阶段示范性金考卷讲解

阶段示范性金考卷一一、单项选择题(每小题2分，共50分)读下面经纬网示意图(a、b、c、d、e表示主要的海运要道)，完成1～2题。

1．2002年3月3日，我国航空母舰“辽宁舰”的前身“瓦良格号”航母历尽艰险，从黑海出发，经好望角，终于抵达大连。

“瓦良格”号航母移居中国的路线是()A. →c→b→d→a→B．→e→c→b→a→C．→c→b→e→a→D．→e→d→b→a→解析：注意图中0°经线和0°纬线的标注以及图示纬线间隔为45°。

黑海、好望角和大连大致经纬度的掌握是解题的基础。

从乌克兰造船厂向南经土耳其海峡进入地中海，而后向西经直布罗陀海峡进入大西洋，折向南经好望角往东进入印度洋，再向北抵达赤道附近向东南进入马六甲海峡，穿过马六甲海峡后进入南海，而后北行，经过东海、黄海进入渤海，抵达大连。

对经纬网的高度熟悉才能顺利解答该题。

答案：D2．甲、乙是横贯大陆的铁路运输大通道，下列说法正确的是()A．分别从某国首都出发到达太平洋沿岸，目的地有相同的自然带类型B．分布在所在国南部，均与南部气候相对温暖、地势相对平坦有关C．沿途经过的世界著名湖泊均由冰川作用为主形成D．均是东端点纬度较低，西端点纬度较高解析：甲、乙分别位于亚欧大陆、北美大陆。

甲铁路从华盛顿出发横穿北美大陆抵达太平洋沿岸。

乙铁路从荷兰首都阿姆斯特丹出发横穿亚欧大陆向东抵达太平洋沿岸的东桥头堡连云港。

答案：A台湾省台东市以东约33千米处的绿岛，是台湾东部的海上乐园。

下图为绿岛等高线地形图。

读图，回答3～4题。

3．岛上夏季水量最大河流的流向为()A．西北－东南B．西南－东北C．东南－西北 D.东北－西南解析：本题该岛位于台湾以东，故夏季受东南季风影响，东南迎风坡降水多，根据等高线综合判定选A。

答案：A4．关于该岛的描述正确的是()A．该岛面积约为20 km2B．M地点最适合夏至日观测海上日出C．东南部地势平坦降水少，适宜晒盐D．7月时该岛与澳大利亚西北部的风向相同解析：本题B选项中日出东北，M地东北方向有一高地阻挡视线。

电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．3. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是()A. 靠近线圈时，F N 大于mg ，F f 向左B. 靠近线圈时，F N 小于mg ，F f 向右C. 远离线圈时，F N 小于mg ，F f 向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为 ()A.Bav3B.Bav6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭 解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间内，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多 解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS，所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2014·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2g sin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgR sin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2R sin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mg sin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgR sin θB 2l2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝BlvR可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mg sin θ，解得，F安＝mg sin θ，v 0＝mgR sin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T /4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q .解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T /4＝4Φ0T①在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④(2)在t ＝T /4到t ＝T /2和t ＝3T /4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T /2到t ＝3T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T /4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝ER 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I LR＝0.3 A电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g .(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mg sin θ－μmg cos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m θ－μcos θm ＋B l C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mgB 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 运动的描述 匀变速直线运动的研究阶段示范性金考卷（含解析）本卷测试内容：运动的描述 匀变速直线运动的研究本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、4、5、6、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、7、8、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法解析：用质点代替物体采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A 错误；以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B 正确；在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C 错误；在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D 错误．答案：B2. 如图所示，由于风的缘故，河岸上的旗帜向右飘，在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘，两条船运动状态是( )A. A 船肯定是向左运动的B. A 船肯定是静止的C. B 船肯定是向右运动的D. B 船可能是静止的解析：图中河岸是静止的，由河岸上的旗帜向右飘，可知此时风向向右(相对地球而言)．A船上的旗帜向右飘表明，A船可能有以下三种情况：一是A船不动，风把旗帜吹向右方；二是A船向左运动，风相对A船向右吹，风把旗帜吹向右方；三是A船向右运动，但船速小于风速，风仍能把旗帜吹向右方．对B船，则只有B船向右运动并且速度大于风速，风才能把旗帜吹向左方，所以C正确．答案：C3. [2013·潍坊模拟]关于位移和路程，下列理解正确的是( )A．位移是描述物体位置变化的物理量B．路程是精确描述物体位置变化的物理量C．只要运动物体的初、末位置确定，位移就确定，路程也确定D．物体沿直线向某一方向运动，位移的大小等于路程解析：位移是描述物体位置变化的物理量，是矢量，既可以描述位置变化的大小，也可以描述位置变化的方向，只要初、末位置确定，位移矢量就确定，可以用从初位置指向末位置的有向线段来表示．而路程只表示运动轨迹的长度，不能表示位置的变化情况．初、末位置确定后，可以有许多不同的方式实现位置的变化，每一种运动方式都有相应的路程．物体在沿直线向单一方向运动时，位移的大小与路程相等．综上所述A、D正确．答案：AD4. “和平使命2013”联合反恐军演于7月27～8月15日在俄罗斯车里雅宾斯克切巴尔库尔靶场举行，演习第一阶段主要演练组织部队向预定地域投送，若在一次投送任务中空降兵从悬停在高空的直升机中跳下，空降兵从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则对空降兵的运动，下列说法正确的是( )A．0～10 s做自由落体运动B．10 s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15 s末C．10 s末运动方向发生变化D．10 s末～15 s末加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小解析：题中v－t图象中，图线的斜率代表加速度，从图中可以看出，0～10 s内，加速度方向向下，图线的斜率越来越小，故不是自由落体运动，10 s末速度达到最大值；10 s 末打开降落伞，加速度方向向上，做加速度逐渐减小的减速运动，15 s末加速度为零，速度达到稳定值，以后将做匀速直线运动．D项正确．答案：D5. 根据下面驾驶员安全行驶距离表格，得出的以下结论正确的是( )B. 汽车的刹车时间为2.5 sC. 汽车刹车的平均速度为253 m/sD. 汽车刹车的加速度约为6 m/s 2解析：根据题中表格可知，车速v ＝60 km/h ，反应距离x 1＝15 m ，所以驾驶员的反应时间t 1＝x 1v ＝0.9 s ，A 项错误；汽车刹车过程的平均速度为v ＝v 2＝253 m/s ，C 项正确；汽车的刹车时间t 2＝x 2v＝2.7 s ，B 项错误；汽车刹车的加速度a ＝v 22x 2＝6.2 m/s 2，D 项错误．答案：C6. 在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s 的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图象(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是( )A ．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B ．在t ＝3 s 时发生追尾事故C ．在t ＝5 s 时发生追尾事故D. 若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米 解析：根据图象可知，t ＝5 s 时两车速度相等，若不发生追尾事故，则此时两车相距最近，由图象可以求出两车的位移之差为35米，可见两车早已发生追尾，若紧急刹车时两车相距40米，则小汽车追不上大卡车，但两车最近距离为5米，故A 、C 、D 错；由图象可以求出t ＝3 s 时两车的位移之差刚好为30米，可见此时刚好发生追尾事故，所以B 对．答案：B7. 中国火箭航天集团专家称，人类能在20年后飞往火星．若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x －t 图象如图所示，则( )A. 该火星表面的重力加速度为1.6 m/s 2B. 该物体上升的时间为10 sC. 该物体被抛出时的初速度为8 m/sD. 该物体落到火星表面时的速度为16 m/s解析：由图可知物体上升的最大高度为20 m ，上升时间为5 s ，由h ＝12gt 2得g ＝1.6 m/s 2，A 对B 错．v ＝gt ＝8 m/s ，C 对D 错．答案：AC8. [2014·南昌调研]某物体沿水平方向运动，其v ­t 图象如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是( )A ．在0～1 s 内，物体做曲线运动B ．在1～2 s 内，物体向左运动，且速度大小在减小C ．在1～3 s 内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s 2D ．在3 s 末，物体处于出发点右方解析：由于运动图象表示的是速度随时间变化的规律，而不是运动的轨迹，故0～1 s 表示的是变速运动，故A 错误；1～2 s 速度是在减小，但速度为正，表示仍然向右运动，所以B 错误；1～3 s 速度图线为直线表示加速度方向不变，速度减小表示减速，故加速度方向向左，大小为a ＝Δv Δt ＝4－02－1 m/s 2＝4 m/s 2，所以C 正确；由图象可知1～2 s 与2～3 s速度图象与时间轴所围面积大小相等，相互抵消，故3 s 末的位移就等于0～1 s 的位移，方向向右，故D 正确．答案：CD9. [2014·广东茂名]我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min 内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则( )A. (a)图中h 4代表本次下潜最大深度为360 mB. 全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C. 在0～4 min 潜水员处于失重状态D. 在8～10 min 潜水员处于超重状态解析：由题(a)图可知，深潜器本次下潜最大深度为h 4，由(b)图可知，深潜器的前4 min 内的位移h 4＝360 m ，A 项正确；深潜器在0～1 min 和3～4 min 内的加速度大小a 1＝0.033 m/s 2，在6～8 min 和8～10 min 内的加速度大小a 2＝0.025 m/s 2，B 项错误；在0～4 min 潜水员在深潜器中随之先向下加速运动，再匀速运动，最后减速运动，即先处于失重状态，再处于平衡状态，最后处于超重状态，同理可知，潜水员在8～10 min 内处于失重状态，C 、D 两项错误．答案：A10. 科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A. 水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB <t BC <t CDB. 间歇发光的间隔时间是210s C. 水滴在相邻两点之间的位移满足x AB ∶x BC ∶x CD ＝1∶3∶5 D. 水滴在各点速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶4∶9解析：出现这种现象的原因是，间歇闪光灯的发光间隔恰好与水滴下落的时间间隔相同，水滴通过AB 、BC 和CD 的时间恰好相等，也就是说这三段位移恰好是匀加速下落的水滴在连续相等时间间隔内的位移，所以依据匀变速直线运动连续相邻相等时间间隔内的运动特点就可以判断出BC 正确，AD 错误．答案：BC第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共3小题，共20分)11.(6分)[2014·昆明一中高三月考]某同学利用数码相机研究竖直上抛小球的运动情况．数码相机每隔0.05 s拍照一次，如图是小球上升过程的照片，图中所标数据为实际距离，则：(1)图中t5时刻小球的速度v5＝________m/s.(2)小球上升过程中的加速度a＝________m/s2.(3)t6时刻后小球还能上升的高度h＝________m.解析：中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，即v5＝0.1914＋0.21660.1m/s＝4.08m/s；由Δs＝at2解得a＝10.04 m/s2；由已知结合速度公式v＝v0＋at求得t6时刻小球的速度v6＝3.58 m/s，根据h＝v262a求出h＝0.64 m.答案：(1)4.08 (2)10.04 (3)0.6412. (8分)在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，记录小车运动的纸带如下图所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离依次是2.0 cm、5.0 cm、9.0 cm、14.0 cm、20.0 cm.(1)根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为v B＝________m/s，C、E间的平均速度为________m/s.(2)以打B点为计时起点，建立v－t坐标系如下图所示，请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图线．(3)根据图线可得小车运动的加速度为________m/s 2. 解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，所以v B ＝x AC2×0.1＝0.050.2 m/s ＝0.25 m/s v CE ＝x CE2×0.1＝0.14－0.050.2m/s ＝0.45 m/s.(2)利用中间时刻点的瞬时速度等于平均速度计算C 、D 、E 三点的瞬时速度，作出v －t 图象，如图所示．(3)在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，则a ＝0.55－0.250.3 m/s 2＝1 m/s 2.答案：(1)0.25 0.45 (2)见解析图 (3)113. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)器材．A ．直流电源、天平及砝码B ．直流电源、毫米刻度尺C ．交流电源、天平及砝码D ．交流电源、毫米刻度尺(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v －t 图象外，还可作________图象，其纵轴表示的是________，横轴表示的是________．解析：(1)打点计时器需接交流电源．重力加速度与物体的质量无关，所以不需要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺，故D 正确．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22－h 图象，其斜率也等于重力加速度．答案：(1)D (2)v 22－h 速度平方的二分之一 重物下落的高度三、计算题(本题共4小题，共40分)14. (8分)[2013·儋州市二中、思源高中期中联考]汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线； (2)求在这60 s 内汽车行驶的路程． 解析：本题考查了运动学图象问题．(1)设t ＝10,40,60 s 时刻的速度分别为v 1，v 2，v 3.由图知0～10 s 内汽车以加速度2 m·s －2匀加速行驶，由运动学公式得v 1＝2×10 m/s＝20 m/s ①由图知10～40 s 内汽车匀速行驶，因此v 2＝20 m/s ②由图知40～60 s 内汽车以加速度1 m·s －2匀减速行驶，由运动学公式得v 3＝(20－1×20)＝0 ③根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线． (2)由速度图线可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为x ＝30＋602×20 m＝900 m ④ 答案：(1)如图所示 (2)x ＝900 m15. (10分)现从某一水池水面上方h ＝0.8 m 高处，让一质量为0.1 kg 的硬质小球自由下落，如该水池水深H ＝0.8 m ，小球从释放到落至水池底部用时t ＝0.6 s ，不计空气及水的阻力，取g ＝10 m/s 2.(1)试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？(2)若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方多高处由静止释放小球？解析：(1)设小球落至水面所用时间为t 1，在水中做匀变速运动，加速度为a ，则h ＝12gt 21v ＝gt 1H ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2解得a ＝0 m/s 2，则小球在水中匀速运动．(2)设释放点距水面的高度为x ，则小球落至水面所用时间t x ＝2xg此时速度v x ＝2gx小球落至池底部所用总时间t ＝2x g ＋H 2gx由数学知识可知，当 2xg＝H2gx时t 最小 即x ＝H2＝0.4 m.答案：(1)匀速运动 (2)0.4 m16. (10分)[2014·郑州第一次预测]2011年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一．已知该航空母舰飞行甲板长度为L ＝300 m ，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a ＝4.5 m/s 2，飞机速度要达到v ＝60 m/s 才能安全起飞．(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大？(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大？解析：(1)设战斗机被弹射出来时的速度为v 0，由v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2aL ＝30 m/s(2)设飞机起飞所用时间为t ，在时间t 内航空母舰航行距离为L 1，航空母舰的最小速度为v 1对航空母舰有L 1＝v 1t 对飞机有v ＝v 1＋atv 2－v 21＝2a (L ＋L 1)由以上三式联立解得v 1＝v －2aL ＝(60－303) m/s≈8 m/s答案：(1)30 m/s (2) 8 m/s17. (12分)甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间．解析：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程经过的时间为t ，则v 乙＝v 甲－at解得：t ＝12 s 此时甲、乙间的距离为 Δx ＝x 甲t －12at 2－v 乙t ＝36 m(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有：t 1＝v 甲a＝20 st 1时间内：x 甲＝v 甲2t 1＝100 mx 乙＝v 乙t 1＝4×20 m＝80 m此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝5 s故乙车追上甲车所需时间为t 1＋t 2＝25 s.答案：(1)36 m (2)25 s。

