湖南师大附中2018届高三上学期摸底考试(7月)(教师版)物理 Word版含解析

湖南师大附中2018届高三月考试卷(七)理科综合能力测试时量：150分钟满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33－38题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H－1C－12O－16Na－23Mg－24S－32Cl－35.5 Cu－64第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列有关细胞结构、功能及生命历程的叙述中，错误的是(D)A．细胞内蛋白质发生水解时，通常需要另一种蛋白质的参与B．细胞中内质网膜与线粒体内膜上的蛋白质种类和数量不同C．同一种酶可存在于分化程度不同的活细胞中D．原癌基因与抑癌基因在正常细胞中不会表达并行使功能【解析】原癌基因负责调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的进程，抑癌基因阻止细胞不正常的增殖，在正常细胞中会表达并行使其功能。

2．下列有关生物体生命活动调节的叙述，正确的是(C)A．胰高血糖素可促进组织细胞摄取、利用和储存葡萄糖，使血糖浓度升高B．促甲状腺激素随着血液运输到体液中，几乎对全身细胞都起作用C．脱落酸不能为植物提供营养，但可以调控细胞的基因表达D．用生长素类似物处理二倍体番茄未受粉的雌蕊柱头，可得到多倍体无子番茄【解析】胰高血糖素通过促进肝糖原的水解，使血糖浓度升高；促甲状腺激素的靶器官是甲状腺；用生长素类似物处理二倍体番茄未受粉的雌蕊柱头，可得到无子番茄，生长素类似物只是促进了子房壁发育成果皮，并没有导致其染色体数目加倍，故ABD都错。

植物激素不能为植物提供营养和能量，也不起催化作用，但可以通过调控细胞的基因表达来调节代谢过程，C正确。

3．H7N9病毒是一种可感染人的高致病性的RNA病毒，自带RNA复制酶，其衣壳外面有一层囊膜，囊膜表面具有血凝素、神经氨酸酶等糖蛋白。

血凝素对病毒感染宿主细胞范围的选择起关键作用，神经氨酸酶可以协助成熟流感病毒脱离宿主细胞感染新的细胞。

湖南省湖南师范大学附属中学2018届高三物理上学期摸底考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A. υI=0B. υI=2mυ0C. υD. υ，I=2mυ0【答案】B【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小．【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小I=-（M+m）v-mv0=-2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B。

2.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A. 停止运动B. 向左运动C. 向右运动D. 运动方向不能确定【答案】B【解析】【详解】力F，所以根据冲量I向左。

因为碰撞的过程中动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确。

故本题选B。

【点睛】利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。

3.如图所示，质量均为M＝0.4 kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块(可看成质点)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2 m/s，最后A的速度v1为( )A. 1.5 m/sB. 2 m/sC. 1 m/sD. 0.5 m/s【答案】A【解析】【详解】三物体整体分析，以小物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v2+Mv1，代入数据解得：v1=1.5m/s；故选A.【点睛】本意主要考查了运动过程中动量守恒定律的应用，要掌握动量守恒的条件，能正确判断动量是否守恒，注意选择不同的系统和过程.4.某放射性元素经过11.4的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为( )A. 11.4天B. 7.6天C. 3.8天D. 2.85天【答案】D【解析】；根据半衰期公式：t=4T=11.4天，T=2.85天.故A，B，C错误，D正确；故选D.【点睛】本题考查了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行.5.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动，其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示；在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动，其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示；甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2，由图象知( )A. m1＜m2，g1＜g2B. m1＜m2，g1＞g2C. m1＞m2，g1<g2D. m1＜m2，g1＝g2【答案】C【解析】【详解】由牛顿第二定律得F-mg＝ma m1＞m2，g1<g2.故选C. 【点睛】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道a-F图线的斜率和截距表示的物理意义．6.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上向右运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能无损失C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶5，碰撞过程机械能无损失【答案】B【解析】【详解】规定向右为正方向，碰撞后A球的动量变化量是负值，A所受的冲量为负值，即向左，所以左方是A球.设A物体的质量为m，碰撞前A的速度为2v；那么B物体的质量为2m，速度为v.碰撞后A球的动量变化量为-4kg•m/s，则碰后A物体的动量变成了2kg•m/s，速度B物体动量变成了10kg•m/s，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5．碰撞前后两物体的相对速度大小相等，因此是弹性碰撞，无机械能损失；故A，C，D错误，B正确.故选B.【点睛】碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究．7.们碰前后的s-t．1kg，由此可以判断A.B.C. ．3kgD. 碰撞过程中系统损失了0．4J的机械能【答案】AC【解析】A说明向右运动，B，根据动量守恒定律得故C，代入解得故D错误．考点：考查了动量守恒定律，位移时间图像【名师点睛】s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．8.光子能量为E的一束光照射容器中的氢(设氢原子处于n＝3的能级)，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，已知朗克常量为h，则E等于( )A. hν1B. hν10C. h(ν10－ν1)D. hν3【答案】D【解析】【详解】根据题意：氢原子处于n=3的能级，氢原子吸收光子后，能发出十种频率的光谱线，可知，光子吸收的能量等于n=3和n=5之间的能级差，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，因为v3到数第三小，知频率为v3的光子能量等于等于n=3和n=5之间的能级差，即E=hv3;故D正确，A,B,C错误.故选D.【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m-E n=hv．二、多选题9.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则( )A. 在荧屏上的亮斑向上移动B. 在荧屏上的亮斑向下移动C. 偏转电场对电子做的功增大D. 偏转电场的电场强度减小【答案】AC【解析】试题分析：电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M1、M2之间的电势差，根据，则偏转电场的电场强度增大，D错误；根据W＝Uq，偏转电场对电子做的功增大，C正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A 正确，B错误。

