山东省青岛市即墨市第一中学2017-2018学年高三上学期期中考试物理试题 Word版含答案

山东省青岛第一中学必修3物理全册全单元精选试卷检测题一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：m A gsin θ＝F T①对B有：qE＋f0＝F T②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤其中f＝μm B g ⑥F k＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p＝qEd ⑧由几何关系得x＝－⑨A由M到N，由v－v＝2ax得A运动到N的速度v＝⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv ⑪由以上各式，代入数据P＝0．528 W ⑫考点：受力平衡、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A从M到N的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N的速度，最后由功率公式求出功率．2．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于83gR的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg，从A至C小球克服库仑力做的功为23mgR-，重力加速度为g．求：(1)小球第一次到达B点时的动能；(2)小球在C点受到的库仑力大小；(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m、g、R表示）【答案】（1）56mgR（2）34mg（3）2(833)-【解析】【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B点时的动能．（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC间的距离，再由库仑定律求小球在C点受到的库仑力大小．（3）由动能定理求出小球返回A点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()0211cos602KB A mgR E mv --=-代入数据解得：56KB E mgR =（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R+-=由题可知：83N mg =联立并代入数据解得：2Qqkmg R= 由几何关系得，OC 间的距离为：cos30R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：22Qq QqF kk r ==⎫⎪⎝⎭库联立解得3=4F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：2102f A W mgR W mv ---=-电从C 到A ，由动能定理得：212f A W mgR W mv +='-电由题可知：W =电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R'-'+=联立以上解得：(283N mg -'=，根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为(283mg -，方向向下．3．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2k k II =2ke E E r=Ⅰ ②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2002GM M a L=解得02GM a L =②由运动学公式可知，224π2La T =⋅解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有222ke mv r r=解得：22k 122ke E mv r==Ⅰ模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得22k11121=22ke E mv r r=对于原子核有：22222=Mv ke r r ，解得22k22221=22ke E Mv r r=系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()2212222ke ke r r r r+=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有22224πke m r r T =Ⅰ，解得23224πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有221224πke m r r T =⋅Ⅱ， 解得221224πke T r r m =Ⅱ对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得222224πke T r r M=Ⅱ因r 1+r 2=r ，可解得：()23224πmMr T ke M m =+Ⅱ所以有T T =ⅠⅡ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．4．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

2017—2018学年度第一学期期中考试高三物理本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。

满分110分，考试限定用时90分钟。

答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名和考号填贴在答题卡规定的位置。

考试结束后只交回答题卡。

第I卷(共48分)注意事项：1．第I卷共12小题。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

每小题给出的四个选项中，第1一8题只有一项符合题目要求，第9—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．如图所示，质量相等的两个工件a、b，截面为梯形，靠在一起置于水平面上，它们相互接触的侧面与水平面的夹角为θ。

已知a、b间相接触的侧面是光滑的，现给a施加一个水平推力F，使两工件一起向右匀速运动。

以下说法正确的是A．工件a对地面的压力小于工件b对地面的压力B．工件a对地面的压力等于工件b对地面的压力C．工件a受到的摩擦力等于工件b受到的摩擦力D．工件a受到的摩擦力大于工件b受到的摩擦力2．质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第2秒末和第6秒末的位置相同3．如图所示，a、b、c三个转盘紧紧地挨在一起，它们的圆面在同一水平面内，a、b、c三个转盘的半径从左向右依次减半，其中c盘半径为r，b盘在外部动力带动下逆时针以角速度ω匀速转动，转盘与转盘间不打滑，则A．a盘边缘上一点的线速度为ωrB．a盘半径中点处的角速度为C．c盘半径中点处的向心加速度为4ω2rD．b盘边缘上一点的向心加速度为ω2r4．如图所示，质量为m=0.5kg的小球(可视作质点)从A点以初速度v0水平抛出后撞到竖直挡板上，已知档板与A点的水平距离为x=2m，A点足够高，空气阻力不计，g=10m／s2，则小球撞到板上时的最小动能为A．1JB．5JC．10JD．15J5．物体放在动摩擦因数为μ的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，运动的速度随时间变化关系和拉力随时间变化关系分别如图甲、乙所示。

