)(2)t=0时刻进入板间的粒子,从(0,l)处离开电场,沿x轴正方向以速度v0进入磁场,依据牛顿定律qv0B=m⑥(1分)由几何关系知(2l)2+(R-l)2=R2⑦(2分)整理得B=.⑧(1分)(3)t=时刻进入板间的粒子,在Δt1=时间内沿y方向加速,在接下来的Δt2=时间内沿-y方向减速,且速度减小为0,然后在Δt3=时间内,沿-y方向加速,接着在随后的Δt4=内沿-y方向减速为0,恰好到达y轴并以速度v0垂直y轴离开电场.其纵坐标y=aΔ×2-aΔ×2⑨(2分)整理得y=(1分)该粒子在磁场中的运动半径也为R,设它通过x轴时的横坐标为x.由几何关系知+x2=R2(2分)解得x=l.(1分)答案:(1)(2)(3)l(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.13.【物理——选修3-3】(15分) (1)(5分)下列说法正确的是.(选对1个得2分,选对2个得 4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.“用油膜法估测分子大小”的试验中,油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B.布朗运动中,悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高,布朗运动越猛烈C.质量、温度都相同的氢气和氧气,分子平均动能不相同D.液晶的光学性质与某些晶体相像,具有各向异性E.功转变为热的实际宏观过程是不行逆过程(2)(10分)如图所示,竖直放置的汽缸开口向下,活塞a和活塞b将长为L的气室中的气体分成体积比为1∶2的A、B两部分,温度均为127 ℃,系统处于平衡状态.当气体温度都缓慢地降到27 ℃时,系统达到新的平衡,不计活塞a的厚度及活塞与汽缸间的摩擦.求活塞a、b移动的距离.(设外界大气压强不变)解析:(1)不考虑分子间距离时油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积,故油酸分子的直径应等于油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以相应油酸膜的面积,A错误.固体颗粒越小,某瞬时与其碰撞的液体分子数目越少,固体颗粒越不简洁达到平衡,布朗运动越猛烈;液体的温度越高,液体分子热运动越猛烈,每次碰撞对固体颗粒的平均冲击力越大,固体颗粒运动越猛烈,B正确.温度是分子平均动能大小的标志,C错误.液晶是一种介于液体与晶体之间的一种特殊物质状态,既具有液体的某些特性,也具有晶体的一些性质,D正确.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不行逆的,E正确.(2)如图所示,设a向上移动x,b向上移动y,活塞的横截面积为S,由于两个气室中的气体都做等压变化,所以有对气体A:V1=LS,V2=(L-x)S(2分)有(2分)对气体B:V1'=LS,V2'=(L-y+x)S(2分)有(2分)代入数据解得x=,y=.(2分)答案:(1)BDE(2)14.【物理——选修3-4】(15分)(1)(5分)图1中,波源S从平衡位置y=0开头振动,运动方向竖直向上(y轴的正方向),振动周期T=0.01 s,产生的简谐波向左、右两个方向传播,波速均为v=80 m/s.经过一段时间后,P、Q两点开头振动,已知距离SP=1.2 m、SQ=2.6 m.若以Q点开头振动的时刻作为计时的零点,则对图2中的振动图象,下列选项中能正确描述P、Q两点振动状况的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)图1图2A.甲为Q点振动图象B.乙为Q点振动图象C.丙为P点振动图象D.丁为P点振动图象E.P点比Q点早开头振动T(2)(10分)一底面半径为R的半圆柱形透亮体的折射率为n=,横截面如图所示,O表示半圆柱形截面的圆心.一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射,求:该光线从进入透亮体到第一次离开透亮体时,共经受的时间(已知真空中的光速为c,arcsin=35°;计算结果用R、n、c表示).解析:(1)该波的波长λ=vT=0.8 m,P、Q两点到波源的距离差为Δs=SQ-SP=λ,则P点比Q点早开头振动T,Q点的振动比P点的振动步调滞后.因波源的起振方向竖直向上,则每个质点开头振动时的起振方向都是向上的.若以Q点开头振动的时刻作为计时的零点,则在t=0时Q点处于平衡位置且向上振动,对应于甲,A、E正确,B错误;此时P点已振动了T,P点此时位于负向最大位移处,对应于丁,故C错误,D正确.(2)设此透亮体的临界角为C,依题意sin C=,所以C=35°,当入射角为60°时,由n=得到折射角r=30°(2分)即此时间线折射后射到圆弧上的C点,在C点的入射角为60°,大于临界角,会发生全反射.(1分)光线反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射,再反射至B点,从B点第一次射出.(1分) 在透亮体内的路径长为s=3R(2分)光在透亮体内的速度v=(2分)经受的时间t=.(2分)答案:(1)ADE(2)15.【物理——选修3-5】(15分)(1)(5分)以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是.(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,当增大紫外线的照射强度时,从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B.结合能越大,表示原子核中核子结合得越坚固,原子核越稳定C.重核的裂变过程、轻核的聚变过程都有质量亏损D.依据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放肯定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小E.自然界中含有少量的14C,14C具有放射性,能够自发地进行β衰变,因此在考古中可利用14C来测定年月(2)(10分)如图所示,质量为2m的木板A静止在光滑水平面上,其左端与固定台阶相距s,长木板的右端固定一半径为R光滑的四分之一圆弧,圆弧的下端与木板水平相切但不相连.质量为m的滑块B(可视为质点)以初速度v0=从圆弧的顶端沿圆弧下滑,当B到达最低点时,B从A右端的上表面水平滑入.A与台阶碰撞无机械能损失,不计空气阻力,A、B之间动摩擦因数为μ,A足够长,B不会从A 表面滑出;重力加速度为g.试分析下列问题:①滑块B到圆弧底端时的速度大小v1;②A与台阶只发生一次碰撞,求s满足的条件.解析:(1)由光电效应方程E k=hν-W可知光电子的最大初动能取决于入射光的频率及金属的逸出功,而与入射光的强度无关,A错误.比结合能是反映原子核稳定程度的物理量,B错误.重核裂变与轻核聚变中都有核能释放出来,都有质量亏损,C正确.氢原子由高能级向低能级跃迁时通常以光子的形式释放能量,同时核外电子的轨道半径减小,此过程中静电力做正功,引起电势能减小,动能增大,D 正确.在活体中因碳循环而保持14C的含量稳定,而在死体内14C因放射性衰变而削减,故可由其半衰期来鉴定年月,E正确.(2)①滑块B从释放到最低点,机械能守恒,取水平面为零势面,由机械能守恒定律得+mgR=①(2分)由式①解得v1=2.②(2分)②设A与台阶碰撞前瞬间,A、B的速度分别为v A和v B,由动量守恒定律得mv1=mv B+2mv A③(2分)若A与台阶只碰撞一次,碰撞后必需满足|2mv A|≥|mv B|④(1分)对A应用动能定理:μmgs=×2m⑤(2分)联立③④⑤解得s≥⑥(1分)即A与台阶只能碰撞一次的条件是s≥.答案:(1)CDE(2)①2②s≥。