2018届湖南师大附中高三上学期月考试卷（五）物理（word 版，教师版）本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”．弹跳过程是身体肌肉骨骼关节等部位一系列相关动作的过程．屈膝是其中一个关键动作．如图所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(D)A.F 2sin θ2B.F 2cos θ2C.F 2tan θ2D.F 2cot θ2【解析】设大腿骨和小腿骨的作用力分别为F 1、F 2，则F 1＝F 2由力的平行四边形定则易知F 2cos θ2＝F 2，对F 2进行分解有F 2y ＝F 2sin θ2，解得F 2y ＝F 2tan θ2＝F 2cot θ2，D 选项正确．2．如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 和C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则一下说法正确的是(D)A ．一起加速过程中，A 所受到的静摩擦力大小为F 4B ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反D ．当F 撤去瞬间， D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变【解析】一起加速的过程中，由整体法分析可知：a ＝F －F f 4m ＜F 4m ，对A 受力分析可知，F fA ＝ma ＜F 4，故选项A 错误；对C 受力分析可知，C 受重力、地面支持力、D 物体的压力、D 物体对C 施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B 错误；A 、D 运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项C 错误；当F 撤去瞬间，D 受力情况不变，故D 选项正确．3．如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为F A 、F B 和F C .现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若F A 和F B 不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图象中，可能正确的是(B)【解析】对小球进行受力分析当a ＜g tan θ时，如图一，根据牛顿第二定律水平方向： F C sin θ＝ma ①竖直方向： F C cos θ＋F A ＝mg ②联立①②得：F A ＝mg －ma tan θ F C ＝ma sin θF A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝g tan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝g sin θ时，F C ＝mg所以A 错误，B 正确，D 错误．当a ＞g tan θ时，受力如图二，根据牛顿第二定律水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma ③竖直方向：F C cos θ＝mg ④联立③④得：F B ＝ma －mg tan θ F C ＝mg cos θF B 与a 也成线性，F C 不变综上C 错误．4．《中国制造2025》提出通过“三步走”实现制造强国的战略目标．其中，到2025年迈入制造强国行列是第一阶段目标．中国无人机制造公司大疆是中国制造的优秀代表，其创新的无人机产品在美国商用无人机市场占据领先地位，市场份额达47%，遥遥领先于排名第二的竞争对手．而在全球商用无人机市场中，大疆更是独领风骚，一举夺得近70%的市场份额．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量为m ＝3 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝40 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．该款无人机电池容量为4 480 mA ·h ，在提供最大升力的情况下能持续工作约20分钟．g 取10 m/s 2.以下说法正确的是(C)A ．无人机从静止开始以最大升力竖直起飞，t ＝3 s 时离地高度为h ＝54 mB ．无人机以最大升力工作时电流大约为6 AC ．无人机悬停在H ＝156 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去动力竖直坠落(俗称炸机)，坠地时速度为52 m/sD ．无人机因动力设备故障坠机的过程中机械能守恒【解析】设无人机上升时加速度大小为a ，应用牛顿第二定律有：F －mg －f ＝ma ，解得：a ＝2 m/s 2，由h ＝12at 2，解得h ＝9 m ，故A 选项错误；由I ＝Q t，解得I 约为13 A ，故选项B 错误；设无人机坠落过程中加速度大小为a 1，由牛顿第二定律mg －f ＝ma 1，解得a 1＝263m/s 2，由v 2＝2a 1H ，解得v ＝52 m/s ，故选项C 正确；由于存在阻力，无人机坠机过程中机械能不守恒，故选项D 错误．5．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P 处斜向上抛出，到达斜面顶端Q 处时速度恰好变为水平方向，已知P 、Q 间的距离为L ，重力加速度为g ，则关于抛出时物体的初速度v 0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有(B)A ．tan α＝tan θB ．tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）C ．v 0＝cos θcos 2θL 2g sin θD ．v 0＝cos θgL 2sin θ 【解析】运用逆向思维，物体做平抛运动，根据L sin θ＝12gt 2得：t ＝2L sin θg，则P 点的竖直分速度v y ＝gt ＝2gL sin θ，P 点的水平分速度v x ＝L cos θt＝L cos θg 2L sin θ＝gL cos 2θ2sin θ，则v 0＝v 2x ＋v 2y ＝gL （1＋3sin 2θ）2sin θ，故C 、D 错误．设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tan β＝2tan θ，又α＝β－θ，根据数学三角函数关系可求得tan α＝sin 2θ2（1＋sin 2θ）故B 正确，A 错误．6．如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 点等高．某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是(D)A ．下滑过程中重力对B 做功的功率一直增大B ．当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC ．下滑过程中B 的机械能增加D ．整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR 【解析】刚下滑时，B 的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点速度水平，重力的功率为0，所以重力对B 做功的功率先增大后减小，故选项A 错误；整个过程中，A 、B 组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒：mgR ＝2×12m v 2，得v ＝gR ，重力与支持力的合力提供向心力F N －mg ＝m v 2R，解得轨道对B 的支持力大小等于2mg ，故选项B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加ΔE k ＝12m v 2＝12mgR ，机械能减小12mgR ，故选项C 错误；整个过程中对A 受力分析可知，重力不做功，A 物体动能的增量等于轻杆对A 做的功W ＝12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．7．如图所示，在圆形磁场区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为(C)A.12vB.23v C.32v D.32v 【解析】设圆形磁场区域的半径为R ，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：q v B ＝m v 2r ，得v ＝qBr m，v ∝r .当粒子从b 点飞出磁场时，入射速度和出射速度与ab 夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应圆心角为60°，根据几何知识可知轨迹的半径为r 1＝2R ；当粒子从a 点沿ab 方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t ，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相同，也是60°，根据几何知识可得，粒子的轨迹半径r 2＝3R ；由此可得v 2v ＝r 2r 1＝32，故选项C 正确．8．电子技术中有一种电源称为恒流电源constant ­current power supply(内阻不能忽略)，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．如图所示的电路电源为恒流电源，电表均为理想电表，当滑动变阻器R 0的滑片向上滑动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于(C)A ．R 0B ．R 1C ．R 2D ．R 3【解析】设电源输出的恒定电流为I 0，R 1两端电压为U R 1，由于通过R 1电流恒定，所以它两端电压也恒定．滑动变阻器滑片向上滑动前，设电压表示数为U 1，电流表示数为I 1；滑片向上滑动后，电压表示数为U 2，电流表示数为I 2，由于R 0变大，所以必有U 2＞U 1，I 2＜I 1，于是有U 1＝U R 1＋(I 0－I 1)R 2，U 2＝U R 1＋(I 0－I 2)R 2，两式相减得U 2－U 1＝(I 1－I 2)R 2，故选项C 正确．9．带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A 球用绝缘轻绳竖直悬挂，B 球接地，C 球用导线与球壳内部相连，D 球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是(BC)A ．由于静电感应，A 球带负电B ．B 球接地带负电，但电势为零C ．C 球带正电，且电势与球壳电势相等D ．D 球带正电，电势为零【解析】由于静电感应，A 球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电．故A 错误；由于静电感应，B 球带负电，但电势和大地的电势相等，为零．故B 正确；C 球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷．故C 正确；D 球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D 不带电．故D 错误．故选B.10．2016年1月20日，美国天文学家推测，太阳系有第九大行星，该行星质量约为地球的10倍，半径约为地球的4倍，绕太阳一周需约2万年，冥王星比它亮约一万倍，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，地球和该行星绕太阳运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是(BC)A ．太阳的质量约为gR 2GB ．该行星的质量约为10gR 2GC ．该行星表面的重力加速度约为58g D ．该行星到太阳的距离约为地球的2万倍【解析】根据题设条件，地球表面的物体的重力由万有引力提供，即mg ＝GM 地m R 2，所以地球的质量M 地＝gR 2G，而题中缺少计算太阳质量的有关物理量，无法计算太阳质量，故A 错误；该行星质量是地球质量的10倍，M 行＝10M 地＝10gR 2G ，故B 正确；根据mg ＝GMm R 2，有g ＝GM R 2；该行星质量是地球质量的10倍，半径约为地球的4倍，则g g ′＝M 地M 行·（4R 2）R 2＝85，所以该行星表面的重力加速度约为58g ，故C 正确；根据开普勒周期定律，有：r 3地T 2地＝r 3行T 2行，解得：r 行＝(T 行T 地)23·r 地＝3（2×104）2·r 地≈7.4×102r 地；故D 错误．11．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A 1、A 2形成，实线为电场线，虚线为等势线，x 轴为该电场的中心轴线，P 、Q 、R 为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是(BC)A ．电极A 1的电势低于电极A 2的电势B ．电子在P 点处的动能大于在Q 点处的动能C ．电场中Q 点的电场强度小于R 点的电场强度D ．电子从P 至R 的运动过程中，电场力对它一直做正功【解析】沿电场线方向电势降低，因此电极A 1的电势低于电极A 2的电势，故选项A 正确；电子从P 至Q 的运动过程中，是由低电势向高电势运动，电场力做正功，电势能减少，动能增加，故选项B 错误，D 正确；等势线密的地方电场线也密，因此Q 点电场线比R 点电场线密，故Q 点电场强度大于R 点电场强度，故选项C 错误．12．如图所示，光滑绝缘水平面上M 、N 两点分别放置带电荷量为＋q 和＋3q 的质量相等的金属小球A 和B (可视为点电荷)，现给A 和B 大小相等的初动能E 0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M 、N 两点时的动能分别是E 1和E 2，则(AD)A ．E 1＝E 2＞E 0B ．E 1＝E 2＝E 0C ．碰撞发生在M 、N 两点连线中点的左侧D ．两球同时返回M 、N 两点【解析】由题意可知两球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，在运动过程中，两球的速度始终大小相等，方向相反，所以两球碰后返回M 、N 两点时的动能E 1＝E 2，两球碰撞后带电荷量都变为＋2q ，在相同距离时的库仑力增大，所以返回时电场力做功必定大于接近时克服电场力做的功，所以系统的动能必定增加，即E 1＝E 2＞E 0，故选项A 正确，选项B 错误；由牛顿第二定律知两球在运动过程中，加速度大小相等，在相等的时间内运动的位移大小必定相等，因此碰撞必定发生在M 、N 两点连线中点，又同时返回M 、N。

高三摸底考试(附中版)文科数学试题－(这是边文，请据需要手工删加)炎德·英才大联考湖南师大附中2018届高三摸底考试数 学(文科)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。