山东省青岛市即墨市第一中学2017届高三语文上学期期中试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共８页，满分150分。

考试时间150分钟。

考试结束后，将答题纸交回。

注意事项：1．答卷前，将学校、班级、姓名、准考证号填写在答题纸规定的位置上。

2．必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。

不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷（共36分）一、（15分。

共5小题，每小题3分）阅读下面的文字，完成1～3题。

看呐，百十个斜背腰鼓的后生，如百十块被强震不断击起的石头，狂舞在你面前。

这腰鼓，使冰冷的空气立即变得躁热．．了，恬静的阳光立即变得飞溅了，困倦的世界立即变得（亢奋/兴奋）了。

容不得束缚，容不得羁绊．．。

骤雨一样，如急促的鼓点；①；火花一样，如闪射的瞳．．，容不得闭塞仁。

它震憾．．着你，烧灼着你，威逼着你。

它使你（惊诧/惊异）于那农民衣着包裹着的躯体，居然可以释放出那么奇伟磅礴．．淋漓的后生。

每一个舞姿都充满了．．的能量。

黄土高原呐，你生养了这些元气力量，每一个舞姿都呼呼作响，每一个舞姿都是光与影的匆匆（变幻/变换），每一个舞姿都使人颤．栗．在浓烈的艺术享受中。

当它戛然．．而止的时候，世界出奇的寂静，以致使人对她感到十分陌生了，简直像来到另一个星球，②。

1.文中加点字的字形和注音全都正确的一项是（）A．躁热羁绊．（bàn） B．震憾闭塞．（sè）C．磅礴颤．栗（chàn） D．元气戛．然（jiá）2.依次选用文中括号中的词语，最恰当的一项是（）A．亢奋惊异变幻 B．兴奋惊异变换C．兴奋惊诧变幻 D．亢奋惊诧变换3.在文中两处横线上依次填入语句，衔接最恰当的一项是（）A．①旋风一样，如飞扬的流苏②耳畔是一声渺远的鸡啼B．①旋风一样，如飞扬的流苏②一声渺远的鸡啼回响耳畔C．①旋风一样，如流苏的飞扬②耳畔是一声渺远的鸡啼D．①旋风一样，如流苏的飞扬②一声渺远的鸡啼回响耳畔4．下列各句中，加点的成语使用正确的一项是（）A．大自然希望儿童在成人以前就要像儿童的样子，如果我们违背了这个规律，就会催生出一些年纪轻轻的学究和老态龙钟．．．．的儿童。

青岛一中2017—2018学年度第一学期第一次模块考试高一物理2017.11本卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分满分 100 分，考试时间 90分钟注意事项：（请考生答题前先看清试卷和答题卡上的注意事项或说明。

）1.试题全部都答到答题卡上，考试结束时只交答题卡。

2.答题前，考生务必将学校、班级、姓名、考号、座号等填写到答题卡上，（两张答题卡的都要填写），在准考证号填涂区填涂学生考号（用黑色中性笔填号，用2B 铅笔涂号）。

3.第I 卷客观题（选择题），请将每小题选出的答案，用2B 铅笔在答题卡上对应题目标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试卷上。

4. 第II 卷主观题（非选择题）作答时，请用黑色钢笔或黑色签字笔在答题卡的指定区域内答题（每题的答题区域以方框为界），答在试卷和规定区域外均不得分。

不允许用修正液。

如果因为涂改造成答题区域不足书写答题内容（也即涂改后剩下的方框无法书写完答题内容），则可以重新更换答卷，但由此损失的时间不予弥补。

5.不得在答题卡上书写与考试无关的内容；必须保持答题卡的卷面整洁、平整，不得揉、搓或折叠答题卡。

第I 卷（选择题，总分60分）一、选择题：共12小题共计60分。

在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~12题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，24s ma =甲，2-4s m a =乙，那么对甲、乙两物体判断正确的是（ ）A ．甲、乙在相等时间内速度变化相等；B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动；C ．甲的速度比乙的速度变化快；D ．甲的加速度大于乙的加速度2.装修工人在搬运材料时施加一个水平拉力将其从水平台面上拖出，如图 所示，则在匀加速拖出的过程中（ ）A.材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小B.材料与平台之间的相对速度逐渐增大，摩擦力逐渐增大C.平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小D.材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人拉力也不变3.沿直线运动的一辆汽车以速度v 匀速行驶了全程的一半，然后匀减速行驶另一半路程，恰好停止。