素能演练提升十二一、选择题1.若直线x+ay+1=0与直线(a+1)x-2y+3=0相互垂直,则a的值为()A.-2B.-1C.1D.2解析:依题意得1×(a+1)-2a=0,即a=1.故选C.答案:C2.若点P(1,1)为圆(x-3)2+y2=9的弦MN的中点,则弦MN所在直线的方程为()A.2x+y-3=0B.x-2y+1=0C.x+2y-3=0D.2x-y-1=0解析:由题意知圆心C(3,0),k CP=-.由k CP·k MN=-1,得k MN=2,所以MN所在直线的方程是2x-y-1=0.故选D.答案:D3.(2021山东青岛期末,3)圆(x-1)2+y2=1和圆x2+y2+2x+4y-4=0的位置关系为()A.相交B.相切C.相离D.以上都有可能解析:题中两圆的圆心分别为O1(1,0),O2(-1,-2),半径分别为1,3,则两圆心的距离为2,所以2<|O1O2|<4.故选A.答案:A4.由直线y=x+2上的点向圆(x-4)2+(y+2)2=1引切线,则切线长的最小值为()A. B. C.4 D.解析:设点M是直线y=x+2上一点,圆心为C(4,-2),则由点M向圆引的切线长等于,因此当CM取得最小值时,切线长也取得最小值,此时CM等于圆心C(4,-2)到直线y=x+2的距离,即等于=4,因此所求的切线长的最小值是,选B.答案:B5.(2021广东高考,理5)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+=0或2x+y-=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+=0或2x-y-=0解析:设与直线2x+y+1=0平行的直线方程为2x+y+m=0(m≠1),由于直线2x+y+m=0与圆x2+y2=5相切,即点(0,0)到直线2x+y+m=0的距离为,所以,|m|=5.故所求直线的方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.答案:A6.已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1,抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()A. B.2 C. D.3解析:由题可知l2:x=-1是抛物线y2=4x的准线,设抛物线的焦点(1,0)为F,则动点P到l2的距离等于|PF|,则动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值即为焦点F到直线l1:4x-3y+6=0的距离,所以最小值是=2.故选B.答案:B二、填空题7.(2021北京朝阳区期末,11)已知圆C的圆心位于其次象限且在直线y=2x+1上,若圆C与两个坐标轴都相切,则圆C的标准方程是.解析:设圆C的圆心坐标为(a,2a+1),∵圆心在其次象限,且圆与两坐标轴相切,∴a=-(2a+1),即a=-.∴圆心坐标为,半径为.∴圆的标准方程为.答案:8.当直线l:y=k(x-1)+2被圆C:(x-2)2+(y-1)2=5截得的弦最短时,k的值为.解析:由题易知直线l过定点P(1,2),圆心C(2,1),由圆的几何性质可知,当圆心C与点P的连线与直线l垂直时,直线l被圆C 截得的弦最短,则k×=-1,即k=1.答案:19.(2021江苏无锡高三上学期期末,13)已知A(0,2)为圆M:x2+y2-2ax-2ay=0(a>0)外一点,圆M上存在点T使得∠MAT=45°,则实数a的取值范围是.解析:由题意得a2+(a-2)2>2a2,解得a<1.又可推得圆心M的坐标为(a,a),r=a,则MA≤r,即a2+(a-2)2≤4a2,解得a≥-1或a≤--1(舍),所以-1≤a<1.答案:-1≤a<1三、解答题10.(2021甘肃天水一轮检测,18)已知圆C的圆心在直线y=2x上,且与直线l:x+y+1=0相切于点P(-1,0).(1)求圆C的方程;(2)若A的坐标为(1,0),点B是圆C上的动点,求线段AB中点M的轨迹方程,并说明表示什么曲线.解:(1)设圆心C的坐标为(a,b),半径为r,则有b=2a,又圆心C落在过P且垂直于l的直线y=x+1上,故有b=a+1,解得a=1,b=2,从而r=2.因此圆C的方程为(x-1)2+(y-2)2=8.(2)设M(x,y),B(x0,y0),则有=x,=y,解得x0=2x-1,y0=2y,代入圆C方程,得(2x-2)2+(2y-2)2=8,化简,得(x-1)2+(y-1)2=2,表示以(1,1)为圆心,为半径的圆.11.在平面直角坐标系xOy中,曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上.(1)求圆C的方程;(2)若圆C与直线x-y+a=0交于A,B两点,且OA⊥OB,求a的值.解:(1)曲线y=x2-6x+1与y轴的交点为(0,1),与x轴的交点为(3+2,0),(3-2,0).故可设圆C的圆心坐标为(3,t),则有32+(t-1)2=(2)2+t2,解得t=1.则圆C的半径为=3.故圆C的方程为(x-3)2+(y-1)2=9.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组消去y,得到方程2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0.由已知可得,判别式Δ=56-16a-4a2>0.从而x1+x2=4-a,x1x2=.①由于OA⊥OB,可得x1x2+y1y2=0.又y1=x1+a,y2=x2+a,所以2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.②由①②得a=-1,满足Δ>0,故a=-1.12.已知O为平面直角坐标系的原点,过点M(-2,0)的直线l与圆x2+y2=1交于P,Q两点.(1)若=-,求直线l的方程;(2)若△OMP与△OPQ的面积相等,求直线l的斜率.解:(1)依题意知直线l的斜率存在,由于直线l过点M(-2,0),故可设直线l的方程为y=k(x+2).由于P,Q两点在圆x2+y2=1上,所以||=||=1.由于=-,即||·||·cos∠POQ=-,所以∠POQ=120°.从而可知点O到直线l的距离等于.于是,解得k=±.故直线l的方程为x-y+2=0或x+y+2=0.(2)由于△OMP与△OPQ的面积相等,所以MP=PQ,即P为MQ的中点.于是=2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则=(x2+2,y2),=(x1+2,y1).于是①由于P,Q两点都在圆x2+y2=1上,所以②由①②得解得故直线l的斜率k=k MP=±.。