阶段示范性金考卷二一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知i 2＝－1，则复数z ＝i3i －i 2014在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限C ．第三象限解析：z ＝－i i ＋1＝－i (1－i )(1＋i )(1－i )－12)．答案：Dsin(π＋θ)＝3，则cos(π－2θ)＝( )B ．－1225 D.725cos θ＝35，cos(π－2θ)＝－cos2θ，由1＝2×(35)2－1＝－725，所以cos(π－2θ)＝－cos2θ＝725，故选D.答案：D3．已知向量a ＝(3，－1)，向量b ＝(sin α，cos α) ，若a ⊥b ，则sin 2α－2cos 2α的值为( )A.710B ．－1710C.1710 D ．－710解析：由a ⊥b 可得3sin α＝cos α，故tan α＝13；sin 2α－2cos 2α＝sin 2α－2cos 2αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－2tan 2α＋1＝－1710. 答案：B4．已知正三角形ABC 的边长为1，点P 是AB 边上的动点，点Q 是AC 边上的动点，且AP →＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R ，则BQ →·CP →的最大值为( )B. －32 D. －38解析：BQ ·CP ＝(BA ＋AQ )·(CA ＋AP →) ＝[BA →＋(1－λ)AC →]·(CA →＋λAB →)＝[AB →·AC →－λAB 2→＋(λ－1)AC 2→＋λ(1－λ)AB →·AC →] ＝(λ－λ2＋1)×1×1×cos60°－λ＋λ－1＝12(－λ2＋λ)－12 ＝－12(λ－12)2－38(λ≤R )．当λ＝12时，则BQ →·CP →的最大值为－38.故选D 项． 答案：D5．将函数y ＝sin2x 位，所得函数图象对应的解析式为(A ．y ＝sin(2x －π4)＋1 C ．y ＝2sin 2x解析：函数y ＝sin2x －π4)1个单位，所得函数图象(1－2sin 2x )＋1＝2sin 2x ，故选C.)(ω>0，－π2<φ<π2) 的图象关于直线x φ＝( )．－π3 B ．－π6 C.π6D.π3解析：π3－π12≥14×2πω，解得ω≥2，故当ω取最小值时，f (x )＝sin(2x ＋φ)，根据f (π12)＝0，得sin(π6＋φ)＝0，由于－π2<φ<π2，所以φ＝－π6.答案：B7．已知向量a ，b 满足a ·(a ＋b )＝3，且|a |＝2，|b |＝1，则向量a 与b 的夹角为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析：由a ·(a ＋b )＝3得，|a |21.cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－12.故向量a 答案：C8．若函数f (x )＝sin(2x －π4)＋间为( )B ．[0，π2] D ．[－π2，0]x ＋3π4)＝sin(2x －π4)－cos(2x －π4)＝2sin(2cos x 的一个单调递减区间是[0，π]，，π2]．答案：B9．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(x ∈R )(ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，如果x 1，x 2∈(－π6，π3)，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A.12 C.32解析：由图象可知T ＝2[π3－(x ＋φ)，又f (x )过点(－π6，0)，|φ|<π2，．∵x 1，x 2∈(－π，π)，且f (x 1)＝f 212＝π6，且满足|3AM →－AB →－AC →|＝( )B.14C.13D.12解析：由|3AM →－AB →－AC →|＝0得→＋AC →)．如图，AB →＋AC →＝AD →，由于＝13AD →，所以S △ABM ＝13S △ABD ＝13S △ABC .＝35，则sin(2x ＋π6)的值为( ) B.1325 D.725x cos π6－cos x sin π6＝35，32sin x －12cos x ＝35，两边平方得12sin 2x ＋14－34sin2x ＝925，∴12·1－cos2x 2＋14－34sin2x ＝925，即sin2x ·32＋cos2x ·12＝725，∴sin(2x ＋π6)＝725.答案：D12．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若3(a cos B＋b cos A )＝2c sin C ，a ＋b ＝4(a ，b 在变化)，且△ABC 的面积最大值为3，则此时△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．正三角形解析：由正弦定理得3(sin A cos B ＋cos A sin B )＝2sin 2C ，即3sin(A ＋B )＝3sin C ＝2sin 2C ，即sin C ＝3，积S ＝12ab sin C ＝34ab ≤34(a ＋b 2)2此时a ＝b ＝2，选择C.答案：C二、填空题(本大题共4在题中的横线上)，x＝(x,1)，其中x >0，若(a －2b )∥(2a ＋，2a ＋b ＝(16＋x ，x ＋1)，由题意得(8x 2＝16，又∵x >0，∴x ＝4.，OA →＝a －b ，OB →＝a ＋b ，若△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________．解析：由题意得，|a |＝1，又△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，所以OA →⊥OB →，|OA →|＝|OB →|.由OA →⊥OB →得(a －b )·(a ＋b )＝|a |2－|b |2＝0，所以|a |＝|b |，由|OA →|＝|OB →|得|a －b |＝|a ＋b |，所以a ·b ＝0.所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＝2，所以|OB →|＝|OA →|＝2，故S △OAB ＝12×2×2＝1.答案：115．[2013·海淀区期末练习]函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0，φ∈R )的部分图象如图所示，那么f (0)＝________.解析：由图可知，A ＝2，f (π)＝2， )＝1，＝－π6＋2k π(k ∈Z )， π)＝2×(－12)＝－1. |a |＝|b |＝|c |＝1，则a ·(b ＋c )＝________.解析：依题意得|3a |＝3，|4b |＝4，|5c |＝5，又3a ＋4b ＋5c ＝0，所以向量3a 、4b 、5c 首尾相接构成一个直角三角形，因此有a ·b ＝0，a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c ＝a ·c ＝|a |·|c |cos θ＝cos θ＝－35(其中θ为向量a 与c 的夹角)．答案：－35三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)[2014·河北高三质检]已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos C ＋32c ＝b .(1)求角A ；(2)若a ＝1，且3c －2b ＝1解：(1)由a cos C ＋32c ＝b ，得∵sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋∴32sin C ＝cos A sin C ，又sin Cb ＝a ，即3sin C －2sin B ＝sin A . ∴B ＋π6＝π3，即B ＝π6.18．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝3sin x cos x ＋sin 2x －32，将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度后得函数g (x )的图象，设△ABC 的三个角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ；(1)若f (C )＝0，c ＝6,2sin A ＝sin B ，求a ，b 的值．(2)若g (B )＝0且m ＝(cos A ，cos B )，n ＝(1，sin A －cos A tan B )，求m ·n 的取值范围．解：(1)f (x )＝3sin x cos x ＋sin 2x －32＝32sin2x ＋12(1－cos2x )－32＝32sin2x －12cos2x －1＝sin(2x －π6)－1.f (C )＝sin(2C －π6)－1＝0∵2sin A ＝sin B 由余弦定理知：a 2＋b 2－2由①②解得：a ＝23，b ＝(2)由题意知g (x )＝sin(2x ＋π6)sin(2B ＋π6)＝1，∴B ＝π6， －33cos A )＝12cos A ＋32sin A ＝sin(A ＋π6)A ＋π6∈(π6，π)． ＋π6)(0,1]．19．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知(2a ＋b )cos C ＋c cos B ＝0.(1)求角C 的大小；(2)若c ＝4，求使△ABC 面积取得最大值时的a ，b 的值． 解：(1)由已知及由正弦定理得(2sin A ＋sin B )cos C ＋sin C cos B ＝0，所以2sin A cos C ＋(sin B cos C ＋sin C cos B )＝0，所以sin(B ＋C )＋2sin A cos C ＝0，即sin A ＋2sin A cos C ＝0.因为0<A <π，sin A >0，所以cos C ＝－12，所以C ＝2π3.(2)因为△ABC 的面积为S ＝12ab sin C ＝34ab ，若使得S 取得最大值，只需要ab 取得最大值．由余弦定理可得，c 2＝a 2＋b 2－即16＝a 2＋b 2＋ab ≥3ab ，故ab故使得△ABC 20．(本小题满分12分)－12(的图象上两相邻对称轴间的距离为π4.的图象向右平移π8个单位，再将所得图象上各点的)，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (cos 2ωx －12＝32sin2ωx ＋cos2ωx ＋12－12＝sin(2ωx ＋π6)，由题意知f (x )的最小正周期T ＝π2，T ＝2π2ω＝πω＝π2，ω＝2，所以f (x )＝sin(4x ＋π6)．由2k π＋π2≤4x ＋π6≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得k π2＋π12≤x ≤k π2＋π3(k ∈Z )，所以函数f (x )的单调递减区间为[k π2＋π12，k π2＋π3](k ∈Z )．(2)将f (x )的图象向右平移π8个单位后，得到y ＝sin[4(x －π8)＋π6]＝sin(4x －π3)的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y ＝sin(2x －π3)．因为0≤x ≤π2，所以－π3≤2x －π3≤当2x －π3＝－π3，即x ＝0时，g (当2x －π3＝π2，即x ＝5π12时，g (x )21．(本小题满分12分)[2014·长沙一模]风景秀美的凤凰湖畔有四棵高大的银杏树，记作A 、B 、P 、Q ，欲测量P 、Q 两棵树和A 、P 两棵树之间的距离，但湖岸部分地方围有铁丝网不能靠近，现可测得A 、B 两点间的距离为100 m ，如图，同时也能测量出∠P AB ＝75°，∠QAB ＝45°，∠PBA ＝60°，∠QBA ＝90°，则P 、Q 两棵树和A 、P 两棵树之间的距离各为多少？解：在△P AB 中，∠APB ＝180°－(75°＋60°)＝45°，由正弦定理得AP sin60°＝100sin45°，解得AP ＝50 6.在△QAB 中，∠ABQ ＝90°，∴AQ ＝100 2.又∠P AQ ＝75°－45°＝30°，由余弦定理得PQ 2＝AP 2＋AQ 2－2AP ·AQ ·cos ∠P AQ ＝(506)2＋(1002)2－2×506×1002×∴PQ ＝5000＝50 2.∴P 、Q 两棵树之间的距离为为50 6 m.22．(本小题满分12分)设角A 知向量m ＝(sin A ＋sin C ，sin B －sin m ⊥n . 2B 2)，求|s ＋t |的取值范围．C )＋(sin 2B －sin A sin B )＝0， a ，b ，c 为内角A ，B ，C ab ，＝12，∵0<C <π，∴C ＝π3.(2)∵s ＋t ＝(cos A,2cos 2B 2－1)＝(cos A ，cos B )，∴|s ＋t |2＝cos 2A ＋cos 2B＝cos 2A ＋cos 2(2π3－A )＝1＋cos2A 2＋1＋cos (4π3－2A )2＝14cos2A －34sin2A ＋1 ＝－12sin(2A －π6)＋1，∵0<A <2π3，∴－π6<2A －π6<7π6，∴－12<sin(2A －π6)≤1，∴12≤|s ＋t |2<54，∴22≤|s ＋t新课标第一网系列资料 。