2016—2017学年度第一学期期中模块检测高三地理试题试卷说明：本试题共分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共10页；本试题满分为100分，考试时间为90分钟。

考试结束后，将答题纸交回。

注意事项：1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔，将学校、班级、姓名、准考证号填写在答题纸规定的位置上。

2．必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷选择题济南某校地理兴趣小组国庆节前往郊区某地进行地理考察，下图为考察区域地形示意图，等高距为200米，区域中有一条河流，读图完成1-3题。

1.图中丁地的海拔可能是（）A.680米B.480米C.980米D.1080米2.地表水最丰富的地区是（）A.甲处B.乙处C.丙处D.丁处3.图中河流干流下游流向（）A.西南B.东北C.东南D.西北图甲为黄河壶口瀑布，图乙是地壳物质循环示意图，读图完成4-5题。

4.壶口瀑布岩石类型在图乙中的位置是（）A. ①B.②C.③D.④N5.壶口瀑布不断向上游移动，是因为（ ）A.上游地壳上升B.下游地壳上升C.河水侵蚀陡崖D.地壳水平运动 北京时间2016年8月6日7:00,31届夏季奥运会在里约热内卢（22°54′S ，43°12′W ）开幕。

结合所学知识，完成6-7题。

6.下面光照示意图最接近里约热内卢奥运会开幕式时间的是（ ）7.当地时间10:00时某游客拍摄某运动员比赛英姿。

该游客照相机镜头朝向（ ） A.东南 B.西北 C.西南 D.东北下图为某地区某年1月6日14时气压 状况示意图，图中MN 线上线速度相等，虚 线为一锋面，该锋面以150千米/天的速度 向东南方向移动，此时乙处吹偏北风。

读图， 完成8～10题。

8．读图可知( )A ．该地区位于南半球B ．该区域西部地区海拔高于东部地区C ．图示锋面为暖锋D ．图示山脉山麓植被为常绿阔叶林 9．图中甲地6日20时的风向为( ) A ．西北 B ．东南 C ．西南 D ．东部10．7日15时，甲地的天气状况最可能是( )A ．阴雨连绵B ．狂风暴雨C ．晴空万里D ．大风降温DC 22°54'S22°54'S迂回扇是在河湾侧向蠕移过程中产生的。

