浙江省温州市十校联合体2016届高三上学期期初联考 物理试题 Word版含答案

浙江省温州市五校联考2016届高三上学期开学物理试卷一、选择题：1/4/6/8为多项选择，其余为单项选择题，共10小题，50分．1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空2．一辆总质量为1500kg的汽车，由静止开始沿平直公路以额定功率p=90kw启动，并保持额定功率行驶．汽车匀速运动过程中，突然发现前方有障碍物，立即以大小5m/s的加速度开始刹车，汽车最后停下来．整个过程中，汽车位移为765m，刹车之前汽车受到的阻力恒为3000N．汽车刹车过程位移大小和汽车保持额定功率运动的时间分别是( )A．90；30 B．60；20 C．60；30 D．90；203．不可伸长的轻绳AO和BO下端系一个物体P，细线长AO＞BO，A、B两端点在同一水平线上，开始时两线刚好绷直，BO垂直于AB，如图所示．现保持A、B在同一水平线上，使A逐渐远离B，在此过程中，细线上的拉力F A、F B的大小随A、B间距离的变化情况是( )A．F A随距离增大而一直增大B．F A随距离增大而一直减小C．F B随距离增大而一直增大D．F B随距离增大而一直减小4．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）( )A．B．C．D．5．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态6．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速度运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )A．μmg B．C．μ（M+m）g D．ma7．如图所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动，则施于小车的水平作用力F是（θ已知）( )A．mgtan θB．（M+m）gtan θC．（M+m）gcot θD．（M+m）gsin θ8．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为F f1，F f2，F f3，F f4，则以下结论正确的是( )A．F f1：F f2=1：2 B．F f2：F f3=1：2 C．F f3：F f4=1：2 D．tanα=2tanθ9．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )A． B．C．D．10．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、解答题：共50分，11/12/13三小题．11．两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力．12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小（2）求行李做匀加速直线运动的时间（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B 处的最短时间，和传送带对应的最小运行速率．13．在如图所示的装置中．表面粗糙的斜面固定在地面上．斜面的倾角为30°；两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向60°．现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好末滑动．已知乙物体的质量为，若重力加速度取10m/s2．求甲物体的质量及乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小．浙江省温州市五校联考2016届高三上学期开学物理试卷一、选择题：1/4/6/8为多项选择，其余为单项选择题，共10小题，50分．1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空考点：超重和失重．分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．解答：解：A、超重是物体受到接触面竖直向上的支持力或绳的拉力大于重力．在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力的分力提供做圆周运动向心力，所以支持力小于重力，处于失重状态，所以A错误；B、荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力．合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，所以B正确；C、跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重，所以C错误；D、火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，处于超重状态，所以D正确．所以BD正确．故选：BD．点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．2．一辆总质量为1500kg的汽车，由静止开始沿平直公路以额定功率p=90kw启动，并保持额定功率行驶．汽车匀速运动过程中，突然发现前方有障碍物，立即以大小5m/s的加速度开始刹车，汽车最后停下来．整个过程中，汽车位移为765m，刹车之前汽车受到的阻力恒为3000N．汽车刹车过程位移大小和汽车保持额定功率运动的时间分别是( )A．90；30 B．60；20 C．60；30 D．90；20考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：根据P=Fv，可以求出汽车以额定功率行驶的最大速度，再根据刹车时的加速度求汽车刹车时的位移大小；根据动能定理求汽车保持额定功率运动的时间．解答：解：由题意知，汽车以额定功率匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，故可知汽车匀速行驶的速度：v===30m/s，因为汽车匀减速运动的加速度大小a=5m/s2，所以根据匀变速直线运动规律知，汽车刹车的位移x2===90m；在汽车刹车前的运动过程中只有摩擦力与牵引力对汽车做功，根据动能定理有：Pt﹣f（x﹣x2）=mv2﹣0，解得，汽车保持额定功率行驶的时间：t=30s；故选：A．点评：抓住汽车以额定功率行驶时牵引力与阻力平衡，可以根据功率和阻力求得汽车匀速行驶的速度，能根据动能定理分析汽车加速到匀速过程中的时间．3．不可伸长的轻绳AO和BO下端系一个物体P，细线长AO＞BO，A、B两端点在同一水平线上，开始时两线刚好绷直，BO垂直于AB，如图所示．现保持A、B在同一水平线上，使A逐渐远离B，在此过程中，细线上的拉力F A、F B的大小随A、B间距离的变化情况是( )A．F A随距离增大而一直增大B．F A随距离增大而一直减小C．F B随距离增大而一直增大D．F B随距离增大而一直减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对O点受力分析，受到三个拉力而平衡，根据共点力平衡条件分析，当两个细线逐渐拉平时，两个细线的拉力趋向于无穷大．解答：解：受力分析，O点受到三个拉力而平衡；两段绳子的拉力的合力与重力等大反向，随着两绳子之间的夹角增大，两绳子的拉力合力总不变，这样随夹角的增大而分力增大；一开始F b=G，F a上的力为零，当逐渐移动A时，F a上的力逐渐由零开始变大，此时是F a与F b的合力与重力平衡，即F合=G，F合为F a与F b的合力，且F a不为零，所以此时F b＜G，所以F b是随距离增大而先逐渐减小，后逐渐变大；故选A．点评：本题是要理解两段绳子的拉力的合力与重力等大反向，随着两绳子之间的夹角增大，两绳子的拉力合力总不变，这样随夹角的增大而分力增大．4．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．分析：由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出v﹣t图象．解答：解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G﹣F=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；AD均符合题意；故选AD．点评：本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案．5．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态考点：牛顿第二定律；超重和失重；功的计算．分析：打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度还是比较大，当着陆时点燃缓冲火箭使返回舱的速度快速的减为零，从而安全着陆，所以在点燃返回舱的缓冲火箭的过程中，起主要作用的是缓冲火箭，缓冲火箭对返回舱做负功使其动能减小．解答：解：A、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小．所以A正确．B、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，所以B错误．C、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，所以C错误．D、由C的分析可知，D错误．故选：A．点评：在着陆的过程中，主要是靠缓冲火箭来使返回舱减速到零，所以缓冲火箭对返回舱做负功，返回舱做减速运动有向上的加速度，处于超重状态．本题需要同学分析清楚返回舱的运动过程，从而判断返回舱运动的状态．6．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速度运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )A．μmg B．C．μ（M+m）g D．ma考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：m与M具有相同的加速度，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对m分析，求出木块受到的摩擦力大小．解答：解：整体所受的合力为F，整体具有的加速度a=．隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，f=ma=．故B、D正确，A、C错误．故选BD．点评：解决本题的关键知道M和m具有相同的加速度，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．7．如图所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动，则施于小车的水平作用力F是（θ已知）( )A．mgtan θB．（M+m）gtan θC．（M+m）gcot θD．（M+m）gsin θ考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：分析小球的运动状态与小车一致，对小球进行受力分析求出小球的加速度，再以小车小球整体为研究对象分析小车在水平方向受到的作用力大小．解答：解：由题意小球的运动状态与小车一致，即小车的加速度大小与小球加速度大小相同且在水平方向上．对小球进行受力分析．小球受到绳子的拉力和重力作用，如图：小球具有水平方向的加速度故有：竖直方向：Tcosθ=mg…①水平方向：Tsinθ=ma…②由①和②可解得小球的加速度为：a=gtanθ以小车和小球整体为研究对象，受力分析有：整体所受合力为：F合=F=（m+M）a=（M+m）gtanθ故ACD错误，B正确．故选：B．点评：先用隔离法对小球进行受力分析，再用整体法对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律求解小车所受作用力，解决本题需要正确的受力分析和运动分析．8．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为F f1，F f2，F f3，F f4，则以下结论正确的是( )A．F f1：F f2=1：2 B．F f2：F f3=1：2 C．F f3：F f4=1：2 D．tanα=2tanθ考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m隔离分析可判断图中角的关系．解答：解：甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1f2=Ma2丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图所示：根据牛顿第二定律，有：f=（M+m）a；即f3=（M+m）a3，f4=（M+m）a4又：a1：a2=1：2，则：f1：f2=1：2，故A正确；a2：a3=2：4，f2：f3=M：2（M+m），故B错误；f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确；对物体m隔离受力分析，可得tanθ=，tanα=，而a3：a4=4：8，所以tanα=2tanθ，故D正确．故选：ACD．点评：本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中．9．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )A． B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2==gsinθ﹣μgcosθ；比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．10．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．分析：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．解答：解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；D、t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误；故选：B．点评：本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析．二、解答题：共50分，11/12/13三小题．11．两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力．考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对B分析，运用牛顿第二定律求出B所受的摩擦力大小和方向．解答：解：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：（M+m）gsin θ﹣μ1（M+m）g•cos θ=（M+m）a得：a=g（sin θ﹣μ1cos θ）由于a＜gsin θ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为F B（如图所示）．由牛顿第二定律有：mgsin θ﹣F B=ma得：F B=μ1mgcos θ方向沿斜面向上答：滑块B受到的摩擦力大小为μ1mgcos θ，方向沿斜面向上．点评：本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道A、B的加速度相同，关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小（2）求行李做匀加速直线运动的时间（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B 处的最短时间，和传送带对应的最小运行速率．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：传送带专题．分析：（1）滑动摩擦力根据公式F=μN=μmg即可求解，由牛顿第二定律可求得加速度；（2）行李放上传送带后先做匀加速运动，速度与传送带相等后做匀速运动，由速度公式求出行李做匀加速运动的时间；（3）行李从A处一直匀加速运动到B处时，传送时间最短．根据匀加速直线运动的基本公式即可求解．解答：解：（1）滑动摩擦力的大小为F=μmg代入题给数值，得F=4N由牛顿第二定律，得F=ma代入数值，得a=1m/s2（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．则v=at 代入数值，得t=1s（3）行李从A处一直匀加速运动到B处时，传送时间最短．则L=at min2代入数值，得t min=2s传送带对应的最小运行速率v min=at min代入数值，得v min=2m/s答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为4N，加速度大小为1m/s2；（2）行李做匀加速直线运动的时间是1s；（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s．点评：该题考查是的传送带问题，行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，若要时间最短，则行李一直做匀加速运动．13．在如图所示的装置中．表面粗糙的斜面固定在地面上．斜面的倾角为30°；两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向60°．现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好末滑动．已知乙物体的质量为，若重力加速度取10m/s2．求甲物体的质量及乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小．考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：乙物体摆到最高点时绳子拉力最小，根据沿绳子方向合力为零求出绳子的拉力；摆到最低点时绳子拉力最大，根据动能定理结合牛顿第二定律求出乙物体在最低点时绳子的拉力．当绳子的拉力最小时，甲物体有沿斜面向上的最大静摩擦力，当绳子拉力最大时，甲物体有沿斜面向下的最大静摩擦力，根据共点力平衡求出甲物体的质量和斜面对甲物体的最大静摩擦力解答：解：设乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力为F T1对乙物体F T1=mgcosα=5 N当乙物体运动到最低点时，绳子上的弹力为F T2对乙物体由机械能守恒定律：mgl（1﹣cosα）=mv2又由牛顿第二定律：F T2﹣mg=m得：F T2=mg（3﹣2cosα）=20 N．设甲物体的质量为M，所受的最大静摩擦力为F f，乙在最高点时甲体恰好不下滑，有：Mgsinθ=F f+F1得：Mgsinθ=F f+mgcosα乙在最低点时甲物体恰好不上滑，有：Mgsinθ+F f=F T2得：Mgsinθ+F f=mg（3﹣2cosα）可解得：M==2.5 kg答：甲物体的质量为2.5 kg，乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为5N．点评：解决本题的关键知道乙物体摆到最低点时有最大拉力，摆到最高点时有最小拉力．以及知道在乙物体摆到最低点时有沿斜面向下的最大静摩擦力，摆到最高点时有沿斜面向上的最大静摩擦力．。