2021年高考（新课标）数学（理）大一轮复习试题：阶段示范性金考卷1一、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. [xx·安徽合肥模拟]已知集合A＝{x∈R||x|≥2}，B＝{x∈R|x2－x－2<0}且R为实数集，则下列结论正确的是( )A. A∪B＝RB. A∩B≠∅C. A⊆(∁R B)D. A⊇(∁R B)解析：集合A＝{x∈R||x|≥2}＝{x∈R|x≥2或x≤－2}，B＝{x∈R|x2－x－2<0}＝{x∈R|－1<x<2}，所以A∪B＝{x∈R|x>－1或x≤－2}，所以A错误；A∩B＝∅，所以B错误；∁R B＝{x∈R|x≥2或x≤－1}，所以A⊆(∁RB)，所以C正确，D错误．故选C.答案：C2. [xx·辽宁东北育才学校模拟]若命题p：∃x0∈[－3,3]，x20＋2x0＋1≤0，则对命题p的否定是( )A. ∀x∈[－3,3]，x2＋2x＋1>0B. ∀x∈(－∞，－3)∪(3，＋∞)，x2＋2x＋1>0C. ∃x0∈(－∞，－3)∪(3，＋∞)，x20＋2x0＋1≤0D. ∃x0∈[－3,3]，x20＋2x0＋1>0解析：把特称命题改为全称命题，否定结论．故选A.答案：A3. 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是()A. y＝x3B. y＝|x|＋1C. y＝－x2＋1D. y＝2－|x|解析：本题可采用排除法．是偶函数则排除A，在(0，＋∞)上单调递增则排除C，D.故选B.答案：B4. [xx·湖北高考]设U为全集．A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁U C”是“A∩B＝∅”的()A. 充分而不必要的条件B. 必要而不充分的条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要的条件解析：由韦恩图易知充分性成立．反之，A∩B＝∅时，不妨取C ＝∁U B，此时A⊆C.必要性成立，故选C.答案：C5. 设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有()A. f(x)>g(x)B. f(x)<g(x)C. f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)D. f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)解析：∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，∴当a<x<b时f(x)－g(x)>f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．答案：C6. 已知f(x)在R上是奇函数，且满足f(x＋4)＝f(x)，当x∈(0,2)时，f(x)＝2x2，则f(xx)等于()A. －2B. 2C. －98D. 98解析：∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以4为周期的周期函数，∴f(xx)＝f(503×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．又f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－2×12＝－2，即f(xx)＝－2.答案：A7. [xx·辽宁铁岭模拟]若a＝20.5，b＝logπ3，c＝log222，则有()A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. b>c>a解析：∵a＝20.5>20＝1，b＝logπ3∈(0,1)，c＝log222<log21＝0，∴a>b>c.故选A.答案：A8. [xx·广东七校联考]已知函数f (x )＝(15)x－log 3x ，若实数x 0是方程f (x )＝0的解，且x 0<x 1，则f (x 1)的值( )A. 恒为负B. 等于零C. 恒为正D. 不大于零解析：由于函数f (x )＝(15)x －log 3x 在定义域内是减函数，于是，若f (x 0)＝0，当x 0<x 1时，一定有f (x 1)<0，故选A.答案：A9. [xx·山东莱芜模拟]已知函数f (x )的定义域为[3,6]，则函数y ＝f (2x )log 12(2－x )的定义域为( )A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞B. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2 解析：要使函数y ＝f (2x )log 12(2－x )有意义，需满足⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x ≤6，log 12(2－x )>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧32≤x ≤3，0<2－x <1⇒32≤x <2.故选B. 答案：B10. 函数f (x )＝x ＋2cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上取得最大值时，x ＝( )A. 0B. π6C. π3D. π2解析：令f ′(x )＝1－2sin x ＝0，得x ＝π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π6＋ 3.又f (0)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6为最大值，故选B. 答案：B11. 某产品的销售收入y 1(万元)是产量x (千台)的函数：y 1＝17x 2(x >0)，生产成本y 2(万元)是产量x (千台)的函数：y 2＝2x 3－x 2(x >0)，为使利润最大，应生产( )A. 6千台B. 7千台C. 8千台D. 9千台解析：设利润为y ，则y ＝y 1－y 2＝17x 2－(2x 3－x 2)＝－2x 3＋18x 2(x >0)，∴y ′＝－6x 2＋36x ＝－6x (x －6)．令y ′＝0，解得x ＝0或x ＝6，经检验知x ＝6既是函数的极大值点又是函数的最大值点．答案：A12. [xx·金版创新题]函数f (x )＝2x 2ex 的图象大致是( )解析：f ′(x )＝4x e x －2x 2e x (e x )2＝4x －2x 2e x ＝2x (2－x )e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2，所以f (x )＝2x 2e x 在(－∞，0]，[2，＋∞)上单调递减，在[0,2]上单调递增．故选A.答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13. 如图所示，函数y ＝x 2与y ＝kx (k >0)的图象所围成的阴影部分的面积为92，则k ＝________.解析：由⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝kx ，得两曲线交点为(0,0)，(k ，k 2)，则S ＝⎠⎛0k (kx－x 2)d x ＝92，即k 3＝27，∴k ＝3.答案：314. [xx·浙江嘉兴模拟]已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2，x ≥2，－2，x<2，则不等式x·f(x －1)<10的解集是________．解析：当x －1≥2，即x ≥3时，f(x －1)＝(x －1)－2＝x －3，代入得x(x －3)<10，得－2<x<5，所以3≤x<5；当x －1<2，即x<3时，f(x －1)＝－2，代入得－2x<10，得x>－5，所以－5<x<3.综上不等式的解集为(－5,5)． 答案：(－5,5)15. [xx·郑州一中模考]若函数f(x)＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________．解析：f ′(x)＝2mx ＋1x －2，函数f(x)在其定义域(0，＋∞)内为增函数的充要条件是2mx ＋1x －2≥0在(0，＋∞)内恒成立，即2m ≥－1x 2＋2x 在(0，＋∞)内恒成立，由于函数φ(x)＝－1x 2＋2x ＝－(1x －1)2＋1≤1，故只要2m ≥1即可，即m ≥12.答案：[12，＋∞)16. [xx·湖南长沙模拟]已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝e x －ax ，若函数f (x )在R 上有且仅有4个零点，则a 的取值范围是________．解析：本题考查函数的求导与零点的判断. 函数f (x )是定义在R 上的偶函数，所以研究函数零点的个数，只考虑x >0的情况，作出函数y ＝e x ，y ＝ax 图象，当两函数有两交点时，满足题意，即求出过原点与函数y ＝e x相切的直线斜率，y ′＝e x，设切点坐标为(x 0，e x 0)，e x 0x 0＝e x 0⇒x 0＝1，切线的斜率为k ＝e ，故当a >e 时有四个零点．答案：(e ，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知R 为全集，集合A ＝{x |log 12(3－x )≥－2}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪5x ＋2≥1，求(∁R A )∩B . 解：由已知log 12(3－x )≥log 124，因为y ＝log 12x 为减函数，则有⎩⎨⎧3－x ≤4，3－x >0，解得－1≤x <3，所以A ＝{x |－1≤x <3}．于是∁R A ＝{x |x <－1或x ≥3}．由5x ＋2≥1，解得－2<x ≤3，所以B ＝{x |－2<x ≤3}． 故(∁R A )∩B ＝{x |－2<x <－1或x ＝3}．18．(本小题满分12分)已知定义域为R 的函数f (x )＝－2x ＋b2x ＋1＋a 是奇函数．(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )<0恒成立，求k 的取值范围．解：(1)由f (0)＝0可知b ＝1， 从而有f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋a.又由f (1)＝－f (－1)知－2＋14＋a ＝－－12＋11＋a ，解得a ＝2.经检验符合题意，∴a ＝2，b ＝1. (2)由(1)知f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋2＝－12＋12x ＋1.易知f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数．又因为f (x )是奇函数，从而不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )<0等价于f (t 2－2t )<－f (2t 2－k )＝f (－2t 2＋k )．因为f (x )是减函数，由上式推得t 2－2t >－2t 2＋k ，即对一切t ∈R 有3t 2－2t －k >0.从而判别式Δ＝4＋12k <0，解得k <－13.所以k 的取值范围是(－∞，－13)．19．[xx·成都质量检测](本小题满分12分)设有两个命题： 命题p ：函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1在[1，＋∞)上是单调递减函数；命题q ：已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线2x ＋y ＝1平行，且f (x )在[a ，a ＋1]上单调递减，若命题p 或q 为真，p 且q 为假，求实数a 的取值范围．解：由f (x )＝－x 2＋ax ＋1在[1，＋∞)上是单调递减函数知a2≤1，即a ≤2.由f ′(x )＝3mx 2＋2nx 得⎩⎨⎧f ′(－1)＝3m －2n ＝－2，f (－1)＝－m ＋n ＝2，即⎩⎨⎧m ＝2，n ＝4.所以f (x )＝2x 3＋4x 2.令f ′(x )＝6x 2＋8x ≤0，得x ∈[－43，0]为f (x )的单调递减区间．依题意知[a ，a ＋1]⊆[－43，0]，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－43，a ＋1≤0得－43≤a ≤－1.因为命题p 或q 为真，p 且q 为假，所以p 和q 一真一假． 当p 真q 假时，－1<a ≤2和a <－43；当p 假q 真时，a 不存在．故实数a 的取值范围是(－∞，－43)∪(－1,2]． 20．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ax －e x (a >0)．(1)若a ＝12，求函数f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)当1≤a ≤e ＋1时，求证：f (x )≤x .解：(1)当a ＝12时，f (x )＝12x －e x ，f (1)＝12－e ， f ′(x )＝12－e x ，f ′(1)＝12－e ， 故函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y －12＋e ＝(12－e)(x －1)，即(12－e)x －y ＝0.(2)证明：令g (a )＝x －f (x )＝－xa ＋x ＋e x ，只需证明g (a )≥0在1≤a ≤e ＋1时恒成立即可．g (1)＝－x ＋x ＋e x ＝e x >0，①g (1＋e)＝－x ·(1＋e)＋x ＋e x ＝e x －e x .设h (x )＝e x －e x ，则h ′(x )＝e x －e.当x <1时，h ′(x )<0；当x >1时，h ′(x )>0.∴h (x )在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增．∴h (x )≥h (1)＝e 1－e·1＝0，即g (1＋e)≥0.②由①②知，g (a )≥0在1≤a ≤e ＋1时恒成立．故当1≤a ≤e ＋1时，f (x )≤x .21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，所以当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a，由f′(x)<0，解得－a<x<a，所以当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)，f(x)的单调递减区间为[－a，a]．(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0.所以a＝1.所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性，可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．22．[xx·课标全国卷Ⅰ](本小题满分12分)设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e. 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.32527 7F0F 缏28508 6F5C 潜$31272 7A28 稨=E,20218 4EFA 仺29425 72F1 狱21835 554B 啋E24514 5FC2 忂34783 87DF 蟟33806 840E 萎。