2017-2018学年山东省青岛市即墨一中高三（上）期中物理试卷一、选择题：（1-7题为单选题，8-13题为多选题．每题4分，共52分，其中多选题全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A．根据速度的定义式v=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的2．如图所示，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m 的气球用轻质细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，气球在水平风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．下列说法正确的是（）A．细线拉力与风力的合力大于mgB．θ=60°时，风速v=9m/sC．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°D．若风力方向发生变化，θ仍为30o，则风力可能小于0.5mg3．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A．m/s2B．m/s2C．m/s2D．m/s24．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B 压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（）A．速度可能向左，加速度可大于（1+μ）gB．加速度一定向右，不能超过（1﹣μ）gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不能超过（1﹣μ）g5．如图，水平传送带两端点A、B间距离L=5m，传送带以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．现将一质m=lkg的小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（）A．小煤块从A运动到B的时间是sB．划痕长度是0.5mC．皮带对物块的摩擦力做的功为10JD．由于传送煤块而使电动机多输出的能量为4J6．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（）A．B．C．D．7．静电场在x轴上的场强分量E x随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A．在b和d处电势能相等B．由a运动到c的过程中电势能增大C．由b运动到d的过程中电场力不做功D．由a运动到d的过程中x方向电场力先增大后减小8．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有（）A．B．C．D．9．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1：2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是（）A．m1和m2的线速度之比为1：4B．m1和m2的向心加速度之比为2：1C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动10．如图所示，PN为两个等量的同种正电荷连线的中垂线，O为连线中点，Q是中垂线上的点，且PQ=QO，N处放置一正的点电荷，则（）A．P处的场强的大小一定小于Q处的场强的大小B．P、Q间的电势差一定等于Q、O间的电势差C．Q处的电势一定高于P处的电势D．电子在P处的电势能一定大于电子在Q处的电势能11．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是（）A．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C．要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移12．现有甲、乙两个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r甲和r乙，用这两个电源分别给定值电阻R供电，已知R=r甲＞r乙，则将R先后接在这两个电源上的情况相比较，下列说不正确的是（）A．接在甲电源上时，定值电阻R上的电流较大B．接在甲电源上时，电源输出功率较大C．接在乙电源上时，电源消耗的功率较大D．接在乙电源上时，定值电阻R上的电压较小13．如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电量为q=+10﹣2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为﹣10V，则（）A．B点的电势为0VB．电场线方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2二、实验题（每空2分，共16分）14．某同学利用如图1所示的实验装置，探究小车的加速度a和它所受拉力F的关系．①除备有4个50g钩码外，另有下列实验器材备选：A．质量为300g小车B．质量为2.2kg小车C．输出电压4﹣6V直流电源D．输出电压3.6﹣5.6V交流电源为尽量保证实验成功，你选用的实验小车为，电源为．②某同学正确选择实验器材后，通过实验得到如图2所示的a﹣F图象，造成图线未过坐标原点的原因是．15．电源电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，最大额定电流为50mA．现有量程为0～3V、内阻为2kΩ的电压表V和阻值为0～999.9Ω的电阻箱R各一只，另有若干定值电阻、开关和导线等器材．为测定该电源的电动势和内阻，某同学设计了如图1所示的电路进行实验，请回答下列问题：①实验室备有以下几种规格的定值电阻R0，实验中应选用的定值电阻是．A．200ΩB．2kΩC．4kΩD．10kΩ②实验时，应先将电阻箱的电阻调到（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”），目的是：．③该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数．根据记录的多组数据，作出如图2所示的﹣图线．根据该图线可求得电源的电动势E=V，内阻r=Ω．三、计算题16．如图所示，固定斜面的倾角为θ，斜面长为L，一长度为、质量为m的长木板放在斜面上，其上端与斜面顶端重合；另有一质量也为m的物块放在长木板的上端．现同时释放物块和木板，结果当长木板的下端到达斜面底端时，物块也恰好同时到达长木板的下端．物块与长木板间接触面光滑，重力加速度为g，求（1）物块在木板上的运动时间t．（2）长木板与斜面间的动摩擦因数u（3）长木板的下端到达斜面底端时的速度v．17．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m=1.0×10﹣20kg，电荷量q=1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（﹣1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：（1）x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比；（2）该粒子运动的最大动能E km；（3）该粒子运动的周期T．18．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．2016-2017学年山东省青岛市即墨一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（1-7题为单选题，8-13题为多选题．每题4分，共52分，其中多选题全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A．