浙江省温州市十校联合体2010届高三上学期期初联考物理试卷（完卷时间：90分钟；满分：100分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题只有一个选项符合题意•每小题3分，共24分.）1 •下列几个关于力学问题的说法中正确的是（）A. 米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位B. 放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力C. 做曲线运动的物体受力一定不为零D. 摩擦力的方向一定与物体的运动方向在同一直线上2 •用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L。

现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L o,斜面倾角为300,如图所示，则物体所受摩擦力（）A. 等于零1B. 大小为一mg，方向沿斜面向下2J3C. 大小为mg，方向沿斜面向上2D. 大小为mg ,方向沿斜面向上t = 20s时的波形图，图2是这列波中P点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是（）3•图1所示为一列简谐横波在A. v= 25cm/s，向左传播B C. v= 25cm/s，向右传播D v = 50cm/s，向左传播v = 50cm/s，向右传播4•某变压器原、畐U线圈匝数比为55 : 8,原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载. 断正确的是（）A. 输出电压的最大值为32VB. 交流电源有效值为220V,频率为50HzC. 变压器输入、输出功率之比为8 : 55R.在开关S断开时，让ab棒自由下落，ab棒在下落过程中始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长，电阻不计，从开关S闭合时开始计时，ab棒的下滑速度v随时间t变化的图像不可能的是（得2分.错选或不答的得0分.每小题4分，共24分.）9.北京奥委会接受专家的建议，大量采用对环境有益的新技术，如奥运会场馆周围阳能发电技术，奥运会90 %的洗浴热水将采用全玻璃真空太阳能集热技术。

5•如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道切线水平，且距地面的高度为h,现分别将一质量为m的物体从A处静止量为2m的物体从B 处静止释放（B和圆心的连线与竖直方向成60°角），两物体落至水平地面落地点距离轨道末端的水平位移之比为（A. 1 : 1 B . 2 : 1 C . 2 :1 D 1:26•如图所示, 两根平行光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属棒的末端释放，质则A、Bab跨接在两导轨之间，其电阻为7 .如图所示，一折射率为n的半圆玻璃砖的直径AB与屏幕垂直并接触于A点，一束激光a以与水平方向夹角为i射向半圆形玻璃砖的圆心O,结果在水平屏幕MN上出现两个光斑，当使入射光顺时针匀速转动,且始终射向圆心0的过程中，将观察到（A.两侧光斑将同时在A点相遇1B.当i = arcsin 时，只剩下左侧光斑nc.反射光束的转动角速度保持恒定D.折射光束的转动角速度保持恒定&回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，则下列说法中正确（）A. 只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子射出时的动能B. 只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子在回旋加速器中运动的时间c.用同一回旋加速器可以同时加速质子（；H）和氚核（3H）二、不定项选择题（本题共6小题，每小题至少有一个选项符合题意.全部选对的得4分. 选对但不全的80 %的路灯将利用太太阳能的产生是由于太阳内部h-一 K%D形金属盒,A.带电粒子带正电B.带电粒子一疋是从a向b运动的C.带电粒子在b点的加速度大于在a点的加速度D.带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能E,内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R和Ra为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为表.开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m电荷量为q的理想电流油滴处于高温高压条件下的核反应形成的，关于该核反应正确的说法（）4 1H4H2。