选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、5、6、9、10小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、7、8小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·上海市十校高三联考]下列说法中正确的是( )A. 温度低的物体内能小B. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加C. 温度低的物体分子运动的平均动能小D. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大解析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素有关，所以温度低的物体内能不一定小，选项A错误；做功和热传递均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项B错误；物体的温度低表示物体分子运动的平均动能小，选项C正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，显然，选项D错误．答案：C2. 在冬季，装有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，产生这种现象的主要原因是( )A. 软木塞受潮膨胀B. 瓶口因温度降低而收缩变小C. 白天气温升高，大气压强变大D. 瓶内气体因温度降低而压强减小解析：冬季气温较低，瓶中的气体V不变，因T减小而使p减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞向下推使瓶塞塞紧，所以拔起来就感到很吃力，故D正确．答案：D3. 如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是( )A. a点B. b点C. c 点D. d 点解析：由分子力与分子之间距离的图象可以看出，乙分子从无穷远处到c 点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从c 到d 过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过位置c 时速度最大．答案：C4. [2013·广州模拟]一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B ，气体的压强随热力学温度的变化如图所示，则此过程( )A. 气体的密度增大B. 外界对气体做功C. 气体从外界吸收了热量D. 气体分子的平均动能增大解析： 由图象可得：从状态A 到状态B ，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程pV T ＝C ，气体的体积V 减小，由密度公式ρ＝m V，故气体的密度增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变，选项D 错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，该气体要放热，故选项B 正确，选项C 错误．答案：AB5. 关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A. 第二类永动机违反能量守恒定律B. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C. 外界对物体做功，则物体的内能一定增加D. 做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析： 第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错．据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，内能的变化由做功W 和热传递Q 两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B 、C 项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D 正确．答案：D6. [2014·浙江杭州]如图所示为中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶．在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞．在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气的过程中，瓶内气体体积减小了ΔV时，压强增大了20%.若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )A. 20%B. 30%C. 40%D. 50%解析：瓶内气体做等温变化，设初始状态，气体压强为p，体积为V，当瓶内气体体积减小2ΔV时，气体压强大小为xp，根据气体定律可得，pV＝1.2p(V－ΔV)＝xp(V－2ΔV)，解得，x＝1.5，所以，其压强增大50%，D项正确．答案：D7. 一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p－T 图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断( )A. ab过程中气体体积不断减小B. bc过程中气体体积不断减小C. cd过程中气体体积不断增大D. da过程中气体体积不断增大解析：分析图象时要注意，在p－T图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小．四条直线段只有ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程．Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据p－T图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出V a＝V b>V d>V c，故选项B、C、D正确．答案：BCD8. [2014·江苏淮安高三期末调研]下列说法中正确的是( )A. 晶体一定具有规则的几何外形B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同D. 当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同解析：晶体有单晶体和多晶体之分，整个物体就是一个晶体的叫作单晶体，单晶体一定具有规则的几何外形，如雪花、食盐小颗粒、单晶硅等；如果整个物体是由许多杂乱无章地排列着的小晶体组成的，这样的物体就叫作多晶体，多晶体没有确定的几何外形，如大块的食盐、黏在一起的蔗糖、各种金属材料等．选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，具体来说，叶面上的小露珠与气体接触的表面层中的分子分布比内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小露珠表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张力，小露珠表面层在液体表面张力的作用下呈球形，选项B正确；由液晶的性质可知，当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子运动的平均动能相同，但分子的平均速率不同，选项D错误．答案：BC9. 如图所示为一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是 ( )A. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数两状态一样多D. 单位体积的分子数两状态一样多解析：由题图可知一定质量的气体a、b两个状态压强相等，而a状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A、C错，B对；一定质量的气体，分子总数不变，V b＞V a，单位体积的分子数a状态较多，故D错．答案：B10. [2013·成都二诊]A、B为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C、D为两重物，质量m C>m D，按如图所示方式连接并保持平衡．现使A、B的温度都升高10℃，不计活塞及滑轮系统的质量和摩擦，则系统重新平衡后( )A. C 下降的高度比D 下降的高度大B. C 下降的高度比D 下降的高度小C. C 、D 下降的高度一样大D. A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同解析：系统平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D g S，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pV T ＝C (常量)可知，当p 不变时，ΔV ＝ΔTC p，又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的高度大，选项A 正确．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(8分)11. (8分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待其散开稳定④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜面积请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：错误的步骤：_____________________________________________有遗漏的步骤：___________________________________________(2)实验中，用a mL 纯油酸配制成b mL 的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c mL ，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为S cm 2，估算油酸分子的直径大小为________cm.(3)用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．A. 摩尔质量B. 摩尔体积C. 质量D. 体积 解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d ＝V S ＝a b c S ＝ac bS. (3)由油酸分子的直径易得油酸分子的体积为43π(d 2)3＝16πd 3.欲求阿伏加德罗常数，由题中选项知，B 正确．答案：(1)②在量筒中滴入N 滴溶液，测出它的体积 ③在水面上先撒上痱子粉 (2)ac bS(3)B三、计算题(本题共5小题，共52分)12. (8分)[2014·洛阳五校联考]如图所示p －V 图中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律 U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体内能的减少量为690 J(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA 过程中气体内能变化量U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J气体一定从外界吸收热量．答案：(1)减少了690 J (2)吸收490 J13. (8分)[2014·河北唐山]如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S .活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的小物体，轻绳跨在定滑轮上．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p 0(mg <p 0S )．汽缸内气体的温度为T 0，轻绳处在自然伸直状态．不计摩擦，缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求：(1)气体体积减半时的温度T 1；(2)建立p －V 坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程．解析：(1)设初始气体体积为V ，在气体体积减半时，缸内气体压强为p 0－mg S. 根据气体定律可得，p 0V T 0＝p 0－mg S V 2T 1. 解得，T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0. (2)刚开始缓慢降温时，缸内气体的体积不变，压强减小，气体做等容变化；当缸内气体压强降为p 0－mg S时，气体的压强不变，体积减小，气体做等压变化．如图所示．答案：(1)T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0 (2)见解析图 14. (10分)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3 m 2、质量为m ＝4 kg 厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675 K 时封闭气体的压强．解析：(1)当气缸水平放置时，有p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝24S当气缸竖直放置时，有 p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋402×10－3)Pa ＝1.2×105 Pa V 2＝L 2S由等温变化可得p 1V 1＝p 2V 2解得L 2＝p 1V 1p 2S ＝1.0×105×24S 1.2×105Scm ＝20 cm (2)设活塞到卡环时温度为T 3，此时V 3＝36S由等压变化可得V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝V 3V 2T 2＝36S 20S×300 K＝540 K 由540 K 到675 K 等容变化有p 3T 3＝p 4T 4解得p 4＝T 4T 3p 3＝675540×1.2×105 Pa ＝1.5×105 Pa 答案：(1)20 cm (2)1.5×105Pa15. (1)(5分)下列说法中正确的是________．A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D. 氢气和氮气的温度相同时，它们的分子平均速率不相同E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大(2)(8分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L 1为20 cm ，水银上表面与导线下端的距离L 2为10 cm ，管内水银柱的高度h 为8 cm ，大气压强为75 cm 水银柱高．求：①当温度达到多少时，报警器会报警？②如果要使该装置在87℃时报警，求再往玻璃管内注入的水银的高度．解析：(1)布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，A 项错误；由于液体表面张力的作用使叶面上的小露珠呈球形，B 项正确；多晶体不具有规则几何形状，C 项错误；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于它们的分子质量不同，所以它们分子的平均速率不相同，D 项正确；当分子力表现为斥力时，分子之间的距离小于r 0，当分子间的距离减小时，分子力和分子势能都增大，E 项正确．(2)①对水银封闭的气体，初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝273＋27 K ＝300 K.末状态：V 2＝(L 1＋L 2)S ，T 2＝273＋t 2根据气体定律得：V 1T 1＝V 2T 2解得，t 2＝177℃.②设应该再往玻璃管内注入水银的高度为x ，对水银封闭的气体，初状态：p 1＝p 0＋h ，V 1＝L 1S ，T 1＝300 K.末状态：p 3＝p 0＋h ＋x ，V 3＝(L 1＋L 2－x )S ，T 3＝360 K根据气体定律得，p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得，x ＝8.14 cm.答案：(1)BDE (2)①177℃ ②8.14 cm16. (1)(5分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．A. 外界对气体做功，气体内能可能增加B. 在压强不变的条件下，体积增大，则气体分子的平均动能可能减少C. 压强减小，体积减小，分子的平均动能不一定减小D. 对一定质量的气体加热，其内能不一定增加E. 一定质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小(2)(8分)[2013·山西太原期末]如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的细管B 插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差x 即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由管上的刻度直接读出．(B 管的体积与A 泡的体积相比可忽略)①在标准大气压下(p 0＝76 cmHg)，对B 管进行温度刻线．已知温度t 1＝27℃，管内与槽中水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度即为27℃的刻度线．求当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0.②若大气压变为p 1＝75 cmHg ，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？解析：(1)外界对气体做功，若气体吸收热量，则气体内能增加，A 项正确；对于一定量的理想气体，在压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项错误；根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，若气体压强减小，体积减小，则气体温度降低，气体分子的平均动能一定减少，C 项错误；气体吸收热量有可能同时对外做功，其内能不一定增加，D 项正确；一定质量的气体，体积不变时，温度越低，单位体积气体分子的个数不变但分子的平均动能减少，故气体的压强减小，E 项正确．(2)①由于B 管的体积与A 的体积相比可忽略，所以气体做等容变化，p 1＝p 0－p x ＝60 cmHg ，T 1＝300 K由查理定律，p /p 1＝T /T 1解得p ＝54.6 cmHg.当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0＝76 cm －54.6 cm ＝21.4 cm.②此时A 内气体压强p ′＝(75－16) cmHg ＝59 cmHg ，由查理定律，p ′/p 1＝T ′/T 1，解得T ′＝295 K即实际温度是22℃.答案：(1)ADE (2)①21.4 cm ②22℃。