时量120分钟。

满分150分。

第Ⅰ卷一、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)设全集U ＝{}1，2，3，4，5，M ＝{}2，3，4，N ＝{}4，5，则()∁U M ∪N ＝(D )A .{}1B .{}1，5C .{}4，5D .{}1，4，5(2)复数z 与复数i (2－i )互为共轭复数(其中i 为虚数单位)，则z ＝(A ) A ．1－2i B ．1＋2i C ．－1＋2i D ．－1－2i(3)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌马获胜的概率为(A )A .13B .14C .15D .16(4)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知a ＝3，b ＝6，A ＝π3，则角B 等于(A )A . π4B . 3π4C . π4或3π4D . 以上都不对(5)为得到函数y ＝sin 2x 的图象，只需将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4的图象(D )A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π8个单位D ．向左平移π8个单位(6)设a ＝7－12，b ＝⎝⎛⎭⎫17－13，c ＝log 712，则下列关系中正确的是(B ) A ．c<b<a B ．c<a<b C ．a<c<b D ．b<c<a【解析】由题意得，c ＝log 712<0，又b ＝⎝⎛⎭⎫17－13＝713>7－12＝a>0，所以c<a<b ，故选B .(7)函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象大致为(D )【解析】由题意得，函数y ＝x sin x ＋cos x 是偶函数，当x ＝0时，y ＝1，且y′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，显然在⎝⎛⎭⎫0，π2上，y ′>0，所以函数单调递增，故选D .(8)运行下图所示的程序框图，若输出结果为137，则判断框中应该填的条件是(B )A ．k>5B ．k>6C ．k>7D ．k>8【解析】第一次执行完循环体得到：S ＝1＋12＝32，k ＝2；第二次执行完循环体得到：S＝32＋12×3＝53，k ＝3；第三次执行完循环体得到：S ＝53＋13×4＝74，k ＝4；第四次执行完循环体得到：S ＝74＋14×5＝95，k ＝5；第五次执行完循环体得到：S ＝95＋15×6＝116，k ＝6；第六次执行完循环体得到：S ＝116＋16×7＝137，k ＝7；输出结果为137，因此判断框中应该填的条件是k>6.(9)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，则异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值大小为(A )A .14B ．－14C .12D ．－12【解析】延长BA 到D ，使得AD ＝AC ，则ADA 1B 1为平行四边形， ∴AB 1∥A 1D ，∴∠DA 1C 就是异面直线AB 1和A 1C 所成的角， 又△ABC 为等边三角形，设AB ＝AA 1＝1，∠CAD ＝120°，则CD ＝AC 2＋AD 2－2AC·AD cos ∠CAD＝1＋1－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， A 1C ＝A 1D ＝2，在△A 1CD 中，cos ∠DA 1C ＝22＋22－322×2×2＝14.故选A .(其它的平移方法均可)(10)如图所示，网格纸上每个小格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为(A )A ．2＋23＋ 6B ．4＋23＋ 6C ．4＋43＋ 6D ．2＋3＋ 6【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥P －ABC ，其中侧面PAB ⊥底面ABC ，在平面PAB 内，过点P 作PD ⊥AB ，垂足为D ，连接CD ，CD ⊥AD ，该几何体的表面积是S ＝12×1×2×2＋34×(22)2＋12×22×3＝2＋23＋ 6.(11)已知双曲线x 2a 2－y2b2＝1(a>0，b>0)与抛物线y 2＝2px(p>0)有相同的焦点F ，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线交于点M(－3，t)，|MF|＝1532，则双曲线的离心率为(C )A .22B .33C .52D . 5 【解析】依题意有－p 2＝－3，p ＝6，又|MF|＝1532，∴⎝⎛⎭⎫15322＝t 2＋62，∴t ＝±32，∴b a (－3)＝－32，b a ＝12，且a 2＋b 2＝c 2，e ＝52.故选C . (12)设D 是函数y ＝f(x)定义域内的一个子区间，若存在x 0∈D ，使f(x 0)＝－x 0，则称x 0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间D 上存在次不动点，若函数f(x)＝ax 2－2x －2a－32在区间⎣⎡⎦⎤－3，－32上存在次不动点，则实数a 的取值范围是(B ) A ．(－∞，0) B .⎣⎡⎦⎤－14，0 C .⎣⎡⎦⎤－314，0 D .⎣⎡⎦⎤－314，－14 【解析】由题意，存在x ∈⎣⎡⎦⎤－3，－32，使g(x)＝f(x)＋x ＝ax 2－x －2a －32＝0，解得a ＝x ＋32x 2－2，设h(x)＝x ＋32x 2－2，则由h′(x)＝－x 2－3x －2（x 2－2）2＝0，得x ＝－1(舍去)或x ＝－2，且h(x)在(－3，－2)上递减，在⎝⎛⎭⎫－2，－32上递增，又h(－3)＝－314，h(－2)＝－14，h ⎝⎛⎭⎫－32＝0，所以h(x)在x ∈⎣⎡⎦⎤－3，－32的值域为⎣⎡⎦⎤－14，0，即a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－14，0.第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答．第(22)～(23)题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．(13)已知向量a ＝(－1，1)，向量b ＝(3，t )，若b ∥(a ＋b )，则t ＝__－3__．(14)若sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝13，则cos ⎝⎛⎭⎫2π3＋2α＝__－79__． 【解析】∵sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝13，∴cos ⎝⎛⎭⎫2π3＋2α＝－cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝－⎝⎛⎭⎫1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π6－α＝－79.(15)点P (a ，3)到直线4x －3y ＋1＝0的距离等于4，且在2x ＋y －3<0表示的平面区域内，则a 的值为__－3__．【解析】由题意⎩⎪⎨⎪⎧|4a －3×3＋1|5＝4，2a ＋3－3<0，解得a ＝－3.(16)已知直线l 经过点P ()－4，－3，且被圆()x ＋12＋()y ＋22＝25截得的弦长为8，则直线l 的方程是__x ＋4＝0或4x ＋3y ＋25＝0__．【解析】圆心()－1，－2，半径r ＝5，弦长为m ＝8，设弦心距是d ，则由勾股定理得r 2＝d 2＋⎝⎛⎭⎫m 22，得d ＝3，若直线l 斜率不存在，则直线l 的方程为x ＋4＝0，此时圆心到l 的距离是3，符合题意；若直线l 斜率存在，则设直线l 的方程为y ＋3＝k (x ＋4)，即kx －y ＋4k －3＝0，所以圆心到l 的距离是d ＝||－k ＋2＋4k －3k 2＋1＝3，解得k ＝－43，此时直线l 的方程是4x＋3y ＋25＝0.综上，直线l 的方程是x ＋4＝0或4x ＋3y ＋25＝0.所以答案应填：x ＋4＝0或4x＋3y ＋25＝0.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． (17)(本小题满分12分)数列{}a n 的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1()n ≥1. (Ⅰ)求{}a n 的通项公式； (Ⅱ)求S n .【解析】(Ⅰ)由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1()n ≥2，2分 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，a n ＋1＝3a n ()n ≥24分 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，6分故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.8分(Ⅱ) S n ＝1×（1－3n ）1－3＝3n 2－12.12分(18)(本小题满分12分)某校高三(1)班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，可见部分如下图．(Ⅰ)求分数在[50，60)的频率及全班人数；(Ⅱ)求分数在[80，90)之间的频数，并计算频率分布直方图中[80，90)间矩形的高； (Ⅲ)若要从分数在[80，100)之间的试卷中任取两份分析学生失分情况，求在抽取的试卷中，至少有一份分数在[90，100)之间的概率．【解析】(Ⅰ)分数在[50，60)的频率为0.008×10＝0.08，2分由茎叶图知：分数在[50，60)之间的频数为2，所以全班人数为20.08＝25.4分(Ⅱ)分数在[80，90)之间的频数为25－22＝3；频率分布直方图中[80，90)间的矩形的高为325÷10＝0.012.7分(Ⅲ)将[80，90)之间的3个分数编号为a 1，a 2，a 3，[90，100)之间的2个分数编号为b 1，b 2，8分在[80，100)之间的试卷中任取两份的基本事件为：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(b 1，b 2)共10个，10分其中，至少有一个在[90，100)之间的基本事件有7个，故至少有一份分数在[90，100)之间的概率是710＝0.7.12分(19)(本小题满分12分)如图，在三棱锥A －BCD 中，AD ＝DC ＝2，AD ⊥DC ，AC ＝CB ，AB ＝4，平面ADC ⊥平面ABC ，M 为AB 的中点．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面ADC ；(Ⅱ)求点A 到平面DMC 的距离．【解析】(Ⅰ)∵AD ＝DC ＝2且AD ⊥DC ， ∴AC ＝CB ＝22，又AB ＝4，满足AC 2＋BC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC .4分∵平面ABC ⊥平面ADC ，BC 平面ABC ，平面ABC ∩平面ADC ＝AC ， ∴BC ⊥平面ADC .6分(Ⅱ)取AC 中点N ，连接MN ，DN ，DM ，CM在Rt △ADC 中，DN ⊥AC 且DN ＝2，又平面ABC ⊥平面ADC ， ∴DN ⊥平面ABC .在△ABC 中，MN ∥BC 且MN ＝12BC ＝2，由(Ⅰ)知BC ⊥平面ADC ，则MN ⊥平面ADC ，又∵DN 平面ADC ， ∴MN ⊥DN ，即DM ＝DN 2＋MN 2＝2，8分在△ABC 中，AC ＝BC ＝22，AB ＝4，∴CM ＝2，∴S △DMC ＝34×4＝ 3.10分设点A 到平面DMC 的距离为h ，则由V A －DMC ＝V D －AMC ， 得13×S △DMC ×h ＝13×S △AMC ×DN ， 解得h ＝263，∴点A 到平面DMC 的距离为263.12分(20)(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切．(Ⅰ)求椭圆C 标准方程；(Ⅱ)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在点E ，使EA →2＋EA →·AB →为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值，若不存在，说明理由．【解析】(Ⅰ) 由e ＝63， 得c a ＝63，即c ＝63a ， ①又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2＋y 2＝a 2，且与直线2x －2y ＋6＝0相切，所以a ＝622＋（2）2＝6， 代入①得c ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝2.所以椭圆的方程为x 26＋y 22＝1.4分(Ⅱ)由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1y ＝k （x －2）得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2－61＋3k 2，8分根据题意，假设x 轴上存在定点E (m ，0)，使得 EA →2＋EA →·AB →＝EA →·(EA →＋AB →)＝EA →·EB →为定值，则有EA →·EB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2) ＝(x 1－m )·(x 2－m )＋y 1y 2＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2)＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝(k 2＋1)·12k 2－61＋3k 2－(2k 2＋m )·12k 21＋3k2＋(4k 2＋m 2) ＝（3m 2－12m ＋10）k 2＋（m 2－6）3k 2＋110分要使上式为定值，即与k 无关，则应3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，即m ＝73，此时EA →·EB →＝m 2－6＝－59为定值，定点为⎝⎛⎭⎫73，0.12分 (21)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12ax 2－(a 2＋b )x ＋a ln x (a ，b ∈R )．(Ⅰ)当b ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(Ⅱ)当a ＝－1，b ＝0时，证明：f (x )＋e x >－12x 2－x ＋1(其中e 为自然对数的底数)．【解析】 (Ⅰ)当b ＝1时，f (x )＝12ax 2－(1＋a 2)x ＋a ln xf ′(x )＝ax －(1＋a 2)＋a x ＝（ax －1）（x －a ）x 1分当a ≤0时，x －a >0，1x>0，ax －1<0f ′(x )<0此时函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间2分当a >0时，令f ′(x )＝0x ＝1a或a①当1a ＝a (a >0)，即a ＝1时， 此时f ′(x )＝（x －1）2x≥0(x >0)此时函数f (x )单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间3分②当0<1a<a ，即a >1时，此时在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(a ，＋∞)上函数f ′(x )>0， 在⎝⎛⎭⎫1a ，a 上函数f ′(x )<0，此时函数f (x )单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(a ，＋∞)；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，a .4分③当0<a <1a，即0<a <1时，此时函数f (x )单调递增区间为(0，a )和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a ，1a .6分 (Ⅱ)证明：当a ＝－1，b ＝0时，f (x )＋e x >－12x 2－x ＋1，只需证明：e x－ln x －1>0，(法一)设g (x )＝e x －ln x －1(x >0)， 问题转化为证明x >0，g (x )>0，由g ′(x )＝e x －1x ， g ″(x )＝e x ＋1x2>0，∴g ′(x )＝e x －1x为(0，＋∞)上的增函数，且g ′⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，g ′(1)＝e －1>0.8分 ∴存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得g ′(x 0)＝0，e x 0＝1x 0， ∴g (x )在(0，x 0)上递减，在(x 0，＋∞)上递增.10分∴g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1≥2－1＝1，∴g (x )min >0，∴不等式得证.12分 (法二)先证：x －1≥ln x (x >0)，令h (x )＝x －1－ln x (x >0)，∴h ′(x )＝1－1x ＝x －1x＝0x ＝1，∴h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴h (x )min ＝h (1)＝0，∴h (x )≥h (1)x －1≥ln x ．8分 ∴1＋ln x ≤1＋x －1＝x ln(1＋x )≤x ，∴e ln(1＋x )≤e x ，10分∴e x ≥x ＋1>x ≥1＋ln x ，∴e x >1＋ln x ， 故e x －ln x －1>0.12分请考生在(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． (22)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos 2αy ＝sin 2α(α是参数)，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝1sin θ－cos θ.(Ⅰ)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(Ⅱ)求曲线C 1上的任意一点P 到曲线C 2的最小距离，并求出此时点P 的坐标. 【解析】(Ⅰ) 由题意知，C 1的普通方程为(x －1)2＋y 2＝1，1分 C 2的直角坐标方程为y ＝x ＋1. 5分(Ⅱ)设P (1＋cos 2α，sin 2α)，则P 到C 2的距离d ＝22|2＋2cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π4|，当cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝－1，即2α＝3π4＋2k π(k ∈Z )时，d 取最小值2－1，此时P 点坐标为⎝⎛⎭⎫1－22，22.10分(23)(本小题满分10分)选修4－5: 不等式选讲 设函数f (x )＝|2x －a |＋a .(Ⅰ) 若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，求实数a 的值；(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下，若存在实数n ，使得f (n )≤m －f (－n )恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)由f (x )≤6，得a －6≤2x －a ≤6－a (a <6)， 即其解集为{x |a －3≤x ≤3}，3分由题意知f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，所以a ＝1.5分 (Ⅱ) 原不等式等价于，存在实数n ，使得m ≥f (n )＋f (－n )＝|1－2n |＋|1＋2n |＋2恒成立， 即m ≥[|1－2n |＋|1＋2n |＋2]min ，8分而由绝对值三角不等式，|1－2n |＋|1＋2n |≥2， 从而实数m ≥4.10分。