2015-2016学年浙江省深化课程改革协作校联考高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．功和能的单位都是焦耳，如果全部用力学单位制的基本单位来表示，焦耳可写成（）A．N•m B．W/s C．kg•m2/s2D．A2Ω•s2．两条质量相等的有蓬小船甲和乙，用绳子连接（绳子质量忽略不计），静止在湖面上，若乙船内的人用一个恒定的拉力拉绳子，如图所示．如果水的阻力不计，下列判断中正确的是（）A．人拉绳子的力大于甲对绳子的拉力B．绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力是作用力与反作用力C．绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力作用效果能够抵消D．两船相向运动，乙获得的加速度要小于甲获得的加速度3．睿睿同学在西部游玩时，发现戈壁滩上常常出现远距离输电的铁塔，仔细观察发现高塔上除了用于输电的3条导线外，顶部还有2条导线，关于这2条导线的作用，睿睿同学做了如下猜测，其中正确的是（）A．防止输电线被雷击，起到静电屏蔽的作用B．防止铁塔倒塌，起到固定的作用C．利用电磁感应，避免输电线电流过大D．防止输电线意外断开，起到备用的作用4．在2015年9月3日纪念世界反法西斯阅兵式中，我空军某部的直升机梯队在地面上空某高度A位置处于静止待命状态，要求该梯队11时26分40秒由静止开始沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时30分准时通过C位置．已知AB=5km，BC=10km，若取飞机出发的时刻为t=0，沿AC方向建立坐标轴，A点作为坐标原点，下列关于直升机的速度v、加速度a和位移x的图象可能正确的是（）A．B．C．D．5．一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（）A．斜面对铁球的支持力大小为mgcosθB．铁球对斜面的作用力始终不变为C．墙对铁球的作用力大小始终大于推力FD．墙对铁球的作用力大小始终等于推力F6．小方同学上网查询到，截至2014年12月31日24时，三峡水电站全年发电988亿千瓦时，超过巴西和巴拉圭共同拥有的伊泰普水电站，首度成为世界上年发电量最高的水电站．据统计我国一个三口之家月平均用电量约为80度．那么三峡水库全年发电量大约能维持全国家庭用电的时间为（）A．3天 B．30天C．80天D．300天7．如图所示，半径R=0.5m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m=10﹣6kg，带电荷量为q=8.0×10﹣6C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3m的A点以初速度v0=3×102m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点（图中未画出），取C点电势为0，则（）A．该匀强电场的电场强度E=105 V/mB．粒子在A点的电势能E P=8×10﹣5JC．粒子到达C点的速度大小为5×102m/sD．粒子速率为400m/s时的电势能为E P'=4.5×10﹣4J8．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A． B．C．D．9．如图所示，调节可变电阻R1的阻值，使电压表的示数增大△U，在这个过程中（）A．路端电压增加，增加量一定等于△UB．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△UC．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于D．通过电阻R2的电流减小，减少量一定小于10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在金属导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大d时，上下表面的电势差减小C．仅增大h时，上下表面的电势差增大D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小二、不定项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，多选或不选不得分，选不全得3分．）11．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列的说法中正确的是（）A．安培提出了分子电流假说B．法拉第最早发现了电磁感应现象C．楞次最早发现了电流磁效应D．密立通过油滴实验测定了元电荷的数值12．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°．6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空．如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（）A．当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡B．当摆锤摆至最低点时，游客可体验最大的加速度C．当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒D．当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重13．从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子．这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用．假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是（）A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同B．由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强C．沿地球赤道平面射来的高能正电荷向东偏转D．沿地球赤道平面射来的高能负电荷向南偏转14．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度．如图所示，在这过程中（）A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热三、实验题（本题共2题，16分，其中15题4分，16题12分，画图部分请先用铅笔画，确认无误后用水笔描黑．）15．某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50H Z，则打A点时小车运动的速度v A=m/s，小车运动的加速度a=m/s2．（结果要求保留三位有效数字）16．某校课外研究性小组成员想了解一下玩具电动机的工作性能．所用的器材为：A．待测电动机M；B．电池组一个；C．电流表（量程：0﹣0.6﹣3A）；D．电压表（量程：0﹣3﹣15V）；E．滑动变阻器一只（0﹣5Ω，3A）；F．单刀开关一只；G．导线若干．（1）小方同学所连接的电路如图甲所示，图中还有一根导线没有连好，请用笔代线在图甲中画出．（不许改变其它导线）．（2）小方用连接好的电路，进行实验，得到多组数据如下表．他在I﹣U图象上描出各测量点如图乙所示．试分析实验所得数据是否合理（填“合理”或“不合理”）及其原因（3）请根据图象信息，拟合I﹣U图线．（4）求出电动机的线圈的电阻为Ω．并求出当电动机两端的电压为0.8V时，电动机的输出功率为W．（结果保留两位有效数字）．四、解答题（本题有3小题，共34分；解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）17．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动，有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下，即刺激又省劲．如图所示，现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接，其斜坡段长度为L1=72m，倾角为18°，水平段长度为L2=30m，斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ=0.3，滑草车的质量m=10kg，人的质量M=40kg，人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下，不考虑滑草车在斜坡与水平面连接处的机械能损失，问：（sin18°=0.31，cos18°=0.95，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）滑草车沿斜面下滑时的加速度大小（2）滑草车最后停在离终点多远的地方（3）滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小．18．如图所示，在xOy平面内，一质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）以速度v0从坐标原点O沿与+x方向成θ角射入第一象限，并从x轴上x1=a的A 点离开第一象限区，速度方向与+x方向也成θ角．（1）若在xOy平面存在一电场，带电粒子在电场力作用下沿圆弧匀速率从O点运动到A点，θ=30°，求O点电场强度的大小E和粒子从O点运动到A点的时间t．（2）若只有第一象限内存在一垂直于xOy平面的圆形匀强磁场区，且θ=45°，求磁场的磁感应强度的最小值B0．（3）若只存在一垂直于xOy平面的圆形匀强磁场区，磁场的磁感应强度B是可以调节的，且满足0≤B≤B m，θ=30°，求圆形磁场区的最小半径r0．19．在光滑绝缘的水平面上，竖直放置两块无限长的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，同时两板间还存在电场强度为E1=2500N/C，方向水平且平行于金属板的匀强电场（忽略场的边缘效应），如图所示为俯视图．xox’为水平面上垂直两金属板的直线，O点与两板距离相等，在O点有一微粒源（忽略微粒源对微粒运动的影响），释放方向沿水平面质量m=2.5×10﹣3kg、带正电荷q=+1.0×10﹣5C的球形微粒（可看作点电荷）．过O点作半径R=0.25m 的圆，圆心O′在过O点右下方45°的直线上．P、M、S、N分布在圆周上，O′S与OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°．不计电荷间的相互作用，求：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能（2）初速度大小不等，方向均与xox’成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P 点的微粒初速度v0与θ的关系（3）确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能和最小动能．2015-2016学年浙江省深化课程改革协作校联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．功和能的单位都是焦耳，如果全部用力学单位制的基本单位来表示，焦耳可写成（）A．N•m B．W/s C．kg•m2/s2D．A2Ω•s【考点】电功、电功率．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔；由此结合焦耳的单位解答即可．【解答】解：功和能的单位都是焦耳．根据功的定义：W=FS，所以：1J=1N•1m=1kg•m2/s2故选：C2．两条质量相等的有蓬小船甲和乙，用绳子连接（绳子质量忽略不计），静止在湖面上，若乙船内的人用一个恒定的拉力拉绳子，如图所示．如果水的阻力不计，下列判断中正确的是（）A．人拉绳子的力大于甲对绳子的拉力B．绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力是作用力与反作用力C．绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力作用效果能够抵消D．两船相向运动，乙获得的加速度要小于甲获得的加速度【考点】牛顿第三定律．【分析】作用力与反作用力的施力物体与受力物体恰好相反，作用效果不能抵消；绳子的质量忽略不计，即m=0，故不论绳子处于怎样的运动状态，绳子受到的力都是平衡力；结合牛顿第二定律分析加速度的大小情况．【解答】解：AB、对绳子分析，受到两个人的拉力，由于绳子质量忽略不计，根据牛顿第二定律，有：F1﹣F2=ma=0故两个人对绳子的拉力大小相等，是一对平衡力；而人拉绳子的力与绳子拉人的力是人与绳子间的相互作用力，大小相等；故绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力是大小相等，但不是相互作用力，故A错误，B错误；C、绳子对甲的拉力与绳子对人的拉力作用在甲和人上，效果不能抵消，故C错误；D、水的阻力不计，船受到的合力等于拉力，而合力相等，右侧船有人，质量大，根据牛顿第二定律，两船相向运动，乙获得的加速度要小于甲获得的加速度，故D正确；故选：D3．睿睿同学在西部游玩时，发现戈壁滩上常常出现远距离输电的铁塔，仔细观察发现高塔上除了用于输电的3条导线外，顶部还有2条导线，关于这2条导线的作用，睿睿同学做了如下猜测，其中正确的是（）A．防止输电线被雷击，起到静电屏蔽的作用B．防止铁塔倒塌，起到固定的作用C．利用电磁感应，避免输电线电流过大D．防止输电线意外断开，起到备用的作用【考点】静电现象的解释．【分析】高压输电塔最上面的两根线是避雷线，能防止雷直接击在输电线上．由此分析解答即可．【解答】解：高压输电塔最上面的两根线是避雷线，这两条线直接与铁塔相连，避雷线起到防雷的作用，能将电流直接导入大地．故选项A正确．故选：A4．在2015年9月3日纪念世界反法西斯阅兵式中，我空军某部的直升机梯队在地面上空某高度A位置处于静止待命状态，要求该梯队11时26分40秒由静止开始沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时30分准时通过C位置．已知AB=5km，BC=10km，若取飞机出发的时刻为t=0，沿AC方向建立坐标轴，A点作为坐标原点，下列关于直升机的速度v、加速度a和位移x的图象可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】由题意可知AB段做匀加速运动，BC段做匀速运动，在速度时间图象中，匀加速运动的图象是一条倾斜的直线，匀速运动是平行于时间轴的直线，在位移时间图象中，匀加速运动的图象是一条抛物线，匀速运动是一条倾斜的直线．【解答】解：A、由图象可知AB段做匀加速直线运动，BC段做匀速直线运动，符合直升机的运动情况，故A正确；B、由图象可知：在0﹣100s内做加速度越来越大的加速运动，100﹣200s内做匀加速直线运动，与直升机的运动情况不符，故B错误；C、由图象可知，在0﹣100s内，斜率越来越大，即速度越来越大，可能是匀加速直线运动，100﹣200s倾斜的直线，是匀速直线运动，故C正确；D、由图象可知，在0﹣100s内，斜率越来越小，即速度越来越小，做匀减速直线运动，与题不符，故D错误；故选：AC5．一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（）A．斜面对铁球的支持力大小为mgcosθB．铁球对斜面的作用力始终不变为C．墙对铁球的作用力大小始终大于推力FD．墙对铁球的作用力大小始终等于推力F【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法，结合几何关系分析求解．【解答】解：A、B、对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图根据共点力平衡条件，有：x方向：F﹣N′sinθ﹣N=0竖直方向：N′co sθ=mg解得：N′=；N=F﹣mgtanθ故当F增加时，斜面的支持力为，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故A错误，B正确；C、D、故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F﹣mgtanθ＜F；故CD错误；故选：B．6．小方同学上网查询到，截至2014年12月31日24时，三峡水电站全年发电988亿千瓦时，超过巴西和巴拉圭共同拥有的伊泰普水电站，首度成为世界上年发电量最高的水电站．据统计我国一个三口之家月平均用电量约为80度．那么三峡水库全年发电量大约能维持全国家庭用电的时间为（）A．3天 B．30天C．80天D．300天【考点】电功、电功率．【分析】根据我国约13亿人口，计算全国的家庭的数量，进而计算出一个月的用电量，然后计算988亿千瓦时使用的时间．【解答】解：我国约13亿人口，约有家庭的数量：户一个月的用电量：kW•h用电的时间：t=（月）=85.5天最接近的是80天故选：C7．如图所示，半径R=0.5m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m=10﹣6kg，带电荷量为q=8.0×10﹣6C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3m的A点以初速度v0=3×102m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点（图中未画出），取C点电势为0，则（）A．该匀强电场的电场强度E=105 V/mB．粒子在A点的电势能E P=8×10﹣5JC．粒子到达C点的速度大小为5×102m/sD．粒子速率为400m/s时的电势能为E P'=4.5×10﹣4J【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论与类平抛运动的规律求出电场强度；然后由匀强电场场强与电势差的关系求出A点的电势，然后求出电势能；由动能定理求出粒子在C点的速度；然后由能量守恒定律求出粒子速率为400m/s时的电势能．【解答】解：A．粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD=AO=0.3m，DC=0.4m，即有：AD=v0t，DC=t2，联立并代入数据可得：E=2.5×104N/C，故A错误；B．因U DC=E•DC=104V，而A、D两点电势相等，所以φA=104V，即粒子在A点的电势能为：E p=qφA=8×10﹣2J，故B错误；C．从A到C由动能定理知：qU AC=mv C2﹣mv02，代入数据得：v C=5×102m/s，故C正确；D．粒子在C点总能量：E C=mv C2=0.125J，由能量守恒定律可知，粒子速率为400m/s时的电势能为：E p′=E C﹣mv2=4.5×10﹣4J，故D错误．故选：C8．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A． B．C．D．【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】在φ﹣x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x=0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；B、由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；C、在x=0左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=E k2，在x=0的右侧，根据动能定理可得﹣qEx=E k′﹣E k，故D正确故选：D9．如图所示，调节可变电阻R1的阻值，使电压表的示数增大△U，在这个过程中（）A．路端电压增加，增加量一定等于△UB．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△UC．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于D．通过电阻R2的电流减小，减少量一定小于【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】本题可根据部分电路的欧姆定律判断定值电阻中的电流变化；再由E=U+U内判断路端电压的变化．【解答】解：A、由图可知，R与R1并联后与R2串联，电压表示数增大，由闭合电路欧姆定律可知，R2与r分压应减小且总的减小量等于△U，故R2两端电压的减小值小于△U，路端电压等于E﹣U内；因U内的减小量小于△U，故路端电压增加量大于△U，故AB错误；C、因R1为定值电阻，两端电压增大△U，故电流的增加量一定等于，故C错误；D、因R2为定值电阻，故其电流减小量应小于，故D正确；故选：D．10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在金属导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大d时，上下表面的电势差减小C．仅增大h时，上下表面的电势差增大D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低．最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论．【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故U=Bh=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小．故B正确；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故U=Bh=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关，故C错误；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D错误；故选：B．二、不定项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，多选或不选不得分，选不全得3分．）11．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列的说法中正确的是（）A．安培提出了分子电流假说B．法拉第最早发现了电磁感应现象C．楞次最早发现了电流磁效应D．密立通过油滴实验测定了元电荷的数值【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可正确解答．【解答】解：A、根据物理学史可知，安培提出了分子电流假说．故A正确；B、法拉第通过对电与磁的研究，最早发现了电磁感应现象．故B正确；C、1820年奥斯特发现了电流的磁效应．故C错误；D、美国科学家密立通过油滴实验测定了元电荷的数值．故D正确．故选：ABD12．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°．6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空．如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（）A．当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡B．当摆锤摆至最低点时，游客可体验最大的加速度C．当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒D．当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】超重与失重是指物体对支撑物的压力或悬挂物的拉力大于或小于重力的现象，物体重力并没有改变；对物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律列式分析，当加速度的方向向上时超重，当加速度的方向向下时失重．【解答】解：A、当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤和游客将开始下降，所以具有向下的加速度，游客受力不平衡．故A错误；B、当摆锤摆至最低点时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以在最低点游客可体验最大的加速度．故B正确；C、当摆锤在下摆的过程中，由于电动机也做正功，所以摆锤的机械能一定不守恒．故C正确；D、当摆锤在上摆过程中即将到达最高点时，摆锤向上做减速运动，加速度的方向向下，游客体验到失重．故D错误．故选：BC13．从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子．这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用．假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是（）。