2021年高考历史一轮总复习阶段示范性金考卷6（含解析） (测试范围：中国古代主流思想的演变西方人文精神的起源和发展近现代中国的先进思想)温馨提示：本套题做题时间为60分钟，分值100分，请您把握好时间，认真做答。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。

每小题2分，共20个小题，共40分)1. [xx·北京东城期末]“王道既微，诸侯力政，时君世主，好恶殊方，是以九家之术，蜂出并作，各引一端，崇其所善，以此驰说，取合诸侯。

”上述现象出现的社会文化背景是( )A. 礼崩乐坏，思想观念多元B. 尊黄老之学，学术环境宽松C. 儒、释、道并存，儒学遭遇挑战D. 拜金逐利盛行，传统道德观念被冲击解析：本题实际要求回答百家争鸣的背景，春秋战国时期礼崩乐坏，思想多元，故A项正确；黄老学说被尊崇一般在朝代建立之初，故B项错误；儒、释、道并存开始于汉，而不是战国，故C项错误；拜金逐利盛行和传统道德观念被冲击应该是在明清时期，故D项错误。

答案：A2. [xx·河北保定模拟]历代帝王对孔子的加封、尊崇的规格不断提高。

从西汉昭帝追封孔子为褒成宣尼公，到东晋时皇帝亲自祭奠孔子，再到宋代下诏必须避讳孔子的名字，直到清康熙皇帝对孔子行三跪九拜之礼。

这一现象表明( )A. 皇权独尊观念受到儒学思想的冲击B. 孔子的思想对古代政治影响巨大C. 儒家思想的正统地位得到不断强化D. 皇帝借尊崇孔子来提高个人声望解析：本题以孔子在历代王朝的地位为切入点，考查儒家思想的地位、中国传统文化主流思想的演变。

材料反映了历代帝王对孔子的加封、尊崇的规格不断提高，是因为儒家思想是官方统治思想，有利于维护封建统治。

答案：C3. [xx·江苏徐州一模]《史记·高祖本纪》载：“高祖，沛丰邑中阳里人，姓刘氏，字季。

父曰太公，母曰刘媪。

其先刘媪尝息大泽之陂，梦与神遇。

是时雷电晦冥，太公往视，则见蛟龙于其上。

阶段示范性金考卷四本卷测试内容：第二部分第一、二章(时间：90分钟分值：100分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、单项选择题(每小题2分，共50分)读我国沿海某市2011年人口金字塔(黑色部分表示外来人口)图，回答1～2题。

1. 该市人口自然增长率最高的年代是20世纪()A. 40年代B. 60年代C. 80年代D. 90年代解析：由图可以看出，40～45岁的人口占比重最大，说明距2011年40～45年以前人口自然增长率最高，即20世纪60年代。

答案：B2. 该市人口增长模式最有可能是()A. 高－低－高B. 高－高－低C. 高－高－高D. 低－低－低解析：由图中的信息可以看出，0～5岁人口的比例较低，再结合该城市分布在我国沿海地区，可知该城市是“低－低－低”的人口增长模式。

答案：D某地区2012年人口总量2 443万，城镇人口1 452万(外来人口有520万)，农村人口991万。

下图为该地区部分人口资料图。

读图完成3～5题。

3. 目前，该地区人口自然增长特点为()A. 高出生率、高死亡率、极低自然增长率B. 低出生率、高死亡率、较低自然增长率C. 高出生率、低死亡率、高自然增长率D. 低出生率、低死亡率、低自然增长率解析：该地区人口出生率在1%左右，死亡率、自然增长率在1%以下，属于低出生率、低死亡率、低自然增长率的现代型人口增长模式。

答案：D4. 影响该地区城镇与乡村人口老龄化差异的直接因素是()A. 人口政策B. 医疗条件C. 人口迁移D. 经济水平解析：该地区农村人口老龄化高于城镇，原因是农村人口迁入城镇，迁移人口以青壮年为主。

答案：C5. 上题直接因素对该市的影响有()A. 缓和了当地就业紧张的局面B. 制约了该市的经济发展C. 减少了该市被抚养人口的数量D. 加大了城市基础设施的压力解析：人口迁入在提供劳动力、促进城市经济发展的同时，也加大了城市基础设施的压力。