高考仿真测试(八)(时间:60分钟,满分:110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在1~5小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,在6~8小题给出的四个选项中有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(2021江苏宿迁模拟)如图甲所示,静止在水平地面上的物块受到水平拉力F的作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等,则()A.0~t1时间内所受摩擦力大小不变B.t1~t2时间内物块做加速度减小的加速运动C.t2时刻物块的速度最大D.t2~t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大解析:0~t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力,物体保持静止,故物体受到的静摩擦力随着水平拉力的增大而渐渐增大,故A错误;t1~t2时间内水平拉力大于最大静摩擦力,物体将运动起来,故物体受到动摩擦力f=μN=μmg,依据牛顿其次定律a=,所以随着拉力增大,加速度渐渐增大,故B错误;t1~t3时间内,拉力始终大于最大静摩擦力,物体的合力始终是向前的,物体始终加速前进,t3时刻后,拉力小于摩擦力,物体减速前进,所以t3时刻速度最大,故C错误;t2~t3时间内速度渐渐增大,摩擦力大小不变,由P=Fv可知物块克服摩擦力做功的功率增大,故D正确.答案:D2.如图所示,半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上,直径MN是水平的.一小物块从M点正上方高度为H处自由下落,正好在M点滑入半圆轨道,测得其第一次离开N点后上升的最大高度为.小物块接着下落从N点滑入半圆轨道,在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)()A.小物块正好能到达M点B.小物块肯定到不了M点C.小物块肯定能冲出M点D.不能确定小物块能否冲出M点解析:第一次飞出过程依据动能定理得mg-W f=0,再次到达M点过程中,依据动能定理mg-W f'=mv2,因其次次经过半圆轨道过程中克服阻力做功W f'<W f,故速度v>0,故能冲出M点,故选项C正确,其余错误.答案:C3.图甲为验证法拉第电磁感应定律的试验装置.与电源连接的线圈Ⅰ中的电流i1按图乙所示的规律变化,电流i1在线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场,该磁场的磁感应强度B与线圈中电流i1的关系为B=ki1(其中k为常数).线圈Ⅱ与电流传感器连接,并通过计算机绘制出线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t 变化的图象.若仅将i1变化的频率适当增大,则能正确反映i2-t图象变化的是(图中以实线和虚线分别表示调整前、后的i2-t图象)()解析:由题图乙知每段折线对应的时间内,电流随时间均匀变化,故B也随时间均匀变化,通过线圈Ⅱ的磁通量也随时间均匀变化,则线圈Ⅱ中磁通量变化率恒定,产生的电动势恒定,感应电流恒定,故A、B肯定错误.当仅将i1的频率增大时,通过线圈Ⅱ的磁通量峰值不变,但由峰值变为0的时间缩短,即磁通量的变化率增大,故线圈Ⅱ中产生的感应电动势增大,感应电流增大,变化的周期缩短,故C错误,D正确.答案:D4.某集团向灾区人民捐赠一批柴油发电机,该发电机说明书的部分内容如表所示,现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电,如图所示.发电机到安置区的距离是400 m,输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线,该型号导线单位长度的电阻为2.5×10-4 Ω.安置区家用电器的总功率为44 kW,当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时( )A.输电线路中的电流为20 AB.发电机的实际输出电压为300 VC.在输电线路上损失的电功率为8 kWD.假如该柴油发电机发的电是正弦式交变电流,则其输出电压最大值是300 V解析:额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时,输电线路中的电流I==200 A,A 错误.发电机的实际输出电压为U 发=U+Ir=260 V,B 错误.在输电线路上损失的电功率P 损=I 2r=8 kW,C 正确.假如该柴油发电机发的电是正弦式交变电流,则其输出电压最大值是260× V ≈367.7 V,D 错误. 答案:C5.(2021豫南九校联盟模拟)如图所示,固定斜面AO 、BO 与水平方向夹角均为45°,现由A 点以某一初速度水平抛出一个小球(可视为质点),小球恰能垂直于BO 落在C 点,则OA 与OC 的比值为( )A.∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1解析:以A 点为坐标原点,AO 为y 轴,垂直于AO 为x 轴建立坐标系,分解速度和加速度,则小球在x轴上做初速度为v 0,加速度为g 的匀减速直线运动,末速度刚好为零,运动时间为t=;在y 轴上做初速度为v 0,加速度为g 的匀加速直线运动,末速度为v Cy =v 0+gt=v 0,利用平均速度公式得位移关系OA ∶OC=t ∶t=3∶1. 答案:C 6.如图所示,现有一个以O 为圆心、以OP 长为半径的圆,四边形ABCD 为圆的内接正方形,a 、b 、c 、d 分别为正方形的四个边AB 、BC 、CD 和DA 的中点,P 、Q 分别为弧AB 和弧CD 的中点.现在A 、B 、C 、D 四点分别放上等量的正电荷和负电荷,若取无穷远处电势为零,下列说法正确的是( )A.O 点的电场强度和电势均为零B.现把一电荷从b 点移到d 点,电场力做功为零C.现把一电荷从a 点移到c 点,电场力做功为零D.同一电荷在P 、Q 两点所受电场力相同解析:由电场叠加知O 点电势等于零,但电场强度大小不为零,方向沿OQ 方向,A 错误.将四个点电荷分为A 与D 、B 与C 两组,因等量异种点电荷连线的中垂面是电势为零的等势面,则由电势叠加知bd 线上各点电势仍为零,故B 正确.将四个电荷分为A 与B 、C 与D 两组,由等量同种点电荷连线中垂线上的电场方向知这两组电荷在ac 线上各点电场强度方向相同,由电场叠加知在ac 线上各点电场强度方向都是由a 指向c ,故将电荷由a 移动到c 时电场力要做功,C 错误.由电场强度叠加知P 、Q 两点处电场强度大小相等、方向相同,故D 正确. 答案:BD 7.宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s 水平抛出一物体,并记录下物体的运动轨迹,如图所示,O点为抛出点.若该星球半径为4 000 km,引力常量G=6.67×10-11 N·m 2·kg -1,则下列说法正确的是( ) A.该星球表面的重力加速度为4.0 m/s 2 B.该星球的质量为2.4×1023 kg C.该星球的第一宇宙速度为4.0 km/sD.若放射一颗该星球的同步卫星,则同步卫星的绕行速度肯定大于4.0 km/s解析:结合图象由平抛运动的规律有x=v0t=2 m、y==2 m,将v0=2.0 m/s代入可得g=4 m/s2,A正确.由mg=有M==9.1×1023 kg,B不正确.该星球的第一宇宙速度为=4.0 km/s,C正确.同步卫星轨道半径远大于星球半径,绕行速度小于4.0 km/s,D错误.答案:AC8.如图所示,空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面对外的匀强磁场B,在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球,不考虑两带电小球间的相互作用,两小球所带电荷量始终不变.关于小球的运动,下列说法正确的是()A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B.若沿ab做直线运动,则小球带正电,且肯定是匀速运动C.若沿ac做直线运动,则小球带负电,可能做匀加速运动D.两小球在运动过程中机械能均保持不变解析:因洛伦兹力方向总是与速度方向垂直,故带电小球在正交复合场中受到洛伦兹力作用而做直线运动,必定是匀速直线运动,否则速度大小变化时洛伦兹力变化,就不能保证合力始终与速度在同始终线上.小球做直线运动时电场力、重力、洛伦兹力必能平衡.如图所示,又由于电场力方向只能与电场强度方向相同或相反,故当两小球能沿直线运动时所受外力方向只能是图示方向,进而可由电场力方向判定两小球所带电荷的电性,A、B正确,C错误.由于小球运动过程中电场力做功,故其机械能不守恒,D错误.答案:AB第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个小题考生都必需作答.第13题~第15题为选考题,考生依据要求作答.(一)必考题(4题,共47分) 9.(4分)如图为某同学试验小组拍摄的某小球做自由落体运动的完整频闪照片,已知闪光灯每秒闪n 次,试写出当地重力加速度g的两个表达式,g1=(用n、h1、h2、h3和数字表示),假如已知当地重力加速度g,则用这个试验验证机械能守恒的表达式.解析:由题意知闪光周期为T=,则由Δx=aT2,有(h3-h2)-(h2-h1)=g1T2,整理可得g1=(h3+h1-2h2)n2.小球下降h2高度时的瞬时速度v=n(h3-h1),由机械能守恒有mgh2=mv2,故需验证的式子为gh2=n2(h3-h1)2.答案:(h3+h1-2h2)n2(2分)gh2=n2(h3-h1)2(2分)10.(11分)(2021山东文登模拟)用下列器材组装成一个电路,要求既能测量出电池组的电动势E和内阻r,又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。