2016年温州市高三第一次适应性测试 理综物理能力测试 2016.1 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（综合）两部分。

满分300分。

考试时间150分钟。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 K-39 Fe-56 I-127 第Ι卷14．下列问题的研究应用了极限思想方法的是 A．在不考虑带电体的大小和形状时，常用点电荷代替带电体 B．在研究复杂电路时，可用总电阻代替所有电阻产生的效果 C．速度，当时可表示t时刻的瞬时速度D．在探究加速度与力和质量的关系时，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 1．跳台滑雪是勇敢者的运动它是利用山势特建造的跳台一运动员穿着专用滑雪板不带雪杖助滑路上获得高速后A点水平飞出在空中飞行一段距离后山坡上B点着陆如图所示已知运动员水平飞出的速度0=20m/s，山坡看成倾角为37°斜面g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8） A．在空中飞行的时间 B． C．在空中飞行的平均速度．16．如图所示，一幼儿园小朋友将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬。

下列说法正确的是A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力 B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力 C．石块c受到水平桌面向的摩擦力 D．石块c对b的作用力一定竖直向17．某重型气垫船，自重达5.0×105 kg，最高时速为108km/h，装有额定输出功率为00kW的燃气轮机。

假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v满足Ff=kv下列说法正确的是A．该重型气垫船的最大牵引力为.0×105 N B．从题中给出的数据，可算出k=.0×104 N·s/m C．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力为.0×105 N D．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4kW 二、不定项选择题（本题共3小题，共18分。

2016学年第一学期温州市十校联合体高三期末考试物理试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。

选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．国际单位制的描述三个力学基本物理量的符号，下列哪一组是正确A．l、m、t B．m、kg、s C．N、m、s D．F、m、a2．一小球在水平面上移动，每隔0.02秒小球的位置如图所示。

每一段运动过程分别以甲、乙、丙、丁和戊标示。

试问在哪一段，小球所受的合力为零A．甲B．乙C．丙D．戊3．长期坚持步行有益健康，近年来步行健身已成为一种流行。

小宇同学走路时每单位时间所消耗的能量，与行进速率的关系如图，假设小宇同学每天都沿着相同的路径自学校走回家，则他以2.0m/s等速率走回家与以1.0m/s等速率走回家，所消耗的总能量之比约为：A．1.5 B．2.0C．2.5 D．3.04．如图，一个物体以某一初速度冲上粗糙斜面，下列关于物体的受力分析正确的是5．图中，左图是某人站在力传感器上做下蹲-起跳动作的示意图，中间的●表示人的重心。

右图是根据传感器画出的F-t图线。

两图中a~g各点均对应，其中有几个点在左图中没有画出，图中a、c、e对应的纵坐标均为700N。

取重力加速度g=10m/s2。

请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是A．此人重心在b点时处于超重状态B．此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C．此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小D．此人重心在f点时的脚刚好离开传感器6．某同学设计了一个探究平抛运动特点的家庭实验装置。