2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物 理时量：90分钟 满分：110分得分：____________一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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．关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有A ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C ．卢瑟福的原子核式结构模型能够很好的解释光谱的分立特征和原子的稳定性D ．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的2．对于某一电容器，下列说法正确的是 A ．电容器所带的电量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的123．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E 、r ，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，下列各物理量变化情况为A ．R 0的功率逐渐增大B ．电流表的读数逐渐减小C ．电源的输出功率可能先减小后增大D ．电压表与电流表读数的改变量的比值ΔUΔI先增大后减小4．2017年11月5日19时45分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星．北斗卫星导航系统(BeiDou Navigation Satellite System ，BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统．北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，其中5颗是地球同步卫星．关于同步卫星绕地球运动的相关物理量，下列说法正确的是A ．角速度等于地球自转的角速度B ．向心加速度大于地球表面的重力加速度C ．线速度大于第一宇宙速度D．运行周期一定大于月球绕地球运动的周期5．如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120°.下列说法错误的是A．点O与点C的场强大小相等B．点C与点D的场强大小之比为3∶1C．一电子从D点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D．将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电场力先做正功后做负功6．如图所示，光滑长铁链由若干节组成，每一节长度为l0，全长为L，在水平轨道上以某一速度运动．圆形管状轨道与水平轨道相切，半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过圆形管状轨道继续前进，下列判断正确的是A．每节铁链通过最高点的速度依次减小B．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等C．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒D．铁链全部通过圆形管状轨道的过程中，铁链的最小速度为gR7．如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是A．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比B．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关C．当用一束平行光垂直照射斜面，小球在斜面上的投影做匀速运动D．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大8．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，斜面A静止不动，B上表面倾斜，则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是A．B可能受三个力作用B ．A 、B 间的动摩擦因数μ＝32C ．A 一定受四个力作用D ．地面对A 的支持力小于A 、B 、C 三者重力之和二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9．甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x －t 图象如图所示，其中直线b 与曲线a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是A ．前4 s 内两物体运动方向相同B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．甲的加速度大小为2 m/s 210．如图甲所示的理想变压器，原线圈接在乙图所示交流电源上，副线圈接一个标有“10 V 2 W ”的灯泡，视灯泡电阻不变，已知变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，下列说法正确的是A ．灯泡能正常发光B ．电压表的读数为100 VC ．电流表的读数为0.2 AD ．选两只相同“10 V 2 W ”规格的灯泡串接在副线圈，则变压器的输出功率为1 W11．如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O 点，将一质量为M 的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A 点时速度最大，下降到最低点B 时加速度大小为g ，O 、B 间距为h .换用另一质量m 的物块乙，从距O 点高为h 的C 点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B 点，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ，则A ．弹簧的最大弹性势能为MghB ．乙的最大速度为2ghC ．乙在B 点的加速度大小为2gD ．乙运动到O 点下方h4处速度最大12．如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac 边的电阻为R ，其他电阻均不计，ab 与ac 夹角为135°，cd 与ac 垂直．将质量为m 的长直导体棒搁在导轨上，并与ac 平行．棒与ab 、cd 交点G 、H 间的距离为L 0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .在外力作用下，棒由GH 处以初速度v 0向右做直线运动．其速度的倒数1v随位移x 变化的关系如图(b)所示．在棒运动L 0到MN 处的过程中A ．导体棒做匀变速直线运动B ．导体棒运动的时间为3L 02v 0C ．流过导体棒的电流不变D ．外力做功为3B 2L 302R ＋38mv 2应位置)13．(6分)某课外兴趣小组为了消除“伏安法测电阻”实验中电流、电压表内阻的对实验结果的影响，设计了如图甲所示的电路进行测量，实验的主要步骤是：(i)将R 2的滑动头调到最左端，单刀双掷开关S 2向1闭合，闭合开关S 1，调节滑动变阻器R 1和R 2，使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程)，读出此时电压表和电流表的示数U 1、I 1.(ii)保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S 2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U 2、I 2.请回答下列问题(1)步骤(i)中两电表示数如图乙所示，电流表读数为________A ，电压表读数为________V.(2)步骤(ii)电流表读数为0.40 A ，电压表读数为1.20 V ，电阻R x ＝________Ω(保留二位有效数字)．14．(10分)在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如下：①如图所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系．(1)在上述实验操作过程中，以下说法正确的是________；A．可以用电池盒给打点计时器供电B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源C．要保持细绳与平板平行D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动(2)在操作①中若打了一条如下图所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当________(选填“增大”或“减小”)些；(3)在操作②中，小车所受的合力大小等于________(用题中所给定的字母以及重力加速度g表示)；(4)在本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；在操作④中，每次改变小车质量后，________(选填“需要”或“不需要”)重新调节平板的倾角．四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，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)15．(12分)如图所示，一个截面是三角形的物体P平放在水平地面上，它的两个斜面与水平的夹角分别为α、β，且α<β，P的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B二个质量相等的滑块，连接后细绳与各自的斜面平行，所有接触面都不计摩擦，重力加速度大小为g.(1)若P固定不动，求A、B的加速度大小．(2)若P向右做匀加速运动，加速度多大时能使A、B与斜面不发生相对滑动．16．(12分)如图所示，在长度足够长、宽度d＝5 cm的区域MNPQ内有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝0.33 T，水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E＝200 N/C.现有大量质量m＝6.6×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向垂直射入磁场，射入时的速度大小均为v＝1.6×106 m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中运动的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．17．(15分)两端开口、内壁光滑的直玻璃管MN竖直固定在水平面上，a、b二个小球，直径相等，略小于玻璃管的内径，且远小于玻璃管的长度，大小可忽略不计；a、b两球的质量分别为m1和m2(m1＝2m2)．开始时，a球在下b球在上两球紧挨着在管口M处由静止同时释放，a球着地后立即反弹，其速度大小不变，方向竖直向上，与b球相碰，接着b球竖直上升．设两球碰撞时间极短、碰撞过程中总动能不变，在b球开始上升的瞬间，一质量为m3的橡皮泥在M处自由落下，如图所示．b与c在管中某处相遇后粘在一起，要使b、c粘合后能够竖直飞出玻璃管口，则m2与m3之比必须满足什么条件？五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填正确答案前的标号．选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)．A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性C．绝对湿度大，相对湿度不一定大D．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征(2)(10分)如图，左、右两个气缸底部有细管(容积可忽略)连通，左气缸的顶部开口与大气相通，右气缸绝热且内部顶端有加热装置．开始时导热活塞a在气缸底部但未与底部接触，绝热活塞b将右气缸内气体分成体积相等的A、B两部分．已知左、右气缸内部高度分别为h和4h，初始温度均为T0，大气压强为p0；a和b厚度不计，横截面积均为S，所受重力大小均为p0S，与气缸接触良好，不计一切摩擦．(i)给A缓慢加热，当a刚刚到达气缸顶部但未与顶部接触时，A吸收的热量为Q，求该过程中A的内能变化量；(ii)当a恰好到达气缸顶部时，继续给A缓慢加热，使b刚刚到达气缸底部但未与底部接触，求此时A的温度．19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1＝0、t2＝0.14 s时的波形，已知实线在t3＝0.6 s时第5次重复出现．则此横波________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．周期为0.1 sB．波长为12 cmC．传播速度为1 m/sD．沿x轴正方向传播E．t2＝0.14 s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝ 3 cm(2)(10分)如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出．已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝3d2c，c为真空中光速，不考虑反射光线．求：(i)棱镜的折射率n；(ii)入射光线与界面BC间的夹角．炎德·英才大联考湖南师大附中2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试物理参考答案一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一5.C 【解析】A.点与点的场强大小相等，方向相反，故A 对；B.根据矢量合成法则，C 点场强为E C ＝2kQ R 2cos 60°＝kQ R 2，D 点的场强为E D ＝2·kQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2·32R 3R ＝kQ3R 2点C 与点D 的场强大小之比为3∶1，故B 正确；C.根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x ＝68R <32R 处的场强最强，则电子从点D 到点C 的过程巾，加速度先增大，再减小，再增大，故C 错误；D.根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A 到点D ，电场力做正功，从点D 到点B 的过程中，电场力做负功，故D 正确．7．A 【解析】小球落在斜面上竖直分速度为：v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，落到斜面上的动能为：E k ＝12mv 2＝12m (v 20＋4v 20tan 2θ)，可知落在斜面上的速度：v ＝v 0·1＋tan 2θ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比．故A 正确．当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：t ＝v 0sin θg，所用的时间与初速度的大小有关．故B 错误；将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速移动，故C 错误．因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D 错误．故选A.二、多项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共计16分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分)9.AD 【解析】x －图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x －t 图象对应于a ；前4 s 内甲的平均速度为：v 1＝（－15 m ）－9 m4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v 2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s ＝－2 m/s ，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t ＝1 s 末，甲的位移大小为9 m ，t ＝4 s 末，甲的位移大小为24 m ．设甲的加速度为a ，初速度为v 0，依匀变速直线运动的位移公式列两方程联立，可解出a ＝－2 m/s 2，v 0＝10 m/s ，D 对，C 错．12．BC 【解析】直线的斜率为：k ＝2v 0－1v 0L 0＝1L 0v 0，所以有：1v ＝1L 0v 0＋1v 0，得v ＝L 0x ＋L 0v 0，故不是匀变速直线运动，故A 错误．感应电动势为：E ＝Blv ＝B (L 0＋x )L 0L 0＋xv 0＝BL 0v 0，感应电动势大小不变，感应电流为：I ＝E R大小不变，故C 正确；根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔφΔt ＝B ·ΔS Δt＝B ·12（L 0＋2L 0）L 0Δt＝BL 0v 0，解得：Δt ＝3L 02v 0，故B 正确．克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 0v 0R 2R 3L 02v 0＝3B 2L 30v 02R ，对导体棒，由动能定理得：W 外－W 安＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12mv 20，解得W 外＝3B 2L 30v 02R －3mv 28，故D 错误．故选BC.三、简答题(本题包括13和14两题，每空2分，共计16分．请将解答填写在答题卡相应位置．)13．(1)0.42 2.60 (2)3.214．(1)CD (2)减小 (3)mg (4)不需要 需要【解析】(1)由图乙所示电流表可知，其量程为0.6 A ，分度值为0.02 A ，示数为0.42 A ，由图乙所示电压表可知，其量程为3 V ，分度值为0.1 V ，示数为2.60 V ；(2)由欧姆定律可知：当S 2合向1时：R x ＋R A ＋R 1＝U 1I 1，当S 2合向2时：R A ＋R 1＝U 2I 2，解得：R x ＝3.2 Ω； 四、计算题(本题共3小题，共计39分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，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)15．(12分)【解析】(1)P 固定时，A 、B 的加速度大小相等，设为a 1，以F 表示绳的张力，则滑块A ：F －mg sin α＝ma 1(2分) 滑块B ：mg sin β－F ＝ma 1(2分)解得：a 1＝g ·（sin β－sin α）2(2分)(2)设P 向右的加速度为a ，A 、B 相对斜面不发生滑动时，A 、B 的加速度也为a ，仍用F 表示绳中的张力，则：滑块A 沿斜面方向：F －mg sin α＝ma cos α(2分) 滑块B 沿斜面方向：mg sin β－F ＝ma cos β(2分)解得：a ＝g sin β－sin αcos β＋cos α＝g ·tan β－α2(2分)16．(12分)【解析】(1)由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r(2分)解得r ＝0.1 m(1分)(2)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场．(1分)粒子在电场中运动的加速度a ＝qE m(1分) 粒子在电场中运动的时间t ＝2va(1分)解得t ＝3.3×10－4s(1分)(3)如右图所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°.则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°～60°.所有粒子此时分布在以O 点为圆心、弦长0.1 m 为半径的圆周上．(3分)曲线方程为x 2＋y 2＝R 2(R ＝0.1 m ，320m ≤x ≤0.1 m)(2分) 17．(15分)【解析】设管长为H ，取向下为正方向，则a 、b 两球到达玻璃管底端时，速度都为：v 0＝2gH ①a 球着地后反弹，速度为：v a 1＝－2gH ②(2分)a 、b 两球相碰，总动量守恒：m 1v a 1＋m 2v 0＝m 1v a 2＋m 2v b 1 ③总机械能守恒：12m 1v 2a 1＋12m 2v 20＝12m 1v 2a 2＋12m 2v 2b 1 ④联立①至④式，并代入m 1＝2m 2，解得v a 2＝13v 0，v b 1＝－53v 0 ⑤(4分)设c 在M 处下落经t 时间后与b 相碰，则－⎝⎛⎭⎪⎫v b 1t ＋12gt 2＋12gt 2＝H 解得：t ＝H －v b 1 ⑥(2分)碰撞前b 、c 的速度分别为v b 2＝v b 1＋gt ＝419·gHv b 1⑦(2分)v c 1＝gt ＝gH －v b 1b 与c 相碰，总动量守恒m 2v b 2＋m 3v c 1＝(m 2＋m 3)v bc ⑧(2分)要使b 、c 粘合体能飞出管口，则c 与b 碰后的速度必须竖直向上，且大小大于v c 1，取v b 1＝－v c 1，代入上式，得m 2·419·gH v b 1－m 3·gH v b 1－m 3·gH v b 1＝(m 2＋m 3)gHv b 1⑨解得b 、c 两者质量之比为m 2m 3＝916⑩(2分)因此要使b 、c 粘合后能够竖直飞出玻璃管口，必须满足条件m 2m 3>916.(1分)五、选考题(共15分．请考生从2道题中任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂好．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)BCE(选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)题目已知活塞重力均为：G ＝p 0S 初始时，对活塞a ∶G ＋p 0S ＝p B 1S 对活塞b ：G ＋p A 1S ＝p B 1S可得：p A 1＝p 0，p B 1＝2p 0(1分)a 开始运动到刚好到达气缸顶部的过程中，对气体A ，其等压膨胀过程有： ΔU ＝W ＋Q ＝－p A 1Sh ＋Q ＝－p 0Sh ＋Q (2分)(ii)当b 刚好到达气缸底部时，对气体B ，体积：V B 2＝hS 其等温压缩过程有：p B 1V B 1＝p B 2V B 2(1分)可得：2p 0·2hS ＝p B 2·hS ，即：p B 2＝4p 0(2分) 对活塞b ∶p A 2S ＋G ＝p B 2S 可得：p A 2＝3p 0(1分)对气体A ，其膨胀后的体积：V A 2＝(2h ＋2h )S ＝4hSp A 1V A 1T A 1＝p A 2V A 2T A 2(2分) 可得p 02hS T 0＝3p 04hST A 2，即：T A 2＝6T 0(1分) 19．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)BCE(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)(2)(10分)【解析】(i)光路如图所示，E 是光线在AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v ，则DE ＝12d (1分) vt ＝12d (1分) n ＝cυ(1分)解得：n ＝3(2分)(ii)光线射到界面BC ，设入射角为i ，折射角为r ，则i ＝π2－θ(1分) r ＝π2－2θ(1分) n ＝sin isin r(1分) ∴θ＝30°(2分)。