答案：D全国第六次人口普查数据显示，我国人口总数为133 972万人，与第五次人口普查相比，十年增加7 390万人，年均增长0.57%。

阶段示范性金考卷(八)本卷测试内容：磁场第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、6、7、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、8、11小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.下列说法正确的是()A. O点的磁感应强度大小为2BB. O点的磁感应强度大小为5BC. O点的磁感应强度方向水平向右D. O点的磁感应强度方向沿OI3方向指向I32. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是()A. B＝mg tanα/(IL)，方向垂直斜面向上B. B＝mg sinα/(IL)，方向垂直斜面向下C. B＝mg tanα/(IL)，方向竖直向上D. B＝mg/(IL)，方向水平向右3. [2014·广州实验中学检测]如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大4. 如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是()A. 始终做匀速运动B. 始终做减速运动，最后静止于杆上C. 先做加速运动，最后做匀速运动D. 先做减速运动，最后做匀速运动5. [2013·山西四校联考]如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．下面判断正确的是()A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场6. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将()A. 大于vB. 小于vC. 等于vD. 无法确定7. [2014·江西景德镇]如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子()A. 是正离子，速率为kBR/cosαB. 是正离子，速率为kBR/sinαC. 是负离子，速率为kBR/sinαD. 是负离子，速率为kBR/cosα8. [2014·江西重点中学联考]如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是()A. 导电圆环有收缩的趋势B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIRD. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR 9. 如图所示，有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有m a ＝m b <m c ＝m d ，以不等的速率v a <v b ＝v c <v d 进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B 2的磁场，另两个离子射向P 1和P 2.由此可判定( )A. 射向P 1的是a 离子B. 射向P 2的是b 离子C. 射向A 1的是c 离子D. 射向A 2的是d 离子 10. 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．板MN 下方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．板上有一小孔O和宽为d 的缝AC ，小孔与缝左端A 的距离为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从小孔垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A. 这些粒子从缝射出的速度方向不一定垂直于MNB. 从缝右端C 点射出的粒子比从缝左端A 点射出的粒子在磁场中运动的时间长C. 射出粒子的最大速度为(L ＋d )BqmD. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变11. [2014·江苏扬州中学高三质检]如图所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向自A 点射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长12. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C 的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 沿平行平面C 的方向通过金属块时，金属块上、下两面M 、N 上的电势分别为j M 、j N ，则下列说法中正确的是( )A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI ed |1j M －j N|B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI eh |1j M －j N |C. M 面比N 面电势高D. 金属块的左面比右面电势低第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分) 13. (12分)[2013·苏州模拟]如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k .在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合，当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g )(2)若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？(3)若k ＝2.0 N/m ，ab ＝0.20 m ，cb ＝0.050 m ，B ＝0.20 T ，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？14. (12分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A 点进入磁场，但初速度大小为22v0、方向与x轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角．(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标．15. (12分)如图所示，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d，右边足够宽，底面MN为荧光屏，在荧光屏中心O处置一粒子源，可以向纸面内以OA、OB为边界的区域内连续均匀发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的正粒子，其中沿OA 方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光．OA、OB与MN的夹角分别为α＝60°，β＝30°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)分别沿OA、OB方向发射的粒子在磁场中运动的时间差Δt.16. (14分)如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁场的下边界与x轴重合．一质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝1×10－10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60°角的方向从N点射入，经P点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y轴上的M点并沿与y轴负方向成60°角的方向飞出．第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B2，E的大小为0.5×103 V/m，B2的大小为0.5 T；M点的坐标为(0，－10 cm)，N点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力．(1)求匀强磁场B1的大小和微粒的运动速度v.(2)B1磁场区域的最小面积为多少？。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习选修3－5阶段示范性金考卷（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、3、7、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第2、4、5、6、8、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 有关光的本性的说法正确的是( )A. 关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B. 光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C. 光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性D. 在光的双缝干涉实验中，如果光通过双缝则显出波动性，如果光只通过一个缝则显出粒子性解析：牛顿提出“微粒说”不能说明光的本性，A错；光既不能看成宏观上的波也不能看成微观上的粒子，B错；双缝干涉和单缝衍射都说明光的波动性，当让光子一个一个地通过单缝时，曝光时间短显示出粒子性，曝光时间长则显示出波动性，D错误．答案：C2. 如图所示为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9 eV之间的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是( )A. 照射光中只有一种频率的光子被吸收B. 照射光中有三种频率的光子被吸收C. 氢原子发射出三种不同波长的光D. 氢原子发射出六种不同波长的光解析：氢原子只能吸收特定频率的光子，才能从低能级跃迁到高能级，题中氢原子可能吸收的光子能量有12.75 eV、12.09 eV、10.20 eV三种，选项A错误、B正确；氢原子可以吸收大量能量为12.75 eV的光子，从而从n＝1的基态跃迁到n＝4的激发态，共可发射出C24＝4×32＝6种不同波长的光，选项C错误、D正确．答案：BD3. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上．已知m A<m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )A. 静止B. 向右运动C. 向左运动D. 无法确定解析：选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零．初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确．答案：A4. [2013·南京高三一模]下列说法正确的是 ( )A. 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律B. 原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量等于原来的原子核的质量C. 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D. 在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固解析：原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量数等于原来的原子核的质量数，但是质量有亏损，所以选项B错误；氢原子的核外电子离核越远氢原子的能量越高，当氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时要向外辐射光子，而氢原子的能量减少，所以选项C正确；在原子核中，比结合能的大小能够反映核的稳定程度，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，所以选项D错误．本题答案为AC.答案：AC5. 如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象．下列说法中正确的是( )A. 若D和E能结合成F，结合过程一定要释放能量B. 若D和E能结合成F，结合过程一定要吸收能量C. 若A能分裂成B和C，分裂过程一定要释放能量D. 若A能分裂成B和C，分裂过程一定要吸收能量解析：若D和E能结合成F，结合过程有质量亏损，释放能量；若A能分裂成B和C，分裂过程有质量亏损，释放能量，所以A、C正确．6. [2014·山东潍坊模拟]下列说法正确的是( )A. 卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B. 根据玻尔理论可知，当氢原子从n ＝4的状态跃迁到n ＝2的状态时，发射出光子C. β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D. 原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关 解析：卢瑟福通过α粒子散射实验总结并建立了原子核式结构模型，选项A 正确；氢原子从高能级向低能级跃迁时以光子的形式释放能量，选项B 正确；β衰变时所释放的电子是原子核内部变化所释放的，选项C 错误；原子核的衰变快慢是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的状态无关，选项D 正确．答案：ABD7. [2013·银川一中高三二模]下列说法中错误的是( )A. 卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He ＋14 7N→17 8O ＋11HB. 铀核裂变的核反应是235 92U→141 56Ba ＋9236Kr ＋210nC. 质子、中子、α粒子的质量分别为m 1，m 2，m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2D. 原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子 解析：卢瑟福用α粒子轰击N 原子核发现了质子，A 项正确；铀核裂变的核反应是235 92U＋10n→141 56Ba ＋9236Kr ＋310n ，所以B 项错误；质子和中子结合成一个α粒子，释放能量符合质能方程，C 项正确；原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，所以原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的能量为ab 能级间与bc 能级间的能量差值，即hc λ2－hc λ1＝hc (λ1－λ2λ1λ2)，所以吸收的光子的波长为λ1λ2λ1－λ2，D 项正确．故本题选B. 答案：B8. [2013·南京一模]下列说法正确的是( )A. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的B. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，肯定是因为光的强度太小C. 按照玻尔理论，氢原子核外电子向高能级跃迁后动能减小D. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子解析：照射光的频率大于金属的极限频率时，金属上的电子才会逸出，频率越大，电子的初动能越大，选项B 错误；β衰变是放射性原子核放射电子(β粒子)而转变为另一种核的过程，β射线来源于原子核而不是核外电子，所以选项D 错误．9. 氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A. 氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B. 氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C. 在水中传播时，a 光较b 光的速度小D. 氢原子在n ＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析：原子核受到激发才会辐射出γ射线，A 项错误；氢原子从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁，是原子外层电子的跃迁，只能辐射可见光，B 项错误；由E ＝h ν，知νa >νb ，得n a >n b ，由v ＝c n知，在水中传播时a 光较b 光的速度小，C 项正确；从n ＝2的能级电离所需的最小能量E ＝E ∞－E 2＝3.4 eV ，光子能量低于此值不可能引起电离，因此只有频率足够高的光才可能引起电离，D 项错误．答案：C10. 小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d .若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是( )A. 待打完n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B. 待打完n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为md nm ＋M D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同解析：车、人、枪、靶和n 颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A 错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n －1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m x 子t －[M ＋(n －1)m ]·x 车t ，由位移关系有：x 车＋x 子＝d ，解得x 车＝md M ＋nm，故C 正确；每射击一次，车子都会右移，故B 正确．答案：BC11.下列说法正确的是( )A. 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则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. 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小C. 核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量D. 太阳内部发生的核反应是热核反应E. 原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的解析：根据爱因斯坦光电效应方程可知，光线照射金属板发生光电效应时，从金属表面上逸出光电子的最大初动能与光的频率有关，而与光的照射强度无关，A项错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，电子与原子核之间的距离减小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B项正确；根据质能关系可知，C项正确；根据核反应知识可知，D项正确；原子核的衰变是自发进行的，E项错误．答案：BCD12. 下列关于近代物理知识的描述中，正确的是( )A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出B. 处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子C. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D. 在147N＋42He→178O＋X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变E. 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定解析：由光电效应规律可知，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用频率大的紫光照射也一定会有电子逸出，A项正确；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出C23＝3种频率的光子，B项正确；衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电子，电子从原子核内发射出来而形成的，C项错误；根据质量守恒和电荷守恒可知，X是质子，这个反应过程叫原子核人工转变，D项错误；根据比结合能定义可知，E项正确．答案：ABE第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、填空题(本题共3小题，共18分)13. (6分)已知235 92U有一种同位素核比235 92U核多3个中子．某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生α衰变，放出的α粒子的速度大小为v0.写出衰变的核反应方程________(产生的新核的元素符号可用Y表示)；衰变后的新核速度大小为________．解析：设核子质量为m，则α粒子质量为4m，产生的新核质量为234m,238 92U衰变，由动量守恒有234mv＝4mv0，解得v＝2117v0.答案：238 92U→234 90Y＋42He2 117v014. (6分)氢原子的能级如图所示，当氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为________eV.现有一群处于n ＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有________种．解析：金属的逸出功为W ＝E 4－E 2＝－0.85 eV －(－3.40) eV ＝2.55 eV ；从能级n ＝4分别跃迁到能级n ＝1和能级n ＝2，从能级n ＝3和能级n ＝2分别跃迁到能级n ＝1均能使该金属发生光电效应，即有4种频率的光符合要求．答案：2.55 415. (6分)如图所示为研究光电效应规律的实验电路，利用此装置也可以进行普朗克常量的测量．只要将图中电源反接，用已知频率ν1、ν2的两种色光分别照射光电管，调节滑动变阻器……已知电子电荷量为e ，要能求得普朗克常量h ，实验中需要测量的物理量是________；计算普朗克常量的关系式h ＝________(用上面的物理量表示)．解析：电流表示数为零，此时光电管两端所加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU 极＝12mv 2m ＝h ν－W 0有eU 1＝h ν1－W 0①，eU 2＝h ν2－W 0②，解得h ＝e U 1－U 2ν1－ν2.答案：分别使电流表示数恰好为零时电压表的读数U 1、U 2 e U 1－U 2ν1－ν2三、计算题(本题共3小题，共32分)16. (10分)[2014·河南洛阳]如图所示，一质量M ＝2 kg 的长木板B 静止于光滑水平面上，B 的右边有竖直墙壁．现有一小物体A (可视为质点)质量m ＝1 kg ，以速度v 0＝6 m/s 从B 的左端水平滑上B ，已知A 和B 间的动摩擦因数μ＝0.2，B 与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失，若B 的右端距墙壁x ＝4 m ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？解析：设A 滑上B 后达到共同速度v 1前并未碰到竖直墙壁．由动量守恒定律得，mv 0＝(M ＋m )v 1在这一过程中，对B 由动能定理得，μmgx B ＝12Mv 21 解得，x B ＝2 m<4 m ，假设成立．设B 与竖直墙壁碰后，A 和B 的共同速度为v 2.由动量守恒定律得，Mv 1－mv 1＝(M ＋m )v 2由能量守恒定律得，μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 22 解得，L ＝8.67 m.答案：8.67 m17. (10分)如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 运动，当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，求滑块A 从P 点出发时的初速度v 0.(取重力加速度为g )解析：令A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时速度为v 1(碰前)，由功能关系，12mv 20－12mv 21＝μmgl 1 碰撞过程中动量守恒，令碰后瞬间A 、B 共同运动的速度为v 2根据动量守恒定律，mv 1＝2mv 2碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为v 3，在这一过程中，弹簧的弹性势能在始末状态都为零．根据动能定理，12(2m )v 22－12(2m )v 23＝μ(2m )g (2l 2) 此后A 、B 分离，A 单独向右滑到P 点停下由功能关系得12mv 23＝μmgl 1 联立各式解得v 0＝μgl 1＋16l 2. 答案：μg l 1＋16l 218. (12分)[2014·北京西城]如图所示，一质量M ＝1.0 kg 的砂摆，用轻绳悬于天花板上O 点．另有一玩具枪能连续发射质量m ＝0.01 kg 、速度v ＝4.0 m/s 的小钢珠．现将砂摆拉离平衡位置，由高h ＝0.20 m 处无初速度释放，恰在砂摆向右摆至最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入砂摆，二者在极短时间内达到共同速度．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.(1)求第一颗小钢珠射入砂摆前的瞬间，砂摆的速度大小v 0；(2)求第一颗小钢珠射入砂摆后的瞬间，砂摆的速度大小v 1；(3)第一颗小钢珠射入后，每当砂摆向左运动到最低点时，都有一颗同样的小钢珠水平向左射入砂摆，并留在砂摆中．当第n 颗小钢珠射入后，砂摆能达到初始释放的高度h ，求n .解析：(1)砂摆从释放到最低点，由动能定理得Mgh ＝12Mv 2解得，v 0＝2gh ＝2.0 m/s.(2)小钢珠打入砂摆过程，由动量守恒定律得，Mv 0－mv ＝(M ＋m )v 1解得，v 1＝Mv 0－mvM ＋m ≈1.94 m/s.(3)第2颗小钢珠打入过程，由动量守恒定律得，(M ＋m )v 1＋mv ＝(M ＋2m )v 2第3颗小钢珠打入过程，同理(M ＋2m )v 2＋mv ＝(M ＋3m )v 3…第n 颗小钢珠打入过程，同理[M ＋(n －1)m ]v n －1＋mv ＝(M ＋nm )v n联立各式得，(M ＋m )v 1＋(n －1)mv ＝(M ＋nm )v n解得，v n ＝M ＋m v 1＋n －mvM ＋nm当第n 颗小钢珠射入后，砂摆要能达到初始释放的位置，砂摆速度满足：v n ≥v 0解得，n ≥M ＋m v 1－mv －Mv 0m v 0－v＝4所以，当第4颗小钢珠射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度．答案：(1)2.0 m/s (2)1.94 m/s (3)4。