根据速度的定义式v=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的【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．【解答】解：A、根据速度的定义式v=，只有△t的时间段趋向于0时，v才可以表示物体的瞬时速度，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故B错误；C、伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，故C正确；D、场强E=就是采用比值定义的，场强E=不是采用比值定义的．故D错误．故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，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．如图所示，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m 的气球用轻质细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，气球在水平风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．下列说法正确的是（）A．细线拉力与风力的合力大于mgB．θ=60°时，风速v=9m/sC．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°D．若风力方向发生变化，θ仍为30o，则风力可能小于0.5mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡求出细线的拉力以及风速的大小，再进行分析即可．【解答】解：A、因为小球处于平衡，受力情况如图，由平衡条件知细线的拉力T和风力F的合力与重力mg大小相等．故A错误．B、小球受重力、拉力、风力处于平衡，根据共点力平衡知风力F=mgtanθ，根据题意：风力大小正比于风速，则当风速v0=3m/s时，有F1=kv0=mgtan30°．当θ=60°时，有F2=kv=mgtan60°．联立解得风速v=9m/s．故B正确．C、风速增大时，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡．故C错误．D、当风力与绳子垂直时，风力最小，风力最小值为mgsin30°=0.5mg，所以风力不可能小于0.5mg．故D错误．故选：B【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行研究．要知道当风力与绳子垂直时，风力最小．3．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A．m/s2B．m/s2C．m/s2D．m/s2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．【解答】解：第一段时间内的平均速度为：，第二段时间内的平均速度为：，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，则加速度为：．选项ABC错误，D正确故选：D．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．4．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B 压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（）A．速度可能向左，加速度可大于（1+μ）gB．加速度一定向右，不能超过（1﹣μ）gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不能超过（1﹣μ）g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】抓住A开始恰好不下滑，结合竖直方向上平衡得出弹簧弹力与重力的关系，当车厢做加速运动时，隔离对A分析，抓住竖直方向上平衡得出墙壁对A支持力的要求，从而结合牛顿第二定律得出加速度的方向，隔离对B分析，抓住B所受的最大静摩擦力求出最大加速度．，解得，此时弹簧处【解答】解：开始A恰好不下滑，对A分析有：f=mg=μN=μF弹于压缩．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，墙壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．﹣mg）≥ma，解得a≤（1﹣μ）g，故B正确，A、C、D错误．对B分析，f Bm=μ（F弹故选：B．【点评】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，抓住临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，掌握隔离法的灵活运用．5．如图，水平传送带两端点A、B间距离L=5m，传送带以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．现将一质m=lkg的小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（）A．小煤块从A运动到B的时间是sB．划痕长度是0.5mC．皮带对物块的摩擦力做的功为10JD．由于传送煤块而使电动机多输出的能量为4J【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】小煤块滑上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，根据位移公式求出滑块和传送带的相对位移大小，即划痕的长度；根据运动学公式分别求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出小煤块从A运动到B的时间．根据动能定理求皮带对物块的摩擦力做的功．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a=μg=2m/s2，则匀加速运动的时间t1==s=1s，匀加速运动的位移x1==m=1m．则小煤块匀速运动的位移x2=x﹣x1=5﹣1=4m，则匀速运动的时间t2==s=2s，所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=3s．故A错误．B、在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x3=v0t1=2×1m=2m，则划痕的长度△x=x3﹣x1=1m．故B错误C、由动能定理得：皮带对物块的摩擦力做的功W=﹣0=J=2J，故C错误．D、由于传送煤块而使电动机多输出的能量等于产生的内能和煤块获得的动能之和，为E=Q+=μmg△x+=0.2×1×10+2=4J，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键理清小煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析煤块的运动过程，要正确分析能量是如何转化的．6．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】忽略自转影响时行星表面的物体受到的万有引力等于其重力，不能忽略自转影响时万有引力等于重力与向心力之和，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出星球的质量，然后应用密度公式可以求出密度．【解答】解：忽略行星的自转影响时：G=mg，自转角速度为ω时：G=mg+mω2R，行星的密度：ρ=，解得：ρ=；故选：C．【点评】本题考查了求行星的密度，知道万有引力与重力的关系是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．7．