高考仿真测试(一)(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2021甘肃第一次联考,1)设集合M={x|x2+3x+2<0},集合N=,则M∪N=()A.{x|x≥-2}B.{x|x>-1}C.{x|x<-1}D.{x|x≤-2}解析:由x2+3x+2<0,得-2<x<-1,则M={x|-2<x<-1},由≤4=,得x≥-2,则N={x|x≥-2}.∴M∪N={x|-2<x<-1}∪{x|x≥-2}={x|x≥-2},故答案为A.答案:A2.(2021河北唐山一模,2)=()A.-2iB.-4iC.2iD.4i解析:∵=-2i,∴选A.答案:A3.(2021广东广州一模,2)已知向量a=(3,4),若|λa|=5,则实数λ的值为()A. B.1 C.± D.±1解析:由于a=(3,4),所以|a|==5.由于|λa|=|λ|·|a|=5,所以5|λ|=5,解得λ=±1,故选D.答案:D4.下列四个命题中真命题的个数是()①“x=1”是“x2-3x+2=0”的充分不必要条件②命题“∀x∈R,sin x≤1”的否定是“∃x∈R,sin x>1”③“若am2<bm2,则a<b”的逆命题为真命题④命题p:∀x∈[1,+∞),lg x≥0,命题q:∃x∈R,x2+x+1<0,则p∨q为真命题A.0B.1C.2D.3解析:当x=1时,得到x2-3x+2=0,当x2-3x+2=0,得x=1或x=2,所以“x=1”是“x2-3x+2=0”的充分不必要条件,故①正确;命题“∀x ∈R,sin x≤1”的否定是“∃x∈R,sin x>1”,②正确;“若am2<bm2,则a<b”的逆命题为“若a<b,则am2<bm2”,错误,由于当m=0时,不成立,故③错;当x≥1时,lg x≥0,命题p是真命题,故p∨q是真命题.故真命题的个数是3,答案为D.答案:D5.(2021浙江杭州7校期末,4)已知|a|=|b|=1,向量a与b的夹角为120°,且(a+b)⊥(a+t b),则实数t的值为() A.-1 B.1C.-2D.2解析:由于(a+b)⊥(a+t b),所以(a+b)·(a+t b)=0,即a2+(t+1)b·a+t b2=0,则1+(t+1)×+t=0,解得t=-1.答案:A6.(2021浙江杭州7校期末,4)已知F1,F2是椭圆的两个焦点,若椭圆上存在点P,使得PF1⊥PF2,则椭圆的离心率的取值范围是()A. B.C. D.解析:因PF1⊥PF2,故|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,留意到|PF1|+|PF2|=2a,所以4a2-2|PF1||PF2|=4c2⇒|PF1||PF2|=2a2-2c2≤=a2⇒e2≥⇒e∈.答案:B7.已知i为执行如图所示的程序框图输出的结果,则二项式的开放式中含x-2项的系数是()A.192B.32C.-42D.-192解析:第一次运行:s=1,i=2;其次次运行:s=3,i=3;第三次运行:s=7,i=4;第四次运行:s=15,i=5;第五次运行:s=31,i=6;第六次运行:s=63,i=7;第七次运行:s=127,不满足循环连续的条件,故输出的i=7.所以二项式的开放式的通项为(-1)r×76-r x3-r,当r=5时,得含x-2项的系数为-42.答案:C8.在空间中,过点A作平面π的垂线,垂足为B,记B=fπ(A).设α,β是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有PQ1=PQ2,则()A.平面α与平面β垂直B.平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C.平面α与平面β平行D.平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析:设P1=fα(P),P2=fβ(P).由条件中的新定义知:PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α,故PP1∥P2Q2,PP2∥P1Q1,PP1⊥P1Q2,PP2⊥P2Q1,可知点P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,记为平面γ,可得α⊥γ,β⊥γ.当α⊥β时,PP2⊥PP1,此时四边形PP1Q2P2为矩形,PP2⊥P2Q2,故Q1与Q2重合,满足题意,A正确;B中取正方体的一个底面及与其成45°的一个体对角面,则当PQ1=1时,PQ2=,不成立;C中取正方体的一组相对的面,明显有PQ1=1,PQ2=0,不成立;D中与B类似,当PQ1=时,PQ2=,不成立,故选A.答案:A9.(2021河南商丘二模,8)函数f(x)=cos(x∈R,ω>0)的最小正周期为π,为了得到f(x)的图象,只需将函数g(x)=sin的图象()A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度解析:先由周期求得ω,再利用诱导公式、函数y=A cos(ωx+φ)的图象变换规律,可得结论.由于函数f(x)的最小正周期为π=,∴ω=2,即f(x)=cos.∴g(x)=sin=sin=cos.把函数g(x)的图象向左平移个单位长度,可得y=cos=cos=f(x)的图象,故选C.答案:C10.F是双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点,过点F向C的一条渐近线引垂线,垂足为A,交另一条渐近线于点B,若2,则C的离心率是()A. B. C.2 D.解析:由已知渐近线为l1:y=x,l2:y=-x,由条件得,F到渐近线的距离|FA|=b,则|FB|=2b,在Rt△AOF中,|OF|=c,则|OA|==a,设l1的倾斜角为θ,即∠AOF=θ,则∠AOB=2θ,在Rt△AOF中,tan θ=,在Rt△AOB中,tan 2θ=,而tan 2θ=,即,即a2=3b2,∴a2=3(c2-a2).