阶段示范性金考卷四一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设直线m 、n 和平面α、β，下列四个命题中，正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥βC ．若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α解析：选项A 中，两条直线同时平行于同一个平面，则两直线的位置关系有三种；选项B 中，只有m 、n 相交时成立；选项C 中，只有m 垂直于交线时成立．选D.答案：D2．如图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E为侧棱PC 的中点，则P A 与BE 所成的角为( ) A.π6 B.π4C.π3D.π2解析：连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，OP ，易得OE ∥P A ，∴所求角为∠BEO .∵PO ⊥OB ，OB ⊥OA ，∴OB ⊥平面P AC ，OB ⊥OE .由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12P A ＝22，在△OBE 中，tan ∠OEB ＝3，∴∠OEB ＝π3，选C.答案：C3．如图，三棱锥A －BCD 的底面为正三角形，侧面ABC 与底面垂直且AB ＝AC ，若该四棱锥的正(主)视图的面积为2，则侧(左)视图的面积为( ) A.33B. 3C.23D.13解析：由题意可知，该四棱锥的正(主)视图为△ABC ，设底面边长为2a ，BC 中点为O ，则AO ⊥BC ，则AO ⊥平面BCD ，设AO ＝h ，则△ABC 的面积为12·2a ·h ＝ah ＝2，侧(左)视图为△AOD ，则面积为12OD·AO＝12·3a·h＝32ah＝ 3.答案：B4．如图，在正三棱锥A－BCD中，E、F分别是AB、BC的中点，EF⊥DE，且BC＝1，则正三棱锥A－BCD的体积是()A.212 B.224C.312 D.324解析：∵EF⊥DE，EF∥AC，∴AC⊥DE，易知AC⊥BD，∴AC⊥平面ABD.由AB＝AC＝AD＝22，可得所求体积为13×12×22×22×22＝224. 答案：B5．如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与该圆柱的体积之比是( )A ．2π B.423 C. 2 D.23解析：设圆柱的底面半径为r ，故其侧面积S 侧＝2πr ·2R 2－r 2＝4πr 2(R 2－r 2)，当S 侧最大时，r 2＝R 2－r 2，r 2＝R 22，所以r ＝22R ，此时圆柱的高h ＝2R ，V 球V 圆柱＝43πR 3π×(22R )2×2R＝423，选B. 答案：B6．[2012·长春一模]设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊄α，则b ∥α；②若a ∥α，α⊥β，则a ⊥β； ③若α⊥β，a ⊥β，则a ∥α或a ⊂α；④若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β， 则α⊥β.其中正确命题的个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4解析：在如图所示的长方体中，A1A⊥A1B1，A1A⊥平面ABCD，A1B1⊄平面ABCD，则A1B1∥平面ABCD，①正确；设A1B1为a，平面AC为α，平面A1B为β，显然有a∥α，α⊥β，但得不到a⊥β，②不正确；可设A1A为a，平面AC为β，平面A1D或平面B1C为α，满足③的条件且得a∥α或a⊂α，③正确；设A1B1为a，平面A1D为α，A1A为b，平面AC为β，满足④的条件且得到α⊥β，④正确．答案：C7．一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的体积为()A ．2 3B ．2 5 C.433 D.533解析：该几何体是三棱柱中截去一个棱锥，三棱柱的底面边长为2，高是2，截去的三棱锥底面边长是2，高是1，所以该几何体的体积是V ＝12×2×3×2－13×12×2×3×1＝533.答案：D8．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析：AB 与SC 所成的角是∠SCD ，DC 与SA 所成的角是∠SAB ，而这两个角显然不相等，故D 不正确．答案：D9．在矩形ABCD 中，若AB ＝3，BC ＝4，P A ⊥平面AC ，且P A ＝1，则点P 到对角线BD 的距离为( )A. 292B. 135C. 175D. 1195解析：过A 作AE ⊥BD 于E .连接PE .因为P A ⊥平面AC ，BD ⊂平面AC ，所以P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AE ，所以BD ⊥PE ，即PE就是点P 到BD 的距离，因为AE ＝AB ·AD BD ＝3×432＋42＝125，P A ＝1，所以PE ＝135.答案：D10．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2 D ．5πa 2解析：由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a .如图，设O 1、O 分别为上、下底面的中心，且球心O 2为O 1O 的中点，则AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a 2，设球O 2的半径为R ，则R 2＝AO 22＝13a 2＋14a 2＝712a 2.∴该球的表面积S球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.答案：B11．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A. 2B. 3C. 2D. 1 解析：连接AC ，与BD 交于点O ，连接OE ，因为O ，E 分别是AC ，CC 1的中点，所以OE ∥AC 1，且OE ＝12AC 1，所以AC 1∥平面BED ，直线AC 1与平面BED 的距离等于点C 到平面BED 的距离．过C 作CF ⊥OE 于F ，则CF 即为所求距离．因为正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，高为22，所以AC ＝22，OC ＝2，CE ＝2，OE ＝2，利用等面积法得CF ＝OC ·CE OE ＝1，选D.答案：D12．如图，边长为a的等边△ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE(A′∉平面ABC)是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，对于下列叙述错误的是()A．平面A′FG⊥平面ABCB．BC∥平面A′DEC．三棱锥A′－DEF的体积最大值为164a3D．直线DF与直线A′E可能共面解析：A项中，由已知可得四边形ADFE是菱形，则DE⊥GA′，DE⊥GF，所以DE⊥平面A′FG，所以平面A′FG⊥平面ABC，A 项正确；又BC∥DE，∴BC∥平面A′DE，B项正确；当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′－DEF的体积达到最大，最大值为13×1 4×34a2×34a＝164a3，C项正确；在旋转过程中DF与直线A′E始终异面，D项不正确．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个圆柱和三棱锥的组合体．圆柱的底面半径为1，高为1，所以圆柱的体积为π×12×1＝π；三棱锥的底面是等腰直角三角形，两直角边为2，三棱锥的高为3，所以三棱锥的体积为13×12×2×2×3＝33，所以该几何体的体积为π＋33.答案：π＋3314．在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱锥外接球的半径为________．解析：底面△ABC 是边长为2的正三角形，P A ⊥底面ABC ，可得此三棱锥的外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球．∵△ABC 是边长为2的正三角形，∴△ABC 的外接圆半径r ＝233，球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，故球的半径R ＝r 2＋d 2＝73＝213. 答案：21315．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为AA 1的中点，在对角面BB 1D 1D 上取一点M ，使AM ＋ME 最小，其最小值为________．解析：取CC 1的中点F ，连接EF ，MF ，EF 交平面BB 1D 1D 于点N ，则EN ＝FN ，所以F 点是E 点关于平面BB 1D 1D 的对称点，则AM ＋ME ＝AM ＋MF ，所以当A ，M ，F 三点共线时，AM ＋MF 最小，即AM ＋ME 最小，此时AM ＋MF ＝AF ＝3a 2.答案：3a 216．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N ，P ，Q 分别在棱A 1D 1，A 1B 1，B 1C 1，BC 上移动，则四面体MNPQ 的最大体积是________．解析：由图可知，四面体MNPQ 的体积就是三棱锥Q －MNP 的体积，而三棱锥的高是a ，当底面△MNP 的面积最大时体积最大，S △MNP 最大＝12a 2，所以四面体MNPQ 的最大体积是13×12a 2×a ＝16a 3. 答案：16a 3.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC .(1)求证：BE ∥平面PDA ；(2)求证：平面PBD ⊥平面PBE .证明：(1)∵EC∥PD，PD⊂平面PDA，EC⊄平面PDA，∴EC∥平面PDA，同理可得BC∥平面PDA，又EC∩BC＝C，故平面BEC∥平面PDA.又∵BE⊂平面EBC，因此BE∥平面PDA.(2)连接AC交BD于点O，取PB的中点F，连接OF. 由于FO∥PD，又∵EC∥PD，∴FO∥EC，且FO＝EC，因此OCEF为平行四边形，于是OC∥EF.又∵OC⊥平面PBD，∴EF⊥平面PBD，又∵EF ⊂平面PBE ，故平面PBD ⊥平面PBE .18．(本小题满分12分)如图(1)，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PD 上一点，F 为AB 上一点．该四棱锥的正视图和侧视图如图(2)所示．(1)求四面体PBFC 的体积；(2)证明：AE ∥平面PFC ；(3)证明：平面PFC ⊥平面PCD .解：(1)由侧视图可得F 为AB 的中点，BF ＝1，所以△BFC 的面积S ＝12 ×1×2＝1.因为P A ⊥平面ABCD ，所以四面体PBFC 的体积V P －BFC ＝13S △BFC ×P A ＝13×1×2＝23.(2)取PC的中点Q，连接EQ，FQ.由正视图可得E为PD的中点，所以EQ∥CD，EQ＝12CD.又因为AF∥CD，AF＝12CD，所以AF∥EQ，AF＝EQ.所以四边形AFQE为平行四边形，所以AE∥FQ. 因为AE⊄平面PFC，FQ⊂平面PFC，所以AE∥平面PFC.(3)因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥CD.因为底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD.所以CD⊥平面P AD.因为AE⊂平面P AD，所以CD⊥AE.因为P A＝AD，E为PD的中点，所以AE⊥PD. 所以AE⊥平面PCD.由(2)知AE∥FQ，所以FQ⊥平面PCD.因为FQ⊂平面PFC，所以平面PFC⊥平面PCD.19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD＝60°，AB＝2AD，PD⊥平面ABCD，点M为PC的中点．(1)求证：P A∥平面BMD；(2)求证：AD⊥PB.证明：(1)连接AC，AC与BD相交于点O，连接MO，∵ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．∵M为PC的中点，∴MO∥AP.∵P A⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，∴P A∥平面BMD.(2)∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD.∵∠BAD＝∠BCD＝60°，AB＝2AD，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝AB2＋AD2－2AD2＝AB2－AD2.∴AB2＝AD2＋BD2.∴AD⊥BD.∵PD∩BD＝D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AD⊥平面PBD.∵PB⊂平面PBD，∴AD⊥PB.20．(本小题满分12分)如图，已知三棱锥A －BCD 中，AB ⊥BD ，AD ⊥CD ，E ，F 分别为AC ，BC 的中点，且△BEC 为正三角形．(1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若CD ＝3，AC ＝10，求点C 到平面DEF 的距离．解：(1)∵△BEC 为正三角形，F 为BC 的中点，∴EF ⊥BC .∵EF ∥AB ，∴AB ⊥BC .又∵AB ⊥BC ，∴AB ⊥平面BCD ，∴AB ⊥CD ，又∵AD ⊥CD ，AB ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ABD .(2)设点C 到平面DEF 的距离为h ，∵AC ＝10，∴BE ＝BC ＝5，∴AB ＝2EF ＝53，在Rt △BDC 中，∵F 为BC 的中点，∴DF ＝12BC ＝52，∴S △EFD ＝12DF ·EF ＝2538，∴V C －EFD ＝13S △EFD ·h ＝25324h .在Rt △BCD 中，∵CD ＝3，BC ＝5，∴BD ＝4，∴S △DFC ＝12S △DBC ＝3，∴V E－DFC＝13S△DFC·EF＝53 2，∵V C－EFD＝V E－DFC，∴h＝125，∴点C到平面DEF的距离为125.21．(本小题满分12分)如图(1)，△BCD是等边三角形，AB＝AD，∠BAD＝90°，M，N，G分别是BD，BC，AB的中点，将△BCD沿BD折叠到△BC′D的位置，使得AD⊥C′B，如图(2)．(1)求证：平面GNM∥平面ADC′；(2)求证：C′A⊥平面ABD.解：(1)因为M，N分别是BD，BC′的中点，所以MN∥DC′.因为MN⊄平面ADC′，DC′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′.同理，NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N，所以平面GNM∥平面ADC′.(2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB.又因为AD⊥C′B，且AB∩C′B＝B，所以AD⊥平面C′AB.因为C′A⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A.△BC′D是等边三角形，AB＝AD，不妨设AB＝1，则BC′＝C′D＝BD＝2，可得C′A＝1.由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A.因为AB∩AD＝A，所以C′A⊥平面ABD.22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且P A＝PD＝22AD，E、F分别为PC、BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)求证：平面P AB⊥平面PDC；(3)求三棱锥C－PBD的体积．解：(1)连接AC，易知AC交BD于点F，∵四边形ABCD为正方形，F为AC的中点，E为PC的中点，∴EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，∴EF∥平面P AD.(2)∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，四边形ABCD为正方形，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面P AD.∴CD⊥P A.又P A＝PD＝22AD，∴P AD是等腰直角三角形，，即P A⊥PD.且∠APD＝π2∵CD∩PD＝D，且CD、PD⊂平面PDC，∴P A⊥平面PDC.又P A⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面PDC.(3)取AD的中点O，连接OP，OF.∵P A＝PD，∴PO⊥AD.∵侧面P AD⊥底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD，∵O、F分别为AD、BD的中点，∴OF∥AB，又四边形ABCD是正方形，∴OF⊥AD.∵P A ＝PD ＝22AD ，∴P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝1.故三棱锥C －PBD 的体积V C －PBD ＝V P －BCD ＝13×12×2×2×1＝23.。