静电场在x轴上的场强分量E x随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A．在b和d处电势能相等B．由a运动到c的过程中电势能增大C．由b运动到d的过程中电场力不做功D．由a运动到d的过程中x方向电场力先增大后减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由图可以看出在0﹣a处场强为正，a﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于负电荷而言电势降低则电势能增加．【解答】解：A、b﹣c处场强为x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在d处电势能较小，故A错误；B、a﹣c处场强为x轴负方向，则从a到c处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在c处电势能较小，B错误；C、由b运动到d的过程，受到的电场力沿x轴正方向，位移也沿x轴正方向，故做正功，故C错误；D、由a运动到d的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D正确；故选：D．【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差．8．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度时间图象的斜率等于加速度、位移时间图象的斜率等于速度，分析v﹣t图象和s﹣t图象的形状．根据功能关系分析机械能的变化情况．【解答】解：AB、小球在上升过程中，设小球的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg+f=ma1，又f=kv，得a1=g+，v减小，则a1减小，v﹣t图象的斜率逐渐减小．小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma1，又f=kv，得a2=g﹣，v增大，则a2减小，v﹣t图象的斜率逐渐减小．可知，v﹣t图象正确，a﹣t图象错误．故A正确，B错误．C、根据位移时间图象的斜率等于速度，s﹣t图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C正确．D、根据功能关系得：﹣f△s=△E，则得=﹣f，由==，则得=﹣fv=﹣kv2，v是变化的，则知E﹣t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D错误．故选：AC【点评】本题考查了图象问题，关键要运用力学规律得到加速度、机械能与速度的关系，再结合图象的物理意义分析．9．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1：2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是（）A．m1和m2的线速度之比为1：4B．m1和m2的向心加速度之比为2：1C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断．【解答】解：A、甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1R=ω22R，则得ω1：ω2=2：1，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2：1．根据公式：v=ωr，所以：．故A错误．B、根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1：a2=（ω12r）：（ω222r）=2：1，故B正确．C、D、根据μmg=mrω2=ma知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件．10．如图所示，PN为两个等量的同种正电荷连线的中垂线，O为连线中点，Q是中垂线上的点，且PQ=QO，N处放置一正的点电荷，则（）A．P处的场强的大小一定小于Q处的场强的大小B．P、Q间的电势差一定等于Q、O间的电势差C．Q处的电势一定高于P处的电势D．电子在P处的电势能一定大于电子在Q处的电势能【考点】电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据点电荷场强公式和电场的叠加原理分析P与Q场强的大小关系．由公式U=Ed 分析PQ间电势差与QO间电势差的关系．根据电场线的方向分析电势的高低．由E p=qφ分析电势能的大小．【解答】解：A、根据点电荷场强的公式E=k知，N处的点电荷在P处产生的场强比Q处场强小，而由电场的叠加原理可知，上面两个电荷+q在P处和Q处产生的合场强大小关系无法确定，所以P处的场强与Q处的场强大小关系无法确定，故A错误．B、由于P、Q间与Q、O间场强大小关系不能确定，由U=Ed不能判断P、Q间的电势差与Q、O间的电势差的关系，故B错误．C、由电场的叠加原理可知，NP间电场方向由N→P，则Q处的电势一定高于P处的电势，故C正确．D、Q处的电势一定高于P处的电势，由E p=qφ知，电子在P处的电势能一定大于电子在Q 处的电势能，故D正确．故选：CD【点评】本题中涉及等量同种电荷电场的分布情况，抓住对称性特点和电场的叠加原理分析场强和电势关系，要知道负电荷在电势高处电势能小．11．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是（）A．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C．要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】可根据电源电动势的变化，判断报警临界温度变化．根据R2的滑片位置变化，分析报警临界温度的变化．【解答】解：AB、要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势．故A错误，B正确．CD、要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R2的滑片P适当向上移，以减小R2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移，故C错误，D正确．故选：BD【点评】此题中R1为热敏电阻，相当于可变电阻，利用串联电路电压与电阻成正比的特点进行分析．12．现有甲、乙两个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r甲和r乙，用这两个电源分别给定值电阻R供电，已知R=r甲＞r乙，则将R先后接在这两个电源上的情况相比较，下列说不正确的是（）A．接在甲电源上时，定值电阻R上的电流较大B．接在甲电源上时，电源输出功率较大C．接在乙电源上时，电源消耗的功率较大D．接在乙电源上时，定值电阻R上的电压较小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，分析电源内阻消耗功率的大小．对于电源的输出功率，根据推论：外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大进行分析．【解答】解：A、由题，两个电源的电动势E相同，而内电阻r甲＞r乙，根据闭合电路欧姆定律I=分析得知，接在乙电源上时，通过R的电流较大．故A正确；B、根据推论：外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，则知甲电源的输出功率较大，故B正确．C、R接在电源上时，内电阻消耗的功率为：P=I2r==．则当R=r时，P最大，则知接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率较大，故C错误．D、外电路电压U=，内电阻r甲＞r乙，所以接在乙电源上时，定值电阻R上的电压较大，故D正确．本题选不正确的，故选：C【点评】本题关键掌握闭合电路欧姆定律和电源输出功率最大的条件，能熟练运用函数法列式处理电路中功率最大的问题．。