如图所示，在水平桌面上放置一个斜面，把桌子搬到墙的附近，把白纸和复写纸附在墙上。

浙江省温州市十校联合体2016届高三数学上学期期初联考试题 理（含解析）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知集合{|1U x x =≤-或}0x ≥，{}|02A x x =≤≤，{}2|1B x x =>，则集合()U AC B 等于（ ）Ａ．{}|01x x x ><-或 Ｂ．{}|12x x <≤ Ｃ．{}|01x x ≤≤ Ｄ．{}|02x x ≤≤ 【答案】C . 【解析】试题分析：由题意知，{}2|1{|1B x x x x =>=>或1}x <-，所以{11}U C B x x =-≤≤，所以集合(){x 01}U A C B x =≤≤I ，故应选C . 考点：1、集合间的相互关系；2.一个几何体的正视图和侧视图都是面积为１的正方形，则这个几何体的俯视图一定不是（ ）Ａ Ｂ Ｃ Ｄ【答案】B . 【解析】考点：1、三视图；3.设实数列{}n a 和{}n b 分别是等差数列与等比数列，且114a b ==，441a b ==，则以下结论正确的是（ ）Ａ．22a b > Ｂ．33a b < Ｃ．55a b > Ｄ．66a b > 【答案】A . 【解析】试题分析：设等差数列{}n a 和等比数列{}n b 的公差、公比分别为,d q ，则由114a b ==，441a b ==得，31131a d b q +==即1,d q =-=213a a d =+=，232144b b q ===，所以()3227a =，()32332416b ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以22a b >，故选项A 正确；3122a a d =+=，21233144b b q ==⨯=，所以33a b >，所以选项B 不正确；5140a a d =+=，41435144b b q -==⨯=，所以55a b <，所以选项C 不正确；6151a a d =+=-，52536144b b q -==⨯=，所以66a b <，所以选项D 不正确；故应选A .考点：1、等差数列；2、等比数列；4.“直线y x b =+与圆221x y +=相交”是“01b <<”的（ ）Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 【答案】B . 【解析】试题分析：若“直线y x b =+与圆221x y +=相交”，则圆心到直线的距离为1d =<，即b <01b <<；反过来，若01b <<，则圆心到直线的距离为1d=<<，所以直线y x b=+与圆221x y+=相交，故应选B.考点：1、直线与圆的位置关系；2、充分必要条件；5.已知点(0,2)A，抛物线2:2(0)C y px p=>的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，若||||FMMN=，则p的值等于（）Ａ．18Ｂ．14Ｃ．2 Ｄ．4【答案】C.【解析】试题分析：设点M到抛物线的准线的距离为'MM，抛物线的准线与x轴的交点记为点B，则由抛物线的定义知，'MM MF=，又因为||||FMMN='||||MMMN=，即''||cos||5MMNMMMN∠==，所以'cos cosOFA NMM∠=∠=，而cospOFOFAAF∠==p=，解之得2p=，故应选C.考点：1、抛物线的简单几何性质；6.设集合{}1,2,3,,nS n=，若Z是nS的子集，把Z中的所有数的和称为Z的“容量”（规定空集的容量为0）．若Z的容量为奇（偶）数，则称Z为nS的奇（偶）子集．命题①：nS的奇子集与偶子集个数相等；命题②：当3n≥时，nS的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等则下列说法正确的是（）Ａ．命题①和命题②都成立Ｂ．命题①和命题②都不成立Ｃ．命题①成立，命题②不成立Ｄ．命题①不成立，命题②成立【答案】A.【解析】试题分析:设S 为n S 的奇子集，令1,1{1,1S ST S S⋃∉⎧=⎨∈⎩，则T 是偶子集，A T →是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T ，均恰有一个奇子集，1,1{1,1T TS T T⋃∉⎧=⎨∈⎩与之对应，故n S 的奇子集与偶子集个数相等，所以①正确；对任一(1)i i n ≤≤，含i 的子集共有12n -个，用上面的对应方法可知，在1i ≠时，这12n -个子集中有一半是奇子集，在1i =时，由于3n ≥，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集，于是在计算奇子集容量之和是2312(1)2nn n i i n n --==+∑，根据上面所说，这也是偶子集的容量之和，两者相等，所以当3n ≥时，n S 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，即命题②正确，故应选A . 考点：1、集合的综合运用；2、分段函数的表示；7.定义区间12[,]x x 的长度为21x x - 21()x x >，函数22()1()(,0)a a x f x a R a a x+-=∈≠的定义域与值域都是[,]()m n n m >，则区间[,]m n 取最大长度时实数a 的值为（ ）Ａ．3Ｂ．-3 Ｃ．1 Ｄ．3 【答案】D . 【解析】考点：1、函数的定义域；2、函数的值域；8.如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列三个说法中正确的个数是（ ）①存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ②平面SBC 内存在直线与SA 平行 ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行 Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3 【答案】B . 【解析】试题分析：对于命题①，若直线SA ⊥平面SBC ，则直线SA 与平面SBC 均垂直，则SA ⊥BC ，又由AD ∥BC ，则SA ⊥AD ，这与SAD ∠为锐角矛盾，所以命题①不正确；对于命题②，因为平面SBC ⋂直线SA S =，故平面SBC 内的直线与SA 相交或异面，所以命题②不正确；对于命题③，取AB 的中点F ，则CF ∥AE ，由线面平行的判定定理可得CF ∥平面SAE ，所以命题③正确，故应选B .考点： 1、线面垂直的判定定理；2、线面平行的判定 ；第Ⅱ卷（共110分）（非选择题共110分）二、填空题（每题5分，满分36分，将答案填在答题纸上） 9.已知,255lg =x则x= ；已知函数x x f lg )(=，若1)(=ab f ，则=+)()(22b f a f ． 【答案】100,2. 【解析】试题分析：因为lg 525x =，所以5lg log 252x ==，所以210100x ==；又因为1)(=ab f ，所以lg()1ab =，即10ab =，所以222222()()lg lg lg()2lg()2f a f b a b a b ab +=+===，故应填100,2.考点：1、对数函数；2、对数运算； 10.设函数31,1,()2,1.x x x f x x -<⎧=⎨≥⎩则2(())3f f = ；若(())1f f a =，则a 的值为 ．【答案】2,. 【解析】试题分析：因为22()31133f =⨯-=，所以12(())(1)223f f f ===；若(())1f f a =，则（1）当1a <时，()31f a a =-，（1）当311a -<，即23a <时，()1f a <，所以2(())(31)3(31)19a 41f f a f a a =-=--=-=，所以25a 9=，即a 3=±a 3=不合题意应舍去，所以a =311a -≥，即23a ≥时，()1f a ≥，所以31(())(31)21a f f a f a -=-==，即13a =，应舍去；（2）当1a ≥时，()21af a =≥，所以2(())21af f a ==，所以20a =，不合题意，应舍去，故应填2,. 考点：1、分段函数；11.若函数2()cos 222x x xf x =-，则函数()f x 的最小正周期为 ；函数()f x 在区间[,0]π-上的最小值是 ．【答案】2π，12--. 【解析】 试题分析：因为21cos ()cos 2222x x x x f x x -==cos )x x =+sin()42x π=+-，所以其最小正周期为221T ππ==；因为x [,0]π∈-，所以3x [,]444πππ+∈-，再结合三角函数的图像及其性质可得: min ()12f x =--，故应填2π，12--. 考点：1、三角函数的恒等变换；2、三角函数的图像及其性质；12.如图，12,F F 是双曲线的左、右焦点，过1F 的直线l 与双曲线的左右两支分别交于点B 、A 两点，若2ABF ∆为等边三角形，则该双曲线的离心率为 ．. 【解析】试题分析：由双曲线的定义知，21122,2,BF BF a AF AF a -=-=，又因为2ABF ∆为等边三角形，所以11AB AF BF ==，所以224BF AF a AB -==，所以124,6BF a BF a ==. 在12F BF ∆中，由余弦定理可得：22201212122cos 60F F BF BF BF BF =+-，即2220(2)(4)(6)246cos60c a a a a =+-⨯⨯，即ce a==. 考点：1、双曲线的概念；2、双曲线的简单几何性质；13.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则c o s θ的最大值为 ．【答案】25. 【解析】试题分析：根据已知条件，AB ，AD ，AQ 三直线两两垂直，分别以这三直线为,,x y z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设2AB =，则(0,0,0),(1,0,0),(2,1,0)A EF ，M 在线段PQ 上，设(0,,2)(02)M y y ≤≤，所以(1,,2)EM y →=-，(2,1,0)AF →=，所以cos cos ,EM AF θ→→=<>=，函数()25g y y =--是一次函数，且为减函数，(0)20550g =-⨯-=-<，所以()f y 在[0,2]上单调递减，所以当0y =时，()f y 取得最大值25，故应填25.考点：1、空间向量在立体几何中的应用；14.若直线4ax by +=与不等式组2580240240x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪++≥⎩表示的平面区域无公共点，则a b +的取值范围是 . 【答案】(3,3)-. 【解析】试题分析：由已知不等式组可画出其所表示的平面区域图下图所示，并分别联立直线方程组2580240x y x y -+≥⎧⎨+-≤⎩，2580240x y x y -+≥⎧⎨++≥⎩，240240x y x y +-≤⎧⎨++≥⎩并计算得到点,,A B C 的坐标为(1,2),(4,0),(4,4)--要使直线直线4ax by +=与不等式组2580240240x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪++≥⎩表示的平面区域无公共点，则24044010a b a a b +->⎧⎪-->⎨⎪-->⎩或24044010a b a a b +-<⎧⎪--<⎨⎪--<⎩，点(,)a b 所在平面区域如图所示：同理可解得点M(1,2),N(2,1)--.令直线t a b =+，即b a t =-+，当直线b a t =-+过点M 时，t 有最小值为-3；当直线t a b =+过点N 时，t 有最小值为3，所以t a b =+的取值范围是(3,3)-.故应填(3,3)-.考点：1、一元二次不等式组所表示的平面区域；2、简单的线性规划；15.已知ABC ∆中，2,1AB AC ==，当2(0)x y t t +=>时，2||2xAB yAC t +≥恒成立，则ABC ∆的面积为 ，在前述条件下，对于ABC ∆内一点P ，()PA PB PC ⋅+的最小值是 . 【答案】51,8-. 【解析】试题分析：因为||xAB yAC +==uu u r uu u r当cos 0A =时，||)xAB y AC x y +=+uu u r uuu r 满足题意，所以此时112ABC S AB AC ∆=⨯⨯=；在直角三角形ABC 中，取BC 的中点D ，连接PD ，则2PB PC PD →→→+=，即()2PA PB PC PA PD →→→→→⋅+=⋅，当,,A P D 三点共线时，0PA PD →→⋅<，又此时12AD BC ==2522228PA PD PA PD PA PD →→→→→→⎛⎫+ ⎪⎪⋅=-≥-⨯=- ⎪⎪⎝⎭，即有最小值为58-，故应填51,8-. 考点：1、平面向量的数量积的应用；2、基本不等式的应用；三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.（本小题满分14分）设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，且sin sin cos ,,sin sin cos B C BA A A成等差数列 （1）求角A的值；（2）若5a b c =+=，求ABC ∆的面积.【答案】（1）060A=；（2. 【解析】试题分析：（1）根据已知可得等式sin sin cos 2sin sin cos C B BA A A⨯=+，然后结合sin()sin A B C +=可求出cos A 的值，进而可得其角的大小；（2）应用余弦定理即可计算出bc 的值，然后结合三角形的面积公式1sin 2ABC S bc A ∆=即可求出其大小. 试题解析：（Ⅰ）由已知sin sin cos 2sin sin cos C B BA A A⨯=+， 2sin sin cos cos sin sin()2sin sin sin cos sin cos 2sin cos C B A B A A B C A A A A A A A ++===，1cos 2A =，060A =.（Ⅱ）22222102c o s ()353a b c b c A b c b c b c ==+-=+-=-，所以5bc =，所以1s i n 24ABC S bc A ∆==. 考点：1、三角函数的恒等变换；2、余弦定理；3、正弦定理； 17.（本小题满分15分）如图（1）所示，直角梯形ABCD 中，90BCD ∠=，//AD BC ，6AD =，3DC BC ==．过B 作BE AD ⊥于E ，P 是线段DE 上的一个动点．将ABE ∆沿BE 向上折起，使平面AEB ⊥平面BCDE ．连结PA ，PC ，AC （如图（2））．（Ⅰ）取线段AC 的中点Q ，问：是否存在点P ，使得//PQ 平面AEB ？若存在，求出PD 的长；不存在，说明理由；（Ⅱ）当23EP ED =时，求平面AEB 和平面APC 所成的锐二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）当P 为DE 的中点时，满足//PQ 平面AEB ；（Ⅱ）面AEB 和平面APC 所成的 【解析】试题分析：（Ⅰ）首先作出辅助线——取AB 的中点M ，连结EM ，QM ．在三角形ABC 中，由Q 、M 为AC 、A BE CDA DCBEP QP•AB 的中点，于是可得//MQ BC ，且12M Q B C =，再由//PE BC ，且12P E B C=，可得四边形PEMQ为平行四边形，进而得出//ME PQ ，即可说明//PQ 平面AEB ；（Ⅱ）建立适当的空间直角坐标系如下图所示，根据已知分别写出各点的坐标，然后分别求出平面AEB 和平面APC 的法向量1n 和2n ，再由公式 121212cos ,⋅=⋅n n n n n n 即可计算出其二面角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）存在．当P 为DE 的中点时，满足//PQ 平面AEB ．取AB 的中点M ，连结EM ，QM ．由Q 为AC 的中点，得//MQ BC ，且12MQ BC =，又//PE BC ，且12PE BC =，所以//PE MQ ，=PE MQ ，所以四边形PEMQ 为平行四边形，故//ME PQ ．又PQ ⊄平面AEB ，ME ⊂平面AEB ，所以//PQ 平面AEB ．从而存在点P ，使得//PQ 平面AEB ，此时3=2PD ．（Ⅱ）由平面AEB ⊥平面BCDE ，交线为BE ，且AE BE ⊥， 所以AE ⊥平面BCDE ，又BE DE ⊥，以E 为原点，分别以 ,,EB ED EA 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则(0,0,0)E ，(3,0,0)B ，(0,0,3)A ，(0,2,0)P ，(3,3,0)C ． (3,1,0)PC =，(0,2,3)PA =-．ADCE PMQ平面AEB 的一个法向量为1(0,1,0)=n ，设平面APC 的法向量为2(,,)x y z =n ，由220,0,PC PA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得30,230.x y y z +=⎧⎨-+=⎩ 取3y =，得2(1,3,2)=-n，所以12cos ,==n n ，即面AEB 和平面APC考点：1、直线与平面平行的判定定理；2、空间向量法解空间立体几何问题； 18.（本小题满分15分）已知二次函数2()(,,)f x ax bx c a b c R =++∈满足条件：①当x R ∈时，(4)(2)f x f x -=-，且()f x x ≥；②当(0,2)x ∈时，21()2x f x +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭；③()f x 在R 上的最小值为0 （1）求()f x 的解析式；（2）求最大的m(m>1)，使得存在t R ∈，只要[1,]x m ∈，就有()f x t x +≤. 【答案】（1）21()(1)4f x x =+；（2）m 的最大值为9. 【解析】试题分析：（1）根据已知条件①可得其对称轴为1x =-，根据已知条件③知其开口向上，即0a >，于是可设函数2()(1)f x a x =+，再由①结合②知(1)1f ≥、211(1)12f +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭可得(1)1f =，进而求出a 的值，即可得出所求结果；（2）将问题“存在t R ∈，只要[1,]x m ∈，就有()f x t x +≤”转化为“在区间[1,]m 上函数()y f x t =+的图像在直线y x =的下方，且m 最大”，进而可得1和m 是关于x 的方程21(1)4x t x ++=，于是可求出参数t 的值，进而求出参数m 的值即可. 试题解析：（1）由(4)(2)f x f x -=-知，对称轴为1x =-，由③知开口向上，即0a >，故设2()(1)f x a x =+，由①知(1)1f ≥；由②知211(1)12f +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，故(1)1f =，代入得，14a =，所以21()(1)4f x x =+. （2）由题意，在区间[1,]m 上函数()y f x t =+的图像在直线y x =的下方，且m 最大，故1和m 是关于x 的方程21(1)4x t x ++= ……①的两个根，令x=1代入①，得t=0或t=-4，当t=0时，方程①的解为121x x ==（这与m>1矛盾）.当t=-4时，方程①的解为121,9x x ==，所以m=9. 又当t=-4时，对任意[1,9]x ∈，恒有21(1)(9)0(41)4x x x x --≤⇔-+=，即(4)f x x -≤，所以m 的最大值为9.考点：1、二次函数的解析式；2、函数与方程； 19.（本小题满分15分）已知,A B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右顶点，(2,0)B ，过椭圆C 的右焦点F 的直线交椭圆于点,M N ，交直线4x =于点P ，且直线,,PA PF PB 的斜率成等差数列，R 和Q 是椭圆上的两动点，R 和Q 的横坐标之和为2，RQ （不垂直x 轴）的中垂线交x 轴与于T 点.（1）求椭圆C 的方程； （2）求MNT ∆的面积的最大值【答案】（1）22143x y +=；（2）max 98S =.【解析】试题分析：（1）设出点P 的坐标为(4,)t ，然后根据已知直线,,PA PF PB 的斜率成等差数列可列方程，进而求出参数c 的值，从而求出椭圆的方程即可；（2）首先设出直线MN 的方程为1x my =+，然后联立直线与椭圆的方程并消去x 整理得到关于y 的一元二次方程，再求出判别式以及12||y y -的值，于是由点差法可得出点T 的坐标，再由MNT ∆的面积计算公式可得MNT S ∆的表达式，进而求出其最大值即可得出结果.试题解析：（1）设(4,)P t ，直线,,PA PF PB 的斜率成等差数列⇔2462t t tc =+-1c ⇒=， 所以椭圆方程22143x y +=. （2）设直线MN 方程为1x my =+，联立22143x y +=得22(34)690m y my ++-=，2144(1)0m ∆=+>，12||y y -=RQ 中垂线与x 轴相交于点1T 04⎛⎫⎪⎝⎭，，1219||||22MNT S TF y y ∆=⋅-=，当0m =时，max 98S =. 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的相交问题； 20.（本小题满分15分）在数列{}n a 中，12(0),3ta t t a =>≤，n S 为{}n a 的前n 项和，且21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥（1）比较2014a 与20153a 大小； （2）令211n n n n b aa a ++=-+，数列{}nb 的前n 项和为n T ，求证：24n t T <.【答案】（1）201420153a a >；（2）112,33a t a t a =≤=，且由（1）知2130n n n a a S +-=≥113n n a a +∴≤∴12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭，211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，当12n n a a +=时取到最大值，但13n n a a +≤，222339n n n n n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）根据1(2)n n n a S S n -=-≥及21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥可得到等式213n n n a a S +-=，并令2014n =，即可得出等式22014201520143a a S -=，进而可得20142015,3a a 的大小关系；（2）由（1）知不等式2130n n n a a S +-=≥，即113n n a a +≤，进而可得不等式12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭，再结合已知211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，根据二次函数的图像可得出其最大值为233n n n n a a b a ⎛⎫⎛⎫≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，进而由数列的前n 项和可得所证结论即可.试题解析：（1）由21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥得213n n n a a S +-=，当2014n =时，有220142015201430a a S -=≥，所以201420153a a >.（2）112,33a t a t a =≤=，且由（1）知2130n n n a a S +-=≥ 113n n a a +∴≤∴12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，当12nn a a +=时取到最大值 但13n n a a +≤，222339n n nn n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 考点：1、数列的前n 项和；2、放缩法；。