湖南师大附中 高三摸底考试物理时量:90分钟 满分:100分一、选择题（本题共12小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项符合题目要求，第8〜12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 1.到2018年1月，全球扣个国家和地区共有440个核电机组，总装机容量为390吉瓦，发电量约占全球发电量的11%，铀235是核电站的主要核燃料，核反应堆在工作时，铀235既发生裂变，也发生衰变.铀235裂变方程为:n kr n U 10893610235923+→++，衰变方程为: He Y U 4223592+→，则下列说法正确的是A.裂变过程放出能量，衰变过程吸收能量B.裂变产生的新核X 中含有88个中子C.衰变产生的新核Y 不再具有放射性D.核裂变释放能量产生的高温会加快铀235的衰变2.如图所示，甲、乙两球固定在光滑斜面上的A 、JB 两点，先释放甲球，当甲运 动距离为&时，释放乙球，结果两球同时达到C 点，巳知A 、B 间的距离为 52,则A 、C 间的距离为A. 21s s +B. 12214)(s s s +C. )(42121s s s + D. 121221)()(s s s s s -+3.2018年7月27日发生了火星冲日现象，火星冲日即火星、地球和太阳几 乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间，已知地球和火星绕太阳公转的 方向相同，火星公转轨道半径约为地球的1.5倍，若将火星和地球的公转轨迹近看成圆，取45.26=，尼=2. 45，则相邻两次火星冲日的时间间隔约为A.0.8 年B.1.6年C.2.2年D.3.2年4.如图所示，用同种材料制成的直角三角形线框ABC 处在范围足够大的水平向右的匀强磁场中，线框平面与磁感线平行，直角边AB 的长是直角边BC 长的43，AB 边与磁感线垂直，先让线框绕AB 边在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，A 、B 两端的电压有效值为1U ;再让线框绕BC 边在匀强磁场中仍以角速度ω匀速转动，结果A 、B 两端的电压为2U ，则21U U 为5.如图所示，B 、C 两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A 、D 两点，两球均保持静止，已知B 球的重力为2G ，C 球的重力为3G ，细线与竖直墙面 之间的夹角为037,细线CD 与竖直墙面之间的夹角为053，(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)则A.AB 绳中的拉力为5G .B. CD 绳中的拉力为3GC.BC 绳中的拉力为2GD. BC 绳与竖直方向的夹角θ为53°6.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光照射时，有光电流产生。