∴e2=,即e=.答案:B11.函数f(x)=|sin x|+2|cos x|的值域为()A.[1,2]B.[,3]C.[2,]D.[1,]解析:∵f(x+π)=|sin(x+π)|+2|cos(x+π)|=|-sin x|+2|-cos x|=|sin x|+2|cos x|,∴f(x)为周期函数,其中一个周期为T=π,故只需考虑f(x)在[0,π]上的值域即可,当x∈时,f(x)=sin x+2cos x=sin(x+α),其中cos α=,sin α=,∴f(x)max=f,f(x)>f=1,当x∈时,f(x)=sin x-2cos x=sin(x+β),cos β=,sin β=-,∴f(x)max=f,f(x)min=f=1.∴f(x)的值域为[1,].答案:D12.(2021东北三省四市教研联合体高考模拟一,11)若G是△ABC的重心,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若a+b=0,则角A=()A.90°B.60°C.30°D.45°解析:由于G是△ABC的重心,∴=0,∴=-(),代入得a+b)=0,整理得=0.∴a=b=c.∴cos A=,因此A=30°.故答案为C.答案:C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.cos x d x=.解析:依题意,得cos x d x=sin x=sin-sin 0=.答案:14.(2021云南弥勒一模,13)已知m>0,(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,若a1+a2+…+a6=63,则实数m=.解析:令x=0,得a0=1,令x=1,得(1+m)6=a0+a1+a2+…+a6=1+63=64=26,因此1+m=2,解得m=1.答案:115.(2021四川资阳三模,14)如图1,已知点E,F,G分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中点,点M,N,P,Q分别在线段AG,CF,BE,C1D1上运动,当以M,N,P,Q为顶点的三棱锥Q-PMN的俯视图是如图2所示的正方形时,则点P到QMN的距离为.解析:依据俯视图可知,点P,Q,M,N的位置如下图所示.以点D为坐标原点建立空间直角坐标系,则P(a,a,0),Q(0,0,a),M(a,0,0),N(0,a,0).=(-a,-a,a),=(-a,0,a),=(-a,a,0),平面MNQ的法向量n=(1,1,1),所以点P到平面MNQ的距离为d=a.答案:a16.(2021辽宁朝阳三校协作体一模,15)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,椭圆的离心率为e1,双曲线的离心率为e2,则=.解析:不妨设椭圆的标准方程为=1,双曲线的标准方程为=1,公共焦点F1(-c,0),F2(c,0),则有+c2,c2=.在△PF1F2中,由于∠F1PF2=,由余弦定理得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|·cos∠F1PF2=|F1F2|2.所以|PF1|2+|PF2|2-|PF1|·|PF2|=|F1F2|2.所以(|PF1|+|PF2|)2-|F1F2|2=3|PF1|·|PF2|,(|PF1|-|PF2|)2-|F1F2|2=-|PF1|·|PF2|,即4-4c2=3|PF1||PF2|,4-4c2=-|PF1||PF2|,所以-c2=-3(-c2)⇒-1=-3⇒-1=-3=4.答案:4三、解答题(共70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)(2022东北三校一模,17)在△ABC中,内角A,B,C的对边a,b,c成公比小于1的等比数列,且sin B+sin(A-C)=2sin 2C.(1)求内角B的余弦值;(2)若b=,求△ABC的面积.解:(1)由sin B+sin(A-C)=2sin 2C,得sin(A+C)+sin(A-C)=4sin C cos C,故sin A=2sin C,所以a=2c,又由于b2=ac=2c2,所以cos B=.(2)由b=,得a=,c=.又由于sin B=,所以S△ABC=ac sin B=.18.(本小题满分12分)(2021东北三省四市教研联合体高考模拟一,19)已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD 为等边三角形,底面ABCD为菱形,且∠DAB=.(1)求证:PB⊥AD;(2)求平面PAB与平面PCD所成的角(锐角)的余弦值.(1)证明:取AD中点O,连接PO,BO.∵侧面PAD为等边三角形,底面ABCD为菱形且∠DAB=.∴PO⊥AD,BO⊥AD.∵PO∩BO=O,∴AD⊥平面POB.∵PB⊂平面POB,∴PB⊥AD.(2)解:∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,PO⊥AD,∴PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OA方向为x轴,OB方向为y轴,OP方向为z轴建立空间直角坐标系,设A点坐标为(1,0,0),则B(0,,0),P(0,0,),D(-1,0,0),C(-2,,0).∴=(1,0,-),=(-1,0,-),=(-1,,0),=(-2,,-).设面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则令x1=,解得n1=(,1,1),设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),同理解得n2=(,1,-1).