浙江省温州市十校联合体2015—2016学年度上学期期中联考高一物理试题（满分100分，考试时间：90分钟）一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分共30分，每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，选错或不答的得0分。

)1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是( )A．质量、加速度B．位移、速度变化量C．时间、平均速度D．路程、加速度2．下列叙述错误．．的是（）A.古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重，下落得越快B.伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方C.伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快D.伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动3.刻舟求剑的故事家喻户晓，“舟已行矣，而剑不行”这句话所选的参考系是（）A．舟B．舟上的人C．地面D．流动的水4．下列说法正确的是( )A．第4s是指3s末到5s初这段时间B. 形状规则的物体的重心必在其几何中心C．研究牙买加运动员博尔特百米跑步动作时，可把博尔特看成质点D．我市出租车的收费标准是1.20元/公里，其中“每公里”指的是位移5．2014年8月25日，在我国南京举行的青奥会上，18岁的江苏选手吴圣平高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，吴圣平在跳板的最外端静止站立时，如图所示，则（）A．吴圣平对跳板的压力方向竖直向下B．吴圣平对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的C．吴圣平受到的重力就是它对跳板的压力D．跳板对吴圣平的支持力是由跳板发生形变而产生的６．下列关于速度和加速度的说法中，正确的是( )A．物体运动的速度越大，它的加速度一定越大B．物体运动的速度改变越大，它的加速度一定越大C．物体运动的速度改变越快，它的加速度一定越大D．物体运动的速度为零，它的加速度也一定为零7.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么开始刹车后2s与开始刹车后6s汽车通过的位移之比为（）A．1∶1 B．3∶1 C．4∶3 D．3∶48．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2。