2016—2017学年度第一学期期中模块检测高三地理试题试卷说明：本试题共分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共10页；本试题满分为100分，考试时间为90分钟。

考试结束后，将答题纸交回。

注意事项：1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔，将学校、班级、姓名、准考证号填写在答题纸规定的位置上。

2．必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷选择题济南某校地理兴趣小组国庆节前往郊区某地进行地理考察，下图为考察区域地形示意图，等高距为200米，区域中有一条河流，读图完成1-3题。

1.图中丁地的海拔可能是（）A.680米B.480米C.980米D.1080米2.地表水最丰富的地区是（）A.甲处B.乙处C.丙处D.丁处3.图中河流干流下游流向（）A.西南B.东北C.东南D.西北图甲为黄河壶口瀑布，图乙是地壳物质循环示意图，读图完成4-5题。

4.壶口瀑布岩石类型在图乙中的位置是（）A. ①B.②C.③ D.④N5.壶口瀑布不断向上游移动，是因为（ ）A.上游地壳上升B.下游地壳上升C.河水侵蚀陡崖D.地壳水平运动 北京时间2016年8月6日7:00,31届夏季奥运会在里约热内卢（22°54′S ，43°12′W ）开幕。

结合所学知识，完成6-7题。

6.下面光照示意图最接近里约热内卢奥运会开幕式时间的是（ ）7.当地时间10:00时某游客拍摄某运动员比赛英姿。

该游客照相机镜头朝向（ ） A.东南 B.西北 C.西南 D.东北下图为某地区某年1月6日14时气压 状况示意图，图中MN 线上线速度相等，虚 线为一锋面，该锋面以150千米/天的速度 向东南方向移动，此时乙处吹偏北风。

读图， 完成8～10题。

8．读图可知( )A ．该地区位于南半球B ．该区域西部地区海拔高于东部地区C ．图示锋面为暖锋D ．图示山脉山麓植被为常绿阔叶林 9．图中甲地6日20时的风向为( ) A ．西北 B ．东南 C ．西南 D ．东部10．7日15时，甲地的天气状况最可能是( )A ．阴雨连绵B ．狂风暴雨C ．晴空万里D ．大风降温DC 22°54'S22°54'S迂回扇是在河湾侧向蠕移过程中产生的。

2017-2018学年度第一学期期中检测高三数学（文）试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，共50分；第Ⅱ卷为非选择题，共100分，满分150分，考试时间为120分钟。

2．第Ⅰ卷请按照题目要求将选出的答案标号（A 、B 、C 、D ）涂在答题卡上。

第Ⅱ卷将答案用黑色签字笔（0.5mm ）写在答题卡上，不按要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)1．集合{}{}R x y y B x x x A x∈==>-=,2,022，R 是实数集，则()R C B A ⋃等于（ ）A ．RB ．]),2(0,(+∞⋃-∞C ．(]10，D ．(],1(2,)-∞⋃+∞ 2. 已知向量(1,2)a =-,(3,)b m =,R m ∈,则“6m =-”是“)//(b a a +”的（ ）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 3．已知角α的终边经过点(1,2)P -，则tan 4πα⎛⎫+⎪⎝⎭的值是（ ）． A ．3 B ．3- C ．13 D ．13- 4．在ABC ∆中，已知8,60,75a B C =∠=∠=,则b 等于A ．B ．C ．D ．2235.下列命题错误的是（ ）A ．命题“若022=+y x ，则0==y x ”的逆否命题为“若y x ,至少一个不为0,则022≠+y x ”B ．若命题01,:0200≤+-∈∃x x R x p ，则01,:2>+-∈∀⌝x x R x pC ．若向量a b 满足0<⋅b a ，则a 与b 的夹角为钝角D ． ABC ∆中，B A sin sin >是B A >的充要条件6．已知等差数列{n a }的前n 项和为n S ，且1012S =，则56a a += A ．125B ．12C ．6D ．657.若函数a ax x f 213)(-+=在区间)1,1(-上存在一个零点，则a 的取值范围是 A ．51>a B ．51>a 或1-<a C ．511<<-a D ．1-<a 8．已知函数()sin()f x A x ωϕ=+（其中0,2A πϕ><）的图象如图所示，则函数()f x 的解析式为A ．()sin(2)3f x x π=-B ．()sin(2)6f x x π=+ C ．()sin(2)3f x x π=+D. ()sin(4)6f x x π=+9.在ABC ∆中，90C =o，且3C A C B ==，点M 满足MA 2BM =，则CB CM ⋅等于（ ）A ．3B ．4C ．5D ．610.已知O 是坐标原点，点(1,1)A -，若点(,)M x y 为平面区域 2,1,2,x y x y +≥⎧⎪≤⎨⎪≤⎩上一个动点，则OA OM ⋅的取值范围是（ ）A. [1,0]-B.[0,2]C. [1,2]D.[1,1]-第Ⅱ卷（非选择题 共100分）二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分。