∴cos θ=.平面PAB与平面PCD所成的角(锐角)的余弦值为.19.(本小题满分12分)(2021河北唐山一模,18)小王在某社交网络的伴侣圈中,向在线的甲、乙、丙随机发放红包,每次发放1个.(1)若小王发放5元的红包2个,求甲恰得1个的概率;(2)若小王发放3个红包,其中5元的2个,10元的1个.记乙所得红包的总钱数为X,求X的分布列和期望.解:(1)设“甲恰得一个红包”为大事A,P(A)=.(2)X的全部可能值为0,5,10,15,20.P(X=0)=,P(X=5)=,P(X=10)=,P(X=15)=,P(X=20)=.X的分布列为E(X)=0×+5×+10×+15×+20×.20.(本小题满分12分)(2022河北唐山一模,20)P为圆A:(x+1)2+y2=8上的动点,点B(1,0).线段PB的垂直平分线与半径PA相交于点M,记点M的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)当点P在第一象限,且cos∠BAP=时,求点M的坐标.解:(1)圆A的圆心为A(-1,0),半径等于2.由已知|MB|=|MP|,于是|MA|+|MB|=|MA|+|MP|=2.∴曲线Γ是以A,B为焦点,以2为长轴长的椭圆,a=,c=1,b=1,∴曲线Γ的方程为+y2=1.(2)由cos∠BAP=,|AP|=2,得P.∴直线AP的方程为y=(x+1).由得5x2+2x-7=0,解得x=1或x=-.∵点M在线段AP上,∴点M的坐标为.21.(本小题满分12分)(2021云南弥勒一模,21)已知函数f(x)=e x sin x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当x∈时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.解:(1)f'(x)=e x sin x+e x cos x=e x(sin x+cos x),令y=sin x+cos x=sin,当x∈,k∈Z时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈,k∈Z时,f'(x)<0,f(x)单调递减,函数f(x)的单调递增区间为k∈Z,函数f(x)的单调递减区间为k∈Z.(2)令g(x)=f(x)-kx=e x sin x-kx,即g(x)≥0在x∈上恒成立,而g'(x)=e x(sin x+cos x)-k,令h(x)=e x(sin x+cos x)⇒h'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x.∵x∈,∴h'(x)≥0⇒h(x)在上单调递增,1≤h(x)≤.当k≤1时,g'(x)≥0,g(x)在上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意;当k≥时,g'(x)≤0⇒g(x)在上单调递减,g(x)≤g(0)=0,与题意不合;当1<k<时,g'(x)为一个单调递增的函数,而g'(0)=1-k<0,g'-k>0,由零点存在性定理,必存在一个零点x0,使得g'(x0)=0.当x∈[0,x0)时,g'(x)≤0,从而g(x)在x∈[0,x0)上单调递减,从而g(x)≤g(0)=0,与题意不合.综上所述,k的取值范围为(-∞,1].请考生在第22,23,24题中任选一题做答,假如多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)(2021辽宁朝阳三校协作体一模,23)如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,延长BA和CD相交于点P,.(1)求的值;(2)若BD为☉O的直径,且PA=1,求BC的长.解:(1)由∠PAD=∠PCB,∠P=∠P,得△PAD与△PCB相像,设PA=x,PD=y,则有⇒y=x,∴.(2)∵BD为☉O的直径,∴∠C=90°.∵PA=1,∴PB=4,PC=2.∵∠BAD=∠C=90°,∴AD=1.∴∠P=∠B=45°.∴BC=PC=2.23.(本小题满分10分)已知在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程是(t是参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程ρ=2cos.(1)推断直线l与曲线C的位置关系;(2)设M为曲线C上任意一点,求x+y的取值范围.解:(1)由题意可得,直线l的一般方程为x-y+4=0,曲线C的直角坐标系下的方程为=1,是以为圆心,1为半径的圆,该圆圆心到直线x-y+4=0的距离为d==5>1.所以直线l与曲线C的位置关系为相离.(2)由(1)得曲线C的参数方程为(θ为参数),由于M为曲线上任意一点,故设M,则x+y=cos θ+sin θ=sin∈[-].24.(本小题满分10分)(2021河南商丘二模,24)已知关于x的不等式m-|x-2|≥1,其解集为[0,4].(1)求m的值;(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.解:(1)不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1.∵其解集为[0,4],∴解得m=3.(2)由(1)知a+b=3,(方法一:利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2≥.∴当且仅当a=b=时,a2+b2取最小值.(方法二:消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3-a.∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=2.∴当且仅当a=b=时,a2+b2取最小值.。