14.下列说法中正确的是 （D ）A.某种放射性元素X 的半衰期为T ，现有50个这种原子核，经历一个半衰期T 后，一定有25个X 原子核发生了衰变B.中子星的密度高达1016~1013kg/m 3，像这样的天体表面的引力，牛顿的引力定律仍然适用C.加速度的定义式是mF a = D.电子是最早发现的轻子【解析】半衰期是一个统计规律，对大量的原子核才成立，所以A 错；在中子星如此高密度的天体表面，牛顿引力定律并不适用，所以B 错；加速度的定义式是tv a ∆∆=，所以C 错，D 正确。

15.2018年1月31号晚上，月亮女神上演152年一次的“月全食血月+超级月亮+蓝月”三景合一的天文奇观。

超级月亮的首要条件是月亮距地球最近，月亮绕地球运动实际是椭圆轨道，距离地球的距离在近地点时为36.3万千米，而位于远地点时，距离为40.6万千米，两者相差达到10.41%，运行周期为27.3天，那么以下说法正确的是 （C ）A.月球在远地点时绕行的线速度最大B.每次月球在近地点时，地球上同一位置的人都将看到月食C.有一种说法，月球的近地点越来离地球越远，如果一旦变成半径大小等于远地点距离40.6万千米的圆轨道时，那么月球绕地球的周期将变大D 月球是地球的耳星，它在远地点时的机械能大于在近地点的机械能【解析】月球在远地点线速度最小；由于地球的自转，那么地球同一位置的人不一定都能看到月食：近地点变远，远地点不变，长半轴变大，根据开普勒定律可知周期变大，所以C 正确；而卫星在同一轨道上（不论是圆轨道还是椭围轨道）机械能守恒。

16.如图所示，质量为M 的斜面体放在粗糙的水平面上，物体A 和B 通过细线跨过定滑轮相连，不考虑滑轮的摩擦和质量，斜面与A 和B 间都没有摩擦，细线与斜面平行。

在图示情况下都静止不动，细线的张力为T ，斜面体对地面的压力为N ，斜面体与地面的摩擦力为f 。

如果将A 和B 位置对换且A 和B 都没达地面上时；，斜面体依然静止，细线的拉力为T 1，斜面体对地面的压力为N 1，斜面体与地面的摩擦力为f 1，那么 （ C ）A.T>T 1，f 1> fB.N 1>N ，T=T 1C.T 1=T ，f 1不为零，f=0D.N 1=N ，f 1=f ≠0【解析】由初始情景可加m A =m B sin α，m A > m B ，互换位置后，解得，T 1= m A g ，a=g(1-sin α),B 将加速下落，由超重和失重可知，N>N 1；初始细度拉力T= m A g ，互接位置后，T 1= m A g ，由质点系的牛顿第二定律可得f=0，f 1=m A a x +M ×0+ m B ×0=m A g （1-sin α）cos α≠017.如图所示，a 、b 两个带电小球，质量分别为m a 、m b ，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断。

湖南师大附中2018届高三月考试卷（七）二、选择题1. 下列说法正确的是( )A. 电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的B. 由电场强度的定义式可知E的方向决定于q的正负C. 法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D. “电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应【答案】D【解析】A、静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故A错误；B、电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故B错误；C、安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故C错误；D、“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，故D正确。

点睛：理解电场与磁场的存在的范畴，认识电与磁的联系，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2. 图甲为研究光电效应的电路图；图乙为静止在匀强磁场中的某种放射性元素的原子核X衰变后产生的新核Y和某种射线的径迹。

下列说法不正确的是( )A. 图甲利用能够产生光电效应的两种(或多种)频率已知的光进行实验可测出普朗克常量B. 图甲电源的正负极对调，在光照条件不变的情况下，可研究得出光电流存在饱和值C. 图乙对应的衰变方程为D. 图乙对应的衰变方程为【答案】C【解析】A、根据光电效应方程：，其中W为金属的逸出功，所以，图甲利用能够产生光电效应的两种（或多种）频率已知的光进行实验可测出普朗克常量，故A 正确；B、于一定的光照条件，产生的光电子数目相等，将电源的正负极对调，调节电压，最多能使所有光电子达到另一极板，此时即可研究得出光电流饱和值，故B正确；C、由图乙可看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是粒子（电子），发生了衰变，故C错误，D正确。

点睛：根据光电效应方程，利用能够产生光电效应的两种（或多种）频率已知的光进行实验可测出普朗克常量；静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质。

湖南师范大学附属中学2017-2018学年高三上学期入学摸底考试物理试题一、选择题(本题共16小题，其中1－13题每小题四个选项中只有一个符合题意，14－16题每小题有多个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填涂在答题卡上，每小题3分，共48分)1、在电磁学史上，有关下列物理学家的说法错误．．的是A．库仑通过实验研究确定了点电荷之间的作用规律B．奥斯特发现通电导线周围存在磁场C．法拉第在实验中发现了电磁感应现象D．安培总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化【答案】D考点：考查了物理学史【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2、关于感应电流，下列说法中正确的是A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体在磁场中运动，闭合电路中一定有感应电流D．只要导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流【答案】B考点：考查了感应电流产生的条件【名师点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．3、关于光电效应，下列说法正确的是A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A考点：考查了光电效应【名师点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．4、两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈中有竖直方向的磁场，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是A．磁感应强度B向上增大B．磁感应强度B向下减小C．mgd t nq ϕ∆=∆D．mgq t d ϕ∆=∆【答案】C考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律【名师点睛】电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B的变化情况5、实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i100πt(A)C．流过电阻RD．电阻R上的热功率等于5 W【答案】C考点：考查了交流电的产生【名师点睛】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为余弦函数．注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方．6、下列对原子结构的认识中，错误．．的是A．原子中绝大部分是空的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力C．原子的全部正电荷都集中在原子核里D．原子核的直径大约为10－10m【答案】D考点：考查了原子核式结构【名师点睛】可以根据原子的构成方面的知识进行分析、解答，原子是由带正电荷的原子核和核外电子构成的，原子内部有较大的空间7、如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱，断电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，对其工作方式有下列判断：①A、B间接控制电路，C、D间接被控电路②A、B间接被控电路，C、D间接控制电路③流过L的电流减小时，C、D间电路断开④流过L的电流增大时， C、D间电路断开以下组合的两项都正确的是A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【答案】A【解析】考点：考查了电磁继电器工作原理【名师点睛】电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答．8、关于动量的变化，下列说法中错误．．的是A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp一定为零D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零【答案】C考点：考查了动量【名师点睛】动量的变化为末动量与初动量之间的差值，注意动量是矢量，其变化要根据平行四边形定则进行计算；然后再分析直线运动和曲线运动的动量变化的性质．9、如图某物体在拉力F的作用下没有运动，经时间t后A．拉力的冲量为FtB．拉力的冲量为Ft cos θC．支持力的冲量为零D．重力的冲量为零【答案】A【解析】考点：考查了动量定理以及冲量【名师点睛】本题考查了动量定理以及冲量的计算公式，直接应用即可，注意冲量的方向与力的方向相同，与物体是否运动无关，难度不大10、有关氢原子光谱的说法正确的是A．氢原子的发射光谱是连续谱B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C．氢原子光谱说明氢原子能量是连续的D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关【答案】B考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】波尔理论在高中阶段要求层次较低，难度不大，涉及内容较固定，只要掌握好波尔理论的内容，即可解决这类问题11、如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3(λ1>λ2>λ3)的三条谱线，则λ1＝λ2＋λ3D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应【答案】A考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了．12、23892U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成21083Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X (X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b 81Ti ，210a X 和b 81Ti 最后都变成20682Pb ，衰变路径如图所示，则图中A ．a ＝82, b ＝211B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①是α衰变，②是β衰变D ．b 81Ti 经过一次α衰变变成20682Pb 【答案】B考点：核反应方程的应用【名师点睛】知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可． 13、如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a (a ＜L )的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 0向右滑动，穿过磁场后速度减为v ，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小A ．大于02v v + B ．等于02v v + C ．小于02v v+ D ．以上均有可能 【答案】B 【解析】试题分析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为1v ，末速度为2v ．由动量定理可知：21BIL t mv mv ∆=-，又电量q I t =∆，得()21m v v BLq -=，得速度变化量21BLqv v v m∆=-=，由q R φ∆=可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v '，则有0v v v v -'='-，解得，02v vv +'= 考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q I t =∆分析电量的关系．根据感应电量q Rφ∆=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度 14、如图所示，置于水平面上的质量为M 、长为L 的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量为m 的小物体(m <M ，M >3m )，木板与物体一起以水平速度v 向右运动，若M 与m 、M 与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是A ．板与小物体组成的系统，总动量守恒B ．当物体和木板对地的速度相同时，物体到墙的距离最近C ．当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大D ．小物体一定会从板的最左端掉下来 【答案】AD考点：考查了动量守恒定律【名师点睛】解决该题关键要对物体和木板进行受力分析和运动分析，清楚物体和木板的运动情况，同时知道动量守恒定律的条件．要学会用能量守恒的观点去解决问题，知道不同形式的能量的转化15、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 (报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是A．图乙中电压的有效值为220 VB．电压表的示数为44 VC．R处出现火警时电流表示数增大D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】CD考点：考查了理想变压器，交流电图像【名师点睛】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键16、如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h0(不计空气阻力)，则A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为R C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次冲过A能上升的最大高度12h0<h<34h0【答案】BD考点：考查了动量守恒定律，动能定理【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。