浙江省温州市十校联合体2016届高三数学上学期期初联考试题 文（含解析）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知全集U =R ，集合{}012A =，，，{}234B =，，，则阴影部分所表示集合为（ ▲ ）A ．{}2B ．{}01，C ．{}34，D ．{}0,1,2,3,4 【答案】B . 【解析】试题分析：由题意知，阴影部分表示的为集合A 去掉A B ⋂的部分，所以其表示的为{}01，，故应选B .考点：1、集合间的相互关系；2.已知βα,角的终边均在第一象限，则“βα>”是“βαsin sin >”的（ ▲ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】D . 【解析】试题分析：当βα>时，不能推出βαsin sin >，例如：26παπ=+，3πβ=，而1sin sin(2)sin 662ππαπ=+==，sin sin 3πβ==所以sin sin αβ<；当βαs i n si n >时，不能推出βα>，例如：3πα=，26πβπ=+，此时αβ<，故应选D .考点：1、三角函数的概念；3.若三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为（ ▲ ） A ．80 B ．40 C ．803 D ．403【答案】D . 【解析】试题分析：由题意的三视图可知，原几何体是一个底面为直角边为5、4的直角三角形，其高为4，且顶点在底面的射影点分底面边长为3:2，所以原几何体的体积为1140(54)4323V =⨯⨯⨯⨯=，故应选D .考点：1、三视图；4.设n m ,为两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ▲ ） A.若//,n//m αα，则m//n B.若,m ααβ⊥⊥，则//m β C. 若βα//,m m ⊥，则βα⊥ D. 若//,m ααβ⊥，则m β⊥ 【答案】C . 【解析】考点：1、直线与平面的平行的判定定理与性质定理；2、直线与平面垂直的判定定理与性质定理； 5.函数()2sin 1xf x x =+的图象大致为（ ▲ ）俯视图侧视图正视图【答案】A . 【解析】试题分析：因为()2sin 1xf x x =+，所以()0()()0f f f ππ==-=，所以排除选项,C D ；当0x π<<时，sin 0x >，所以当0x π<<时，()0f x >，所以排除选项B ，故应选A .考点：1、函数的图像；6.已知ABC ∆的面积为2，E,F 是AB,AC 的中点，P 为直线EF 上任意一点，则2PB PC BC ∙+的最小值为（ ▲ ）A.2B.3C. 【答案】C . 【解析】试题分析:因为E,F 是AB,AC 的中点，所以EF 到BC 的距离等于点A 到BC 的距离的一半，所以2ABC PBC S S ∆∆=，而2ABC S ∆=，所以1PBC S ∆=，又1sin 2PBC S PB PC BPC ∆=⨯∠，所以2sin PB PC BPC ⨯=∠.所以2cos cos sin BPCPB PC PB PC BPC BPC→→∠⋅=⨯∠=∠.由余弦定理有：2222cos BC PB PC PB PC BPC =+-⨯∠.因为,PB PC 都是正数，所以222PB PC PB PC +≥⨯，222cos BC PB PC PB PC BPC ≥⨯-⨯∠，所以242cos cos 22cos sin BPCPB PC BC PB PC BPC PB PC PB PC BPC BPC-∠∙+≥⨯∠+⨯-⨯∠=∠uu r uu u r uu u r ，令42cos sin BPC y BPC -∠=∠，则'224cos sin BPC y BPC -∠=∠，令'0y =，则1cos 2BPC ∠=，此时函数在1(0,)2上单调递增，在1(,1)2上单调递减，所以2PB PC BC ∙+的最小值为C . 考点：1、平面向量的数量积的应用；2、解三角形；7.已知函数222(1)0()4(3)0x k a x f x x x a x ⎧+-≥=⎨-+-<⎩ （） （），其中a R ∈,若对任意的非零实数1x ，存在唯一的非零实数212()x x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则k 的取值范围为（ ▲ ）.088A k k k ≤≥≤≤ B. C.0 0k ≤D.或8k ≥【答案】D .【解析】试题分析：由于函数222(1)0()4(3)0x k a x f x x x a x ⎧+-≥=⎨-+-<⎩ （） （），则0x =时，2()(1)f x k a =-，又由对任意的非零实数1x ，存在唯一的非零实数212()x x x ≠，使得12()()f x f x =成立，所以函数必须为连续函数，即在0x =附近的左右两侧函数值相等，所以22(3)(1)a k a -=-，即2(k 1)a 690a k +-+-=有实数解，所以264(k 1)(9)0k ∆=-+-≥，解得08k k ≤≥或，故应选D .考点：1、分段函数的应用；8.如图,已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上有一点A,它关于原点的对称点为B ，点F 为双曲线的右焦点，且满足AF BF ⊥，设ABF α∠=，且,126ππα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则该双曲线离心率e 的取值范围为（ ▲ ）.3,232,132,233,13A ⎡⎣⎡⎣ B. C. D.【答案】B . 【解析】试题分析：设左焦点为'F ，令'12,AF r AF r ==，则'2BF AF r ==，所以212r r a -=，因为点A 关于原点O 的对称点为B ，AF BF ⊥，所以OA OB OF c ===，所以222214r r c +=，所以22122()rr c a =-，因为2ABF AOF S S ∆∆=，所以212112sin 222r r c α=⨯，即2122sin 2rr c α=，所以222sin 2c c a α=-，所以211sin 2e α=-，因为,126ππα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以1sin 2,22α⎡∈⎢⎣⎦，所以2211)1sin 2e α⎡⎤=∈⎣⎦-，所以1e ⎤∈⎦，故应选B .考点：1、双曲线的概念；2、双曲线的简单的基本性质；第Ⅱ卷（共110分）（非选择题共110分）二、填空题（每题5分，满分36分，将答案填在答题纸上）9.设函数31,1,()2, 1.x x x f x x -<⎧=⎨≥⎩则(1)f = ▲ ； 若()1f a =，则a 的值为 ▲ ．【答案】22,3. 【解析】试题分析：由1(1)22f ==知第一空应填2；若()1f a =，则当1a <时，311a -=，即23a =；当1a ≥时，21a=，即0a =，不合题意，故应填23a =. 考点：1、分段函数； 10.已知,255lg =x则x= ▲ ；设 m 52ba ==，且2b1a 1=+，则m= ▲ ．【答案】【解析】试题分析：因为lg 525x =，所以5lg log 252x ==，所以210100x ==；因为 m 52ba==，所以21log log 2m a m ==，51log log 5m b m ==，又因为2b1a 1=+，所以log 2log 52m m +=，即210m =，所以m =故应填考点：1、对数函数；2、对数运算；11.设圆C ：22()(21)1x k y k -+-+=，则圆C 的圆心轨迹方程为 ▲ ,若0k =时，则直线:310l x y +-=截圆C 所得的弦长= ▲ ．【答案】210x y --=【解析】试题分析：设圆心的坐标为(,)C x y ，则,21x k y k ==-，消去k 可得21y x =-，即为所求的圆C 的圆心轨迹方程；若0k =时，则圆心到直线的距离为5d ==，故应填210x y --=，5. 考点：1、直线与圆的位置关系；12.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{}n a 中，11=a ，12=a …)(12*++∈+=N n a a a n n n 则=7a ▲ ；若2017a m =，则数列{}n a 的前2015项和是 ▲ （用m 表示）． 【答案】13,1m -. 【解析】考点：1、数列的求和；13.若实数y x ,满足不等式组330101x y x y y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥-⎩，，，则2||z x y =+的取值范围是 ▲ ．【答案】[]1,11-. 【解析】试题分析：首先根据题意的二元一次不等式组可画出其所表示的平面区域如下图所示：当0x ≥时，2z x y =+即目标函数为2y x z =-+，根据图形可知，在点C 处取得最大值且为max 26111z =⨯-=，在点(0,1)-处取得最小值且为min 2011z =⨯-=-，所以此时2||z x y =+的取值范围是[]1,11-；当0x <时，2z x y =-+即目标函数为2y x z =+，所以在点B 处取得最大值且为max 2(2)13z =-⨯--=，在点(0,1)-处取得最小值且为min 2011z =⨯-=-，所以此时2||z x y =+的取值范围是[]1,3-，故应填[]1,11-.考点：1、二元一次不等式组所表示的平面区域；2、简单的线性规划问题；14.如图，水平地面ABC 与墙面BCD 垂直，E,F 两点在线段BC 上，且满足4EF =，某人在地面ABC 上移动，为了保证观察效果，要求他到E,F 两点的距离和恰好为6，把人的位置记为P ，点R 在线段EF 上，满足RF=1，点Q 在墙面上，且QR BC ⊥,2QR =,由点P 观察点Q 的仰角为θ，当PE 垂直面DBC 时，则tan θ= ▲ .【解析】试题分析： 由题意知，6PE PF +=（1），在直角三角形PEF 中，由勾股定理可知，222PE EF PF +=，即2216PE PF +=（2），联立（1）（2）可得53PE =，所以在直角三角形PER 中，由勾股定理可知，222PE ER PR +=，所以3PR =，于是在直角三角形PRQ中，tan QR PR θ===考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、空间的角； 15.已知,x y 为正数，且13310x y x y+++=，则3x y +的最大值为 ▲ . 【答案】8. 【解析】试题分析：因为13310x y x y +++=，所以13310()x y x y+=-+，所以()()213310()3x y x y x y ⎡⎤+=-++⎢⎥⎣⎦，即()()23103103y x x y x y x y ⎛⎫+=+--+⎪⎝⎭，令3t x y =+，则231010y x t t x y ⎛⎫+=-+- ⎪⎝⎭，而2y x x y +≥，所以210160t t -+≤，即28t ≤≤，故应填8. 考点：1、基本不等式的应用；2、一元二次不等式的解法；三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.（本题满分14分）已知(2sin ,sin cos )m x x x =-，(3cos ,sin cos )n x x x =+，记函数()f x m n =⋅． （1）求函数()f x 的最大以及取最大值时x 的取值集合；（2）设ABC ∆的角,,A B C 所对的边分别为,,a b c，若()2f C =，c =ABC ∆面积的最大值．【答案】（1）max 2y =，,3x x k k Z ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭；（2）ABC ∆面积的的最大值为4． 【解析】试题分析：（1）运用向量的数量积的定义可求出函数()f x 的表达式，然后根据三角函数的图像及其性质可得出其最大值，并求出此时x 满足的取值集合即可；（2）由已知条件知角C 的大小，再由余弦定理以及基本不等式即可得出ABC ∆面积的的最大值即可. 试题解析：（1）由题意，得22()23sin cos sin cos f xm n x x x x =⋅=+-1cos 21cos 222cos 222x xx x x -+=+-=- 2sin(2)6x π=-max 2y ∴=，当()f x 取最大值时，即sin(2)16x π-=，此时22()62x k k Z πππ-=+∈，解得()3x k k Z ππ=+∈ ，所以x 的取值集合为,3x x k k Z ππ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭． （2）因()2f C =，由（1）得sin(2)16C π-=，又0C π<<，即112666C πππ-<-<， 所以262C ππ-=，解得3C π=，在ABC ∆中，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得223a b ab ab =+-≥，即3ab ≤，所以1sin 2ABC S ab C ∆==≤所以ABC ∆面． 考点：1、平面向量的数量积；2、余弦定理；3、基本不等式； 17.（本题满分15分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ． （Ⅰ）求n a 及n S ； （Ⅱ）令b n =211n a -（n ∈N *），求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】（Ⅰ）321)=2n+1n a n =+-（；n S =2n +2n ．（Ⅱ）n T =n4(n+1)．【解析】试题分析：（Ⅰ）设出等差数列{}n a 的公差为d ，然后根据已知即可列出方程组112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，进而求 出首项与公差，于是可得其通项公式和前n 项和即可；（Ⅱ）首先根据（Ⅰ）可得数列{}n b 的通项公式，再由裂项相消法即可得出数列{}n b 的前n 项和n T 的表达式，进而可得出结果. 试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为37a =，5726a a +=，所以有112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13,2a d ==，所以321)n a n =+-（；n S =n(n-1)3n+22⨯=2n +2n ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1n a =，所以b n =211n a -=21=2n+1)1-（114n(n+1)⋅=111(-)4n n+1⋅， 所以n T =111111(1-+++-)4223n n+1⋅-=11(1-)=4n+1⋅n 4(n+1)，即数列{}n b 的前n 项和n T =n4(n+1)．考点：1、等差数列；2、等差数列的前n 项和；18.（本题满分15分）如图，在三棱锥P ABC -中，△PAB 和△CAB 都是以AB 为斜边的等腰直角三角形， 若22AB PC =D 是PC 的中点. （1）证明：AB ⊥PC ；（2）求AD 与平面ABC 所成角的正弦值．【答案】（1）取AB 中点E ，连接PE,EC,由于,PAB CAB ∆∆为等腰直角三角形，则CE AB ⊥,PE AB ⊥, 则AB ⊥平面PEC ，所以PC AB ⊥. （2）.1421sin ==∠AD DH DAH 【解析】试题分析：（1）首先作出辅助线，即取AB 中点E ，连接PE,EC,然后根据,PAB CAB ∆∆为等腰直角三角形可知CE AB ⊥,PE AB ⊥, 由直线与平面垂直的判定定理知AB ⊥平面PEC ，进而可得出所证的结果；（2）首先作出辅助线取CE 中点O,再取OC 中点F ，连接PO,DF,AF ，根据几何体可计算出,,AB PE CE 的长度，进而判断出,PO CE ⊥于是可得DAF ∠即为所求角，再根据直线与平面的位置关系分别求出：PO ，DH ，AD ，进而求出所求角的正弦值即可.试题解析：（1）取AB 中点E ，连接PE,EC,由于,PAB CAB ∆∆为等腰直角三角形，则CE AB ⊥,PE AB ⊥, 则AB ⊥平面PEC ，所以PC AB ⊥.（2）取CE 中点O,再取OC 中点F ，连接PO,DF,AF ，由于,PAB CAB ∆∆为等腰直角三角形，又AB PE CE ===，又2PC =，PEC ∴∆为正三角形，,CE PO ⊥∴则⊥PO 平面ABC ，,//DF PO ,ABC DF 面⊥∴ 所以DAF ∠为所求角． 于是可得：PO =，86=DH . 又在PAC ∆中可求,414=AD .1421sin ==∠AD DH DAH 考点：1、直线与平面垂直的判定定理；2、直线与平面所成的角的求法；19.（本题满分15分）已知抛物线C:22(0)x py p =>的焦点为F ，直线220x y -+= 交抛物线C 于A 、B 两点,P 是线段AB 的中点,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q ．（1）若直线AB 过焦点F ，求AF BF ∙的值；（2）是否存在实数p ，使ABQ ∆是以Q 为直角顶点的直角三角形？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）80；（2）14p =. 【解析】试题分析：（1）由抛物线的方程可知其焦点F 的坐标，然后联立直线与抛物线的方程并消去y可得方程 016162=--x x ，再由韦达定理可知1212,x x x x +，即可求出所求的答案；（2）假设存在这样的实数p ，使ABQ ∆是以Q 为直角顶点的直角三角形，然后联立抛物线的方程与直线的方程可得方程 0442=--p px x ，由韦达定理知1212,x x x x +，进而可求出点Q 的坐标，再由0=⋅QB QA 即可得出关于p 一元二次方程，进而求解之即可得出所求的结果.试题解析：（1）∵ ()0,2F ，4p =， ∴ 抛物线方程为y x 82=，与直线22y x =+联立消去y 得： 016162=--x x ，设),(),,(2211y x B y x A ，则16,162121-==+x x x x ，∴ =++=++=)42)(42()2)(2(||||2121x x y y BF AF 80；（2）假设存在，由抛物线py x 22=与直线22y x =+联立消去y 得：0442=--p px x设),(),,(2211y x B y x A ，则p x x p x x 4,42121-==+，可得),2,2(p p Q 由0=⋅QB QA 得：0)2)(2()2)(2(2121=--+--p y p y p x p x ，即0)22)(222()2)(2(2121=-+-++--p x p x p x p x ，∴ 0488))(64(522121=+-++-+p p x x p x x ，代入得01342=-+p p ，)(141舍或-==p p ． 考点：1、抛物线的标准方程；2、直线与抛物线的综合问题；20.（本题满分15分）已知函数2()1,()||f x x g x x a =-=-．（1）当1a =时，求()()()F x f x g x =-的零点；（2）若方程|()|()f x g x =有三个不同的实数解，求a 的值；（3）求()()()G x f x g x =+在[2,2]-上的最小值()h a .【答案】（1）()F x 的零点为1，2-；（2）54a =±或1a =±；（3）251,()4211()1,()2251,()42a a h a a a a a ⎧-+≥⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪--≤-⎪⎩. 【解析】试题分析：（1）由已知可求出函数()F x 的解析式，然后令()0F x =并分两种情况进行讨论：当1x ≥时和当1x <时，分别即可求出()F x 的零点；（2）将方程|()|()f x g x =转化为22(1)(1)0x x a x x a +---+-=，进一步转化为要求方程210x x a +--=和210x x a -+-=满足下列情形之一：（Ⅰ）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等（Ⅱ）两方程均有两不等根且由一根相同；最后并检验即可得出所求的结果；（3）分两种情况对其进行讨论：当12a ≤-时和当12a ≥时，并分别判断其在区间上的增减性，进而分别求出其对应情况下的最值即可得出所求的结果.试题解析：（1）当1a =时，222,1,()1|1|2, 1.x x x F x x x x x x ⎧- ≥⎪=---=⎨+- <⎪⎩，令()0F x =得，当1x ≥时，20x x -=，1x =（0x =舍去）当1x <时，220x x +-=，2x =-（1x =舍去）所以当1a =时，()F x 的零点为1，2-.（2）方程|()|()f x g x =，即2|1|||x x a -=-，变形得22(1)(1)0x x a x x a +---+-=，从而欲使原方程有三个不同的解，即要求方程210x x a +--= (1)与210x x a -+-= (2)满足下列情形之一：（Ⅰ）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等（Ⅱ）方程（1）、（2）均有两不等根且由一根相同；对情形（I ）：若方程(1)有等根，则14(1)0a ∆=++= 解得 54a =-代入方程（2）检验符合； 若方程(2)有等根，则14(1)0a ∆=--=解得54a =代入方程（1）检验符合； 对情形（Ⅱ）：设0x 是公共根，则22000011x x a x x a +--=-+-，解得0x a =代入（1）得1a =±，1a =代入|()|()f x g x =检验得三个解为-2、0、1符合1a =-代入|()|()f x g x =检验得三个解为2、0、-1符合故|()|()f x g x =有三个不同的解的值为54a =±或1a =±． （3） 因为2()()()1||G x f x g x x x a =+=-+-=221()1()x x a x a x x a x a ⎧+--≥⎨-+-<⎩, 当12a ≤-时，()G x 在1[2,]2--上递减，在1[,2]2-上递增， 故()G x 在[2,2]-上最小值为min 15()()24G x G a =-=--； 当12a ≥时2()1G x x x a =--+，在1[2,]2-上递减，在1[,2]2上递增， 故()G x 在[2,2]-上最小值为min 15()()24G x G a ==-+，当1122a -<<时，()G x 在[2,]a -上递减，当[,2]x a ∈时递增，故此时()G x 在[-2，2]上的最小值为2min ()()1G x G a a ==-.综上所述： 251,()4211()1,()2251,()42a a h a a a a a ⎧-+≥⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪--≤-⎪⎩. 考点：1、函数与方程；2、一元二次方程的解法；2、分段函数的最值的求法；。