静电场本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共65分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．在第2、3、4、5、6、8、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、7、11、13小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A. A点的电场强度大小为2×103 N/CB. B点的电场强度大小为2×103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q 在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误．答案：AC2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象是( )解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象的斜率也越来越小．综上分析，选项C正确．答案：C3. 如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB＝8.0×10－9J．则以下分析正确的是( )A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为W MN＝－4.0×10－9 JB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN有可能大于4.0×10－9 JC．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2.0×10－7 C，该电场的场强一定是E ＝2 V/mD．若粒子的电荷量为2.0×10－9 C，则A、B之间的电势差为4 V解析：在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，将该粒子从M点移到N点与从A点移到B点方向相同，因此电场力都做正功，A错；M、N分别为AC、BC 的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，所以W MN＝4.0×10－9J，B错；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W＝qEd可知最小场强E min＝2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，C错；由W＝qU可知D项正确．答案：D4. [2013·江西盟校联考]无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效．如图所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点．下面关于A、B两点的电场强度E A和E B、电势φA和φB判断正确的是( )A. E A>E B，φA>φBB. E A>E B，φA<φBC. E A>E B，φA＝φBD. E A＝E B，φA>φB解析：无限大接地金属板和板前一正点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效(如图所示)，P所在位置相当于等量异号电荷连线的中垂线位置，此处电势为零，MN相当于等量异号电荷的连线即图中水平线，则由图中电场线及等势面的分布情况知E A>E B，φA<φB，故B对．答案：B5. [2013·锦州模拟]在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示，现让小球A 、B 、C带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为 ( )A. 13 B.33C. 3D. 3解析：设三角形边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos30°×2＝kQq BD2，解得：Qq ＝3，D 正确． 答案：D6. 如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O 点，若q 1>q 2，l 1>l 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )A. m 1>m 2B. m 1＝m 2C. m 1<m 2D. 无法确定解析：以O 点为转轴，T 1和T 2的力矩为零，而两个库仑力的力矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：两个重力的力矩的代数和也应该为零，即m 1gd ＝m 2gd ，所以m 1＝m 2，故B 正确．也可以用三角形相似法求解．答案：B7. 现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD 的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一负点电荷由a点移到A点电势能减小解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．答案：BC8. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是( )A．两粒子电性相同B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等解析：从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知，两粒子的电性不相同，故A 错误；甲受的是吸引力，电场力做正功，电势能减少，所以到达c 时速率增加，乙受排斥力，电场力做负功，电势能增加，到达d 时速率减小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a 点时甲、乙两个带电粒子的速率相同，因此甲粒子经过c 点时的速率大于乙粒子经过d 点时的速率，所以B 正确、C 错误；由于不知道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法判断其动能，所以D 错误．答案：B9. [2013·呼伦贝尔模拟]如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．S 闭合时，该微粒恰好能保持静止．在以下两种情况下：①保持S 闭合，②充电后将S 断开．下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )A ．①情况下，可以通过上移极板M 实现B ．①情况下，可以通过上移极板N 实现C ．②情况下，可以通过上移极板M 实现D ．②情况下，可以通过上移极板N 实现解析：保持S 闭合时，电容器电压不变，板间电场强度E ＝U d，当d 减小时E 变大，可使电场力大于重力，从而使微粒向上运动，故A 错B 对．充电后断开S 时，电容器带电量不变，则板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ，C ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQεr S，E 不随d 而变化，故C 、D 均错．答案：B10. 如下图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后射入电场中，最后在正极板上打出A 、B 、C 三个点，则( )A ．三种粒子在电场中运动时间相同B ．三种粒子到达正极板时速度相同C ．三种粒子到达正极板时落在A 、C 处的粒子机械能增大，落在B 处粒子机械能不变D. 落到A 处粒子带负电，落到C 处粒子带正电解析：三个粒子在电场中均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v 0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的粒子的加速度大小等于g ，带正电粒子的加速度小于g ，带负电粒子的加速度大于g ，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h ＝12at 2可得t ＝2ha，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t 正>t 不带电>t 负，又因为它们的水平位移x＝v 0t ，所以x 正>x 不带电>x 负，选项A 错误，D 正确；因为三种粒子到达正极板时的水平分速度相同，竖直分速度不同，故合速度不同，选项B 错误；在运动过程中，电场力对正粒子做负功，机械能减小，对负粒子做正功，机械能增大，对不带电粒子不做功，机械能不变，选项C 错误．本题答案为D.答案：D11. [2014·江苏连云港]如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U 1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电压为U 2，板长为L ，每单位电压引起的偏移h /U 2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为( )A. 增大U 2B. 减小LC. 减小dD. 减小U 1解析：对粒子的加速过程，由动能定理得，qU 1＝12mv 20，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，L ＝v 0t ，h ＝12qU 2md t 2，解得，h U 2＝L 24U 1d ，为了提高灵敏度hU 2，可增大L 、减小U 1或d ，C 、D 两项正确．答案：CD12. 如图所示，长为L 、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v 0，则( )A. 小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能B. A 、B 两点的电势差一定为2mgL2qC. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是mg qD. 若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 一定是正电荷解析：由题述可知，小球以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能，选项A 错误；由动能定理得，qU －mgL sin45°＝0，解得A 、B 两点的电势差为U ＝2mgL2q，选项B 正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为2mg2q，选项C 错误；若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 可以是负电荷，选项D 错误．答案：B13. x 轴上有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1和Q 2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P 点位于这两个点电荷位置连线中点右侧．下列判断中正确的是( )A. 电势最低的P 点所在处的电场强度为零B. Q 1和Q 2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C. Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值D. Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点解析：在φ－x 图中，因P 点的斜率为零，故P 点处的电场强度为零，所以A 正确；由φ－x 图可知，φ先降后升且均为正值，所以B 错误；因P 点处的电场强度为零，且P 点距Q 1较远而距Q 2较近，故Q 1和Q 2一定是正电荷，且Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值，所以C 正确；因Q 1和Q 2是正电荷，故在Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点，所以D 正确．答案：ACD第Ⅱ卷 (非选择题，共45分)二、计算题(本题共4小题，共45分)14. (8分)如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m ．一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半．求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g 取10 m/s 2) 解析：(1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有 12mv 2B －0＝mgl 2＋F 电l 1， 解得v B ＝gl 1＋2l 2，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有a ＝g2.s ＝v B t ＋12at 2.竖直方向有h ＝12gt 2.联立上式，并代入数据可得s ＝4.5 m. 答案：(1)v B ＝2.0 m/s (2)s ＝4.5 m15. (12分)如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U ，相距为d ，两极板间形成匀强电场．有一带电粒子，质量为m (重力不计)、所带电荷量为＋q ，从两极板下端连线的中点P 以竖直速度v 0射入匀强电场中，带电粒子落在A 极板的M 点上．(1)若将A 极板向左侧水平移动d /2，此带电粒子仍从P 点以速度v 0竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？(2)若将A 极板向左侧水平移动d /2并保持两极板间电压为U ，此带电粒子仍从P 点竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则应以多大的速度v ′射入匀强电场？解析：(1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，极板移动前后两分运动时间相等有d 2＝12a 1t 2，d ＝12a 2t 2得a 2＝2a 1，而a 1＝qUmd，a 2＝qU 1m 32d由此推得两极板间电压关系为U 1＝3U ，故电压应变为原来的3倍．(2)两极板间的电压不变，则Ed ＝32E ′d ，故E ＝32E ′，因Eq ＝ma ，E ′q ＝ma ′，故加速度关系a ′＝23a设带电粒子的竖直位移为L ，则d ＝12a ′(L v ′)2，d 2＝12a (L v 0)2联立可解得v ′＝3v 03. 答案：(1)增大 3倍 (2)3v 0316. (12分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，其质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点高度为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ； (2)小球p 在O 点时的加速度；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度． 解析：(1)小球p 由C 点运动到O 点时，由动能定理得：mgd ＋qU CO ＝12mv 2－0 所以U CO ＝mv 2－2mgd 2q.(2)小球p 经过O 点时的受力如图所示．由库仑定律得：F 1＝F 2＝kQq 2d2 它们的合力为：F ＝F 1cos45°＋F 2cos45°＝2kQq 2d2 所以小球p 在O 点处的加速度a ＝F ＋mg m ＝2kQq2d 2m＋g ，方向竖直向下． (3)由电场特点可知，在C 、D 间电场的分布是对称的，即小球p 由C 点运动到O 点与由O 点运动到D 点的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理知：W 合＝12mv 2D －0＝2×12mv 2解得v D ＝2v .答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQq2d 2m＋g 方向竖直向下 (3)2v17. (13分)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eEm11 L 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eEmt 3＝Lv 1v y ＝a 2t 3tan θ＝v yv 1解得：tan θ＝2(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE (2)2 (3)3L。

阶段示范性金考卷(四)（考试时间：90分钟，满分：100分）一、选择题（共5题，每题4分，满分20分）1. （）2. （）3. （）4. （）5. （）二、填空题（共5题，每题4分，满分20分）1. ______________________2. ______________________3. ______________________4. ______________________5. ______________________三、简答题（共3题，每题10分，满分30分）1. ______________________2. ______________________3. ______________________四、计算题（共2题，每题10分，满分20分）1. ______________________2. ______________________五、分析题（共1题，满分10分）1. ______________________一、选择题1. 下列哪个选项是正确的？（）A.B.C.D.A.B.C.D.A.B.C.D.A.B.C.D.A.B.C.D.二、填空题1. ________是指在一定条件下，某种物质发生的根本性质的变化。

2. 在我国，________的发展对国民经济的贡献率逐年提高。

3. ________是衡量一个国家科技创新能力的重要指标。

4. ________是研究自然界中物质运动和变化的基本规律。

5. ________是计算机科学领域的一个重要分支，主要研究如何让计算机模拟人类智能。

三、简答题1. 简述某一理论的基本原理及其在实际中的应用。

2. 分析某一现象产生的原因及其影响。

3. 论述我国在某一领域取得的重大成就及其意义。

四、计算题1. 已知某化学反应的平衡常数K，求反应物和物的浓度比。

2. 给定一组数据，计算其平均值、标准差和方差。

五、分析题1. 结合实际，分析我国某一行业的发展现状、存在的问题及对策。

阶段示范性金考卷（二）一、选择题（每题2分，共20分）A. 培养创新型人才B. 提高教师待遇C. 减轻学生课业负担D. 推进教育公平2. 新时代背景下，我国教育发展的基本原则是（）。

A. 坚持党的领导B. 坚持以人民为中心C. 坚持改革创新D. ABC都是A. 转变课程功能B. 优化课程结构C. 改革课程内容D. 提高教师工资待遇A. 鼓励学生提问B. 注重知识传授C. 培养学生独立思考D. 开展小组合作学习A. 富强、民主、文明、和谐B. 自由、平等、公正、法治C. 爱国、敬业、诚信、友善D. ABC都是二、填空题（每题2分，共20分）6. 教育的四个现代化包括：教育观念现代化、教育体系现代化、教育内容现代化和__________。

7. 新时代我国教育事业的根本任务是培养__________、__________、__________的社会主义建设者和接班人。

8. 课程改革的三维目标是：知识与技能、__________、__________。

9. 教育评价的四个方面是：教育目标评价、__________、__________、__________。

10. 教师职业道德的基本要求是：爱国守法、__________、__________、__________。

三、简答题（每题10分，共30分）11. 简述我国教育改革的发展方向。

12. 请阐述如何在新课程改革中实施素质教育。

13. 结合实际，谈谈如何提高教师的教育教学能力。

四、案例分析题（每题15分，共30分）案例：该校在课程设置上，除了国家规定的必修课外，还开设了舞蹈、书法、篮球等选修课程。

学校每年举办一次校园文化艺术节，为学生提供展示自我的平台。

但在实际操作过程中，部分教师和学生认为这些活动影响了正常的教学秩序，对提高学绩没有帮助。

案例：张老师是一名初中语文教师，他热爱教育事业，关爱学生，教学成绩优异。

在一次期中考试中，他发现一名学生作弊，经过了解，得知该生家庭困难，父母期望过高。

2022全国版金考卷解析2022年的全国版金考卷已经发布，为了让考生有更好的考试成绩，本文将介绍2022年全国版金考卷的内容、分析及解析，让考生提前熟悉考试题型及要点，为复习打好基础。

2022年全国版金考卷设计如下：语文：包括阅读理解、作文和论证文写作。

数学：包括代数学、几何和统计。

英语：包括词汇、语法、口语和写作。

选修课：包括物理、化学、生物、政治和地理。

2022年全国版金考卷可以概括为六大部分，每部分分别有50道选择题和2篇综合题，重点考察考生的广泛性知识掌握程度、理解能力及综合运用能力。

综合题是全国版金考卷比较重要的一部分，所以我们要更加重视综合题的研究，以便在考试中取得好成绩。

首先，综合题的解题方法集中在四大步骤上：认知、分析、联系及综合。

认知是指学生必须了解知识点，考察学生对语文、数学等基础科目知识的掌握情况；分析指学生要分析题目，看清题目要求，把握解题思路；联系是指学生要利用自己所学的知识、技能及让知识点联系起来；综合是指综合利用语文、数学、英语、物理、化学等多个课程知识点，综合是一个复杂的过程。

此外，2022年全国版金考卷还考核学生的专项知识。

例如，语文的阅读理解考察学生的知识结构、阅读技巧以及文体欣赏能力。

作文考察学生的经典文本理解力、表达能力和语文素养。

论证文考察学生的文字功底、分析问题和表达思想的能力。

语文综合题考察学生对经典文本的理解情况，以及对问题和思想表达的分析和理解能力。

数学部分考察学生对数学计算和推理能力，要求学生在短时间内迅速熟练地解决一系列数学问题，强调能力的培养。

英语考试的重点是检测学生的理解能力、语言素养和使用能力。

物理、化学和生物分别要考察学生对基础理论的掌握情况，并要求学生利用专业知识来解决实际问题。

政治和地理考试的重点是考查学生的综合性、推理性和分析性，具有较强的实践性和现实性。

总之，2022年全国版金考卷就算是一个质变和量变兼具的新式考试，考察学生的学习能力，丰富了考试形式，更加关注学生的实际操作能力和综合能力。