2019 高考地理二轮练习志鸿优化系列赢在高考阶段检测评估（二）【一】选择题在交通的十字路口处, 我们常常有到以下列图的交通讯号灯, 据此达成1—2题。

1 , 同一交通讯号灯的亮度会出现变化, 你以为影响要素主假如() A BC D【分析】从资猜中能够看出这是一种以太阳能为电源的交通讯号灯要要素是阴晴状况。

【答案】 C2 以下哪一城市大批设置这类交通讯号灯成效会更好(), 所以影响其亮度变化的主A BC D【分析】太阳能交通讯号灯应当在太阳能丰富的地域大批使用是青藏高原。

【答案】 A, 我国太阳能资源最丰富的地域12017年 10月 1日18时在西昌卫星发射中心点火次近月制动开始”的口令声59 分 57 秒 , 搭载着”嫦娥二号”卫星的”长征三号丙”运载火箭,19 时整成功升空。

10 月 6 日 11 时 06 分北京飞控大厅传来”第一, 下列图为飞控大厅大屏幕上显示”嫦娥二号”翻开发动机开始制动。

达成3— 4 题。

3, 世界以下各地() ABCD利斯旭日东升【分析】”嫦娥二号”于北京时间10 月 1日19 时升空, 此时太阳直射点的经度位于，布宜诺斯艾利斯【答案】 D ( 位于西四区)是 7 时,正旭日东升。

4 , 那么该图所包含的天系统统有() A BC D【分析】该图中包含了地月系、月卫系【答案】 B ( “嫦娥二号”与月球构成的) 两级天系统统。

(2018 山东烟台二中高三月考,1—2)经国务院、中央军委同意建设的海南航天发射场估计将于 2018 年竣工并投入使用。

联合下列图, 达成 5—6题。

5 ()A B C D, 利于发射场的基础建设, 地球自转线速度大, 利于发射, 发射期间长, 有益于卫星的回收【分析】文昌有关于我国其余三个卫星发射场来说, 所处纬度低 , 在发射时可借助较大的地球自转线速度。

【答案】 B610 月 1 日北京时间 12 时, 文昌的太阳位于 ()A BC D【分析】联合地图可知 , 文昌位于以西 , 在北京时间12 不时 , 文昌的地方时还不到12时,因此太阳位于南偏东的天空。