浙江省温州市十校联合体2016届高三上学期期初联考物理试题物理试卷(满分100分，考试时间：90分钟)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题3分，共计30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分)1.【题文】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=∆x∆t ，当∆t→0时，∆x∆t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法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【答案】B【解析】本题主要考查物理学的研究方法；选项A，质点概念的确立采取了理想模型法，故选项A错误；选项B,由v=∆x∆t表示瞬时速度的前提是∆t趋近于零，故采取了极限法的思想，选项B正确；选项C，验证牛顿第二定律采取了控制变量法，故选项C错误；选项D, 推导匀变速直线运动位移公式时，采取了微元法，故选项D 错误；本题正确选项为B。

【题型】单选题【备注】【结束】2.【题文】对于下列体育比赛的论述，说法正确的是A.某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10min，指的是时刻B.运动员铅球成绩为，指的是铅球位移的大小为C.运动员跑完1500m比赛，指的是路程大小为1500mD.足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看做质点【答案】C【解析】本题主要考查时间、位移、路程以及质点的概念；选项A，两个加时赛所需的10分钟指的是加时赛持续了10分钟，指的是时间间隔，故选项A错误；选项B，铅球的成绩指的是铅球的水平位移，而不是合位移，合位移由抛出时手的位置指向落点位置，故选项B错误；选项C，运动员跑完1500m比赛，指的是路程大小为1500m ，故选项C正确；选项D,若看成质点就无所谓正反面，故选项D错误；本题正确选项为C。

浙江省温州市十校联合体2015届高三上学期期中联考物理试卷一、单项选择题（本题包括10小题，每小题3分，共计30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分）1．（3分）在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，2．（3分）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（）3．（3分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对4．（3分）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中错误的是（）1+，得：，，故抛出瞬间的加速度为：=）、上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于5．（3分）（2013•河南一模）山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成，BC圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，竖直台阶CD底端与倾角为θ的斜坡DE相连．第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，第二次从AB间的A′点（图中未标，即AB＞A′B）由静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为φ1和φ2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则（）=mgh=6．如图，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成（它们在B处平滑连接），小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是（）7．（3分）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（），8．（3分）两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S 闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）C=E=结合进行分析．9．（3分）如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）10．如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r．闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（）二、不定项选择题（本题包括4小题，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．（4分）甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移﹣时间图象，即x﹣t图象如图所示，甲图象过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（）12．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块的运动过程中，表述正确的是（）13．（4分）某同学从电子市场购买一款手机电池板如图所示，他根据电池板上的标识，所做判断正确的是（）14．（4分）如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）三、实验题（每空2分，共20分）15．（2分）如图所示的游标卡尺是在测某物体的内径，则游标卡尺读数为 1.90 cm．16．（8分）（1）小叶同学利用图甲装置来探究加速度与质量之间的定性关系．根据图片信息，他安装仪器后，准备开始测量实验数据时的状态如图甲所示，从图片上看，你觉得他在开始正确测量前必须得修正哪几方面的问题？（请写出三点）长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力；小车和打点计时器的距离太远了，细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行．（2）修正后，小叶同学就开始实验测量，如图乙所示．他所接的打点计时器的电源档位如图示，则他所选的打点计时器是哪种常用的打点计时器？电磁打点计时器17．（10分）在测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中（1）看图甲，请你回忆：你在实验室做测绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时，除了图中已给的实验仪器外，还应该有什么仪器：电流表（量程为0.6A）（2）小嘉和小敏同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．俩同学连好的实物如图乙所示．①在以下电流表中选择合适的一只是A2；电流表A1（量程3A，内阻约0，1Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约0.5Ω）；电流表A3（量程100mA，内阻约3Ω）．②若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为h 段；（用图乙中字母表示）③若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，你觉得他俩该如何排除此“意外”？电流表的量程接大了图象；电压电流四、计算题（写出必要的解题过程和步骤，本题共3小题，共34分）18．（10分）一物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为a，经过一段时间当速度为v时，将加速度反向、大小改变．为使这物体再经过与加速过程所用时间的N倍时间恰能回到原出发点，则反向后的加速度应是多大？回到原出发点时的速度为多大？加速运动时有：，．，回到原出发点时的速度为19．（11分）如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段．张华控制的四驱车（可视为质点），质量 m=1.0kg，额定功率为P=7W．张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机．当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为5m/s，∠COD=53°，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为h=0.85m．已知AB间的距离L=6m，四驱车在AB段运动时的阻力恒为1N．重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）四驱车运动到B点时的速度大小；（2）发动机在水平平台上工作的时间；（3）四驱车对圆弧轨道的最大压力．的运动过程中有牵引力和阻力做功，根据动能定理有：mV点运动到最高过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，有：R=mV D2﹣mV C2=mgR（1﹣cos53°），20．（13分）如图所示，质量为m带电量为+q的小球静止于光滑绝缘水平面上，在恒力F 作用下，由静止开始从A点出发到B点，然后撤去F，小球冲上放置在竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面相切，小球恰能沿圆形轨道运动到轨道末端D，并从D点抛出落回到原出发点A处．整个装置处于电场强度为E=的水平向左的匀强电场中，小球落地后不反弹，运动过程中没有空气阻力．求（1）小球刚到D点的速度；（2）AB之间的距离；（3）F的大小．at a=交点坐标为（R+11+mV；的大小是。