青岛市即墨区2021届高三上学期11月期中检测物理试题2020.11注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．本试卷共18小题，考试时间为90分钟，考试结束后，将答题卡交回。

第I 卷(选择题，共40分)一．单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1．轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。

某型号轿车的“车身—悬挂系统”的固有周期是0.5s ，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m ，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是 A ．当轿车以30km ／h 的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2HzB ．轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小也必然不同C ．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈D ．当轿车以7.2km ／h 的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g 的值。

如图，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a 点的时间间隔为a T ，两次经过b 点的时间间隔为b T ，又测得a b 、两点间距离为h ，则当地重力加速度g 的值为 A.224a b hT T -B.228a b hT T - C.8a b hT T -D.228b ahT T - 3．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从0t =时刻开始，甲、乙两车运动的x t -图像如图所示，其中甲车运动的x t -图线为抛物线，图线与x 轴的交点为其顶点，乙车运动的x t -图线为过原点的直线，两条图线相切于P 点，其坐标为(11,t x )，已知2132t t =。

即墨市第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放，到达B点时速度恰好为零。

若A、B间距为L，C是AB 的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g。

则下列判断正确的是A. 从A至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动B. 在B点受到的库仑力大小是mgsinθC. Q产生的电场中，A、B两点间的电势差大小为U=D. 在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较大【答案】C【解析】2．如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q （q ＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l 的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m25为（ ）A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1【答案】　A【解析】　设极板间电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M ，由牛顿第二定律有：qE ＝Ma M ，由运动学公式得：l ＝a M t 2；2512对m ，由牛顿第二定律有qE ＝ma m根据运动学公式得：l ＝a m t 23512由以上几式解之得：＝，故A 正确。

M m 323． 如图所示，质量分别为m A 和m B 的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1 > θ2）。

现将A 、B 间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E kA 和E kB ，则下列说法中正确的是A. m B > m AB. 轻绳剪断时加速度之比为tan θ1:tan θ2C. v A < v BD. E kA > E kB 【答案】A【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T ．对A 球分析受力如图由平衡条件得： ，同理，对B 球有： ，则得，因1A T m gtan θ=2B T m gtan θ=12A B m gtan m gtan θθ=，故，A 正确．轻绳剪断时加速度之比为，B12θθ＞A B m m ＜1212:::A B A B A Bm gsin m gsin a a sin sin m m θθθθ==错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A 球有，得()21112A A A A m gL cos m v θ-=，同理对B 可得： ， ，故，A v =B v =A B L L ＞12θθ＞A B v v ＞C 错误；最大动能， ，由图知： ()21112kA A A A A E m v m gL cos θ==-()22112kB B B B B E m v m gL cos θ==-， ，但， 不一定大于，D 错误．选A.A B L L ＞12θθ＞A B m m ＜kA E kB E 【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A 、B 间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．4． 如图所示，一个带正电的物体，从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为v ，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则物体沿斜面滑到底端时的速度A．变小B．变大C．不变D．不能确定【答案】B【解析】由左手定则可知物块受到垂直于斜面向上的洛伦兹力，物块与斜面之间的压力减小，所以摩擦力减小，由动能定理得，由于F f减小，故v t增大，故B正确。