炎德·英才大联考湖南师大附中2018届高三月考试卷(四)物 理命题人：郭志君 审稿人：宋铁柱本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题只有一个选项正确，8～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制，于1970年4月24日21时35分发射．该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家．东方红一号卫星质量为173 kg ，可将其视为近地卫星，它绕地球运动的的动能约为(B)A ．5×1011JB ．5×109JC ．5×107JD ．5×105J 【解析】E k ＝12m v 2＝12×173×(7.9×103)2 J ≈5×109J.2．如图所示表面光滑、半径为R 的绝缘半球固定在水平地面上，置于半球表面上分别带有正负电荷的两小球(大小忽略不计)处于平衡时，小球与球心连线与竖直方向的夹角分别为30°、60°，设这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为N 1N 2，则以下说法正确的是(D)A.m 1m 2＝1∶3，N 1N 2＝3∶1 B.m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝1∶ 3C.m 1m 2＝1∶3，N 1N 2＝1∶ 3D.m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝3∶1【解析】受力如图：12m 1g ＝22FN 1＝32m 1g ＋22F 得：m 1＝2FgN 1＝2＋62F 同理得：m 2＝2F 3gN 2＝2＋623F 故得：m 1m 2＝3∶1，N 1N 2＝3∶1.3．如图所示，一个m ＝3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从t ＝0时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动，在0～3 s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则(B)A ．在0～3 s 时间内，物体的速度先增大后减小B ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为6 m/sC ．2 s 末F 最大，F 的最大值为12 ND ．前2 s 内物体做匀变速直线运动，力F 大小保持不变【解析】在0～3 s 内始终加速，3 s 末速度最大，最大为图象围成“面积”，即6 m/s ，A 错，B 对；动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F 的大小，C 错；但滑动摩擦力不变，0～2 s 加速度变大，则拉力大小变大，D 错．故选B.4．如图所示，质量M ＝8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F ＝8 N ，当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m ＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，则物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)(C)A ．1 mB ．1.5 mC ．2.1 mD ．3.6 m【解析】解析一：放上物体后，物体的加速度a 1＝μg ＝2 m/s 2，小车的加速度：a 2＝F －μmgM ＝0.5 m/s 2，物体的速度达到与小车共速的时间为t 1，则a 1t 1＝v 0＋a 2t 2，解得t 1＝1 s ；此过程中物体的位移：x 1＝12a 1t 21＝1 m ；共同速度为v ＝a 1t 1＝2 m/s ；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a 3＝F M ＋m ＝0.8 m/s 2，再运动t 2＝0.5 s 的位移x 2＝v t 2＋12a 3t 22＝1.1 m ，故物体从放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为x ＝x 1＋x 2＝1 m ＋1.1 m ＝2.1 m ，故选C.解析二：根据动量定理可得Ft ＝(M ＋m )v －M v 1⇒v ＝2.4 m/s ，物体的位移x ：v t >x >12v t ，即3.6 m>x >1.8 m ，故选C.5．水平推力F 1和F 2分别作用在静止于水平面上等质量的a 、b 两物体上，F 1>F 2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量I 1、I 2的大小关系正确的是(D)A ．I 1一定大于I 2B ．I 1一定小于I 2C ．I 1一定等于I 2D ．I 1可能小于I 2【解析】解析一：I ＝Ft ，x ＝12at 2，ma ＝F －μmg ⇒I ＝F2mxF －μmg＝2mx1F －μmg F 2当F ＝2μmg时，冲量最小．解析二：若F 1无穷大，I 1就无穷大，若F 2无限接近摩擦力，需无限长的时间才能使物体运动相同的距离，I 2就无穷大，故ABC 说法错误．6．如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的小物块A 相接触而不相连，原来A 静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力作用下由C 处从静止开始沿水平面向右运动，在O 点与物块A 相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F 撤去．运动到D 点时，恰好速度为零．AB 物体最后被弹簧弹回C 点停止，已知CO ＝4s ，OD ＝s ，A 、B 与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为(A)A ．1.43FsB ．2FsC ．2.5FsD ．3Fs【解析】解析一：B 与A 碰撞前的瞬间的动能12m v 21＝(F －f )×4s ，碰撞过程中动量守恒：m v 1＝2m v 2B 与A 碰撞后至回到C 点过程中有：12×2m v 22＝2f ×6s B 与A 碰撞后至到达D 点过程中有：12×2m v 22＝2f ×s ＋E p ，得E p ＝107Fs ≈1.43Fs . 解析二：B 与A 碰撞后的动能E k ＝(F －f )×2s <2Fs ，故选A.7．如图所示，A 、B 、C 、D 是四个质量相等的等大小球，A 、B 、C 是绝缘不带电小球，D 球带正电，静放在光滑的水平绝缘面上，在界面MN 的右侧有水平向左的匀强电场，现将D 球从静止释放，球之间发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略，那么，当四个小球都离开电场后，关于它们间的距离说法正确的是(A)A ．相临两球间距离仍为LB ．相临两球间距离都为2LC ．AB 、BC 间距离为2L ，CD 间距离为L D ．AB 、BC 间距离为L ，CD 间距离为2L【解析】如图是A 、B 、C 、D 球的v －t 图象，可得在D 球开始运动到离开电场的过程中四球的位移是相等的．故四球间距仍为L .8．如图所示在xOy 平面内固定有ABC 三个点电荷，A 电荷的坐标为(－2，0)，B 电荷在坐标原点，C 电荷的坐标为(2，0)已知q A ＝q C ＝4q ，q B ＝－q ，则在xOy 平面内电场强度为零的点的坐标为(AB)A ．(0，233)B ．(0，－233)C ．(－4，0)D ．(4，0)【解析】解析一：根据电荷分布的对称性，xOy 平面内电场强度为零的点应该在y 轴上，A 、B 、C 产生的电场如图，E A ＝E C ＝4kqS 4＋y 2，E B ＝kq y 2，则(E A ＋E C )y 4＋y 2＝E B得y ＝±233 解析二：在x 轴上的点电场强度不可能为零，故选AB.9．如图所示，两个等大金属带电小球A 和B 分别带有同种电荷Q A 和Q B (小球的大小可忽略不计)，质量为m A 和m B .A 球固定，B 球用长为L 的绝缘丝线悬在A 球正上方的一点．当达到平衡时，A 、B 相距为d ，若使A 、B 接触后再分开，当再次达到平衡时，AB 相距为2d ，则A 、B 的电荷量之比Q A ∶Q B 可能为(AC)A ．(15＋414)∶1B ．4∶1C ．(15－414)∶1D ．1∶4【解析】根据受力可得：两小球接触后之间的电场力变为原来的两倍因此有k Q A Q Bd 2＝12k⎝⎛⎭⎫Q A ＋Q B 22()2d 2，得Q A ∶Q B ＝(15±414)∶110．一质量m 、电荷量－q 的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给圆环一沿杆左上方方向的初速度v 0，(取为初速度v 0正方向) 以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是(ABD)【解析】当F 洛＝qB v 0>mg cos θ时，物体受到F N 先变小后增大，物体减速的加速度也先减小后增大；速度变小为零时，若μ>tan θ时，物体将静止；若μ<tan θ时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速．当F 洛＝qB v 0<mg cos θ物体受到F N 先增大，物体减速的加速度增大；速度变小为零时，若μ>tan θ时，物体将静止；若μ<tan θ时，物体将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速．11．如图所示，滑块A 、B 的质量均为m ，A 套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°，B 套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A 、B 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°)连接，A 、B 从静止释放，B 开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A 、B 视为质点．在运动的过程中，下列说法中正确的是(AD)A ．A 、B 组成的系统机械能守恒B ．当A 到达与 B 同一水平面时，A 的速度为gLC ．B 滑块到达最右端时，A 的速度为2gLD ．B 滑块最大速度为3gL【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A 正确； 当A 到达与B 同一水平面时有：mg L 2＝12m v 2A ＋12m v 2B v B ＝22v A得：v A ＝23gL ，B 错； B 滑块到达最右端时，B 的速度为零，如图1所示，有：mgL 1＋22＝12m v ′2A ⇒v ′A ＝gL （1＋2），故C 错误；当A 滑到最低点时，速度为零，B 的速度最大，如图2所示，有：32mgL ＝12m v ′2B⇒v ′B ＝3gL ，故D 正确．12．如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度v 0从斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F (F 小于物块受的摩擦力)，第二次无恒力，图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在恒力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(AC)A ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小B ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较大C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较大D ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较小【解析】有F 时，小物体上升的高度大，到最高点时的重力势能大，因此机械能的减少量较小，生热多．第Ⅱ卷二、实验题(本题共2小题，共15分，将答案填写在答题卡中)13．(9分)英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长量与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这一发现为后人对材料的研究奠定了基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为3 m，横截面积为0.8 cm2，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的1 1000.由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，因此，选用同种材料制成的样品进行测试，通过测试取得数据如下：__正(3分)__与材料的截面积成__反(3分)__比．(2)通过对样品的测试，推算出用新材料制成的上述金属杆所能承受的最大拉力为__1×104(3分)__N.【解析】(1)由表格知：①当受到的拉力F、横截面积S一定时，伸长量x与样品长度L 成正比；②当受到的拉力F、样品长度L一定时，伸长量x与横截面积S成反比；③当样品长度L、横截面积S一定时，伸长量x与受到的拉力F成正比．由①②的结论，测试结果表明材料受拉力作用后其伸长与材料的长度成正比，与材料的截面积成反比．(2)由①②③三个结论，可以归纳出，x与L、S、F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，那么有：x＝k·FlS(k为常数)，根据图表提供数据代入解得：k＝8×10－12 m2/N.由题意知：待测金属杆M承受最大拉力时，其伸长量为原来的11 000，即3×10－3m；此时S＝0.8 cm2＝8×10－5 m2, L＝3 m；代入公式x＝kFLS解得：F＝1×104 N.14．(6分)在“测定导体电阻”的实验中，电源使用两节新干电池，被测电阻R x的阻值约为5 Ω，电流表内阻约0.2 Ω，电压表内阻约为2 kΩ，滑动变阻器的规格是“10 Ω 1.5 A”．(1)图甲是不完整的实验电路，请你将电路图画完整；__答案如下图__(3分)(2)电路连接正确，实验数据记录如下表所示，其中一组数据有拼凑的嫌疑，请指出并说明判断依据__第1组数据有拼凑的嫌疑，电压最低大约1__V或电流最小大约0.2__A(只指出三、计算题(本题共3小题，共32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)15．(10分)宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球．经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L .若抛出时的初速度增大到3倍，则抛出点与落地点之间的距离为5L .已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常量为G ，求该星球的质量M .【解析】设抛出点的高度为h ，第一次抛出时水平射程为x ；当初速度变为原来3倍时，水平射程为3x ，如图所示由几何关系可知：L 2＝h 2＋x 2 ①(2分) (5L )2＝h 2＋(3x )2 ②(2分) ( ①②联立，得：h ＝22L ) 设该星球表面的重力加速度为g ，则竖直方向h ＝12gt 2 ③(2分)又因为mg ＝GMmR 2 ④(2分)由③④联立，得M ＝2LR 2Gt 2(2分)16．(10分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的小木块放在质量为M ＝8 kg 的长木板(足够长)的左端，静止在光滑的水平面上，m 与M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，g ＝10 m/s 2.现给m 一个向右的速度v 0＝10 m/s 同时对M 施加一水平向左的恒力F ，且F ＝5 N ，则F 作用一段时间后撤去，M 、m 的速度最终都变为零．求：(1)F 作用的时间t 1； (2)此过程中系统生热Q .【解析】(1)根据动量定理对M 、m 系统分析可得：Ft 1＝m v 0⇒t 1＝2 s(2分) (2)对M 受力分析可得：F －μmg ＝Ma ⇒a ＝0.5 m/s 2(2分) 在0～t 1时间内M 运动的位移x ＝12at 21＝1 m(2分)系统生热Q ＝Fx ＋12m v 20(2分)Q ＝55 J(2分) 17．(12分)如图所示，绝缘光滑轨道ABCD 竖直放在与水平方向成θ＝45°的匀强电场中，其中BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(大小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能通过半圆轨道最高点D ，落地时恰好落在B 点．求：(1)电场强度E ；(2)起点距B 点的距离L .【解析】(1)当小球通过D 点时，速度满足m v 2R ＝mg －22F (2分)小球通过D 点后的运动：水平方向做匀变速直线运动：x ＝v t －12a x t 2＝0(1分)22F ＝ma x (1分) 竖直方向做匀加速直线运动：2R ＝12a y t 2(1分)mg －22F ＝ma y (1分) 得v ＝2gR2E ＝2mg2q(2分) (2)由起点到D 点的过程，根据动能定理得：22EqL －mg ×2R ＋Eq ×2R ×22＝12m v 2(2分) L ＝2.5R (2分)四、选考题(请考生从给出的2道题中任选一题做答，并填涂所选题目的题号．注意所做题目的题号必须与所选题一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分)18．【物理选修3－3模块】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是__ACD__．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分 )A ．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B ．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C ．一定质量的理想气体等压膨胀过程气体一定从外界吸收热量D ．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E ．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【解析】气体分子频繁地对容器壁面进行碰撞，表现为气体的压强，故A 项正确．气体分子间的间距大于10r 0，分子间的作用力几乎为零，故B 项错误．根据理想气体状态方程pV ＝nRT ，当气体体积增大，气体对外做功，为了使气体压强不变，需要气体温度即内能增大，则一定从外界吸收热量，故C 项正确．根据热力学第二定律，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，故D 项正确．对于同一种液体，饱和气压随温度升高而增大，故E 项错误．(2)(10分)如图所示，一细U 形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为T 1＝300 K ，已知L 1＝80 cm ，L 2＝25 cm ，L 3＝10 cm ，h ＝15 cm ，大气压强p 0＝75 cmHg ，现给气体2加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升Δh ＝15 cm 时，气体2的温度．(此过程气体1的温度保持不变)【解析】初状态时，气体2的压强p 2＝p 0＋h ＝90 cmHg(1分)气体1的压强p 1＝p 0＝75 cmHg(1分)末状态时，气体2的压强p ′2＝p 0＋h ＋L 3＝100 cmHg(1分)设末状态时，气体1的长度为L ′1，末状态时，气体1的压强p ′1＝p ′2－(L 1＋h －L ′1)(1分) 气体1是等温变化：p 1L 1s ＝p ′1L ′1s (得L ′1＝75 cm)(1分) 气体2的长度L ′2＝L 2＋Δh ＋L 1－L ′1＝45 cm(1分) 根据理想气体方程得p 2V 2T 1＝p ′2V ′2T 2⇒p 2L 2T 1＝p ′2L ′2T 2(2分)得：T 2＝600 K(2分)19．【物理选修3－4模块】(15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c 点，t ＝0.6 s 时波恰好传到e 点，波形如图中虚线所示，a 、b 、c 、d 、e 是介质中的质点，下列说法正确的是__ABD__．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当t ＝0.5 s 时质点b 和质点c 的位移相等B ．当t ＝0.6 s 时质点a 的位移为－5 3 cmC ．质点c 在0～0.6 s 时间内沿x 轴正方向移动了3 mD ．质点d 在0～0.6 s 时间内通过的路程为20 cmE ．这列简谐横波遇到频率为1 Hz 的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象【解析】由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4 m ，0.6 s 的时间内传播的距离是34λ，所以波的周期T ＝0.6×43 s ＝0.8 s ，f ＝1T ＝10.8＝54Hz ，ω＝2πf ＝5π2.0.5 s 时该波传播的距离Δx ＝v t ＝2.5 m ，因此位置x ＝5.5 m 处是波谷，质点b 、c 关于位置x ＝5.5 m 对称，质点b 、c 的位移相同．故A 正确； 质点a 的振动方程为y ＝10sin ⎝⎛⎭⎫ωt ＋16πcm ＝10sin ⎝⎛⎭⎫32π＋16πcm ＝－5 3 cm ，故B 正确； 质点c 在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿x 轴正方向移动．故C 错误. 由图可知，质点d 在0.6 s 内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是2倍的振幅，为20 cm.故D 正确. 因为发生干涉的两列波频率相同，这列简谐横波的频率为54Hz ，遇到频率为1 Hz 的另一列简谐横波时，我们不能够观察到干涉现象，故E 错误； 故选ABD.(2)(10分)如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源S ，已知水对该单色光的折射率为n 水＝43，玻璃对该单色光的折射率为n 玻璃＝1.5，容器底部玻璃的厚度为d ，水的深度为2d .(已知光在真空中的传播速度为c ，波的折射定律sin θ1sin θ2＝v 12)求： ①该单色光在玻璃和水中传播的速度；②水面形成的圆形光斑的半径(不考虑两个界面处的反射光线)．【解析】①由v ＝c n 可知，光在水中的速度为：v ＝c n 水＝34c (2分) 光在玻璃中的速度为：v ＝c n 玻璃＝23c (2分) ②如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时：sin C ＝1n 水＝34(2分) 在玻璃与水的分界面上，由sin C sin θ＝n 玻璃n 水得：sin θ＝23(2分) 则光斑的半径：R ＝⎝⎛⎭⎫255＋677d (2分)。