山东省潍坊第一中学2015届高三12月月考物理 word版 含答案

山东省潍坊第一中学2015届高三12月月考高 三 物 理本卷分第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。

答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目涂在答题卡上．第I 卷(选择题 共40分)一、选择题(本题共10小题：每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．)1．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是 A ．牛顿测出了引力常量 B ．法拉第提出了分子电流假说C ．安培导出了磁场对运动电荷的作用力公式D ．伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性2．关于物体运动状态与所受合力的关系，以下说法正确的是 A ．物体所受合力的方向就是物体的运动方向 B ．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态C ．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变D ．物体做匀速圆周运动时，它的运动状态不发生改变3．一质点沿x 轴做直线运动，以x 轴正方向为加速度正方向，其加速度a 随时间t 变化的图象如图所示。

已知质点在t =0时的速度05/m s υ=，方向沿x 轴正向。

则当t=4s 时，质点的速度大小为 A ．13m ／sB ．9m ／sC ．8m ／sD ．4 m ／s4．同步卫星定位于地球赤道正上方。

已知它离地面的高度为h ，地球自转的角速度为ω， 地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g 0，则同步卫星的加速度大小等于 A. g 0B.()202R g R h +C. 2R ωD. ()2R h ω+5．如图为玻璃自动切割生产线示意图。

图中，玻璃以恒定的速度向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行。

滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动。

割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割。

要使切割后的玻璃是矩形，以下做法正确的是A ．保持滑杆不动，仅使割刀沿滑杆运动B．滑杆向左移动的同时，割刀沿滑杆滑动C．滑杆向右移动的同时，割刀沿滑杆滑动D．滑杆向右移动的速度必须与玻璃运动的速度相同6．如图所示，虚线圆圆心O点固定一正点电荷，一带电粒子从虚线圆内的P点发射，仅在电场力的作用下沿图中实线运动至圆上Q点，则该粒子A．带正电B．在P点的速度可能沿PO方向C．在P点动能大于Q点的动能D．在P点电势能大于Q点的电势能7．如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。

2015届山东省济宁市曲阜市第一中学高三校模拟考试理综物理局部第1卷选择题局部一、选择题〔每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中．只有一项符合题目要求。

〕14．在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界A、B 将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅰ中无电场。

在区域Ⅱ中边界下方某一位置P，由静止释放一质量为m，电荷量为q的带负电小球，如图〔a〕所示，小球运动的v-t图象如图〔b〕所示，重力加速度为g，不计空气阻力，如此以下说法不正确的答案是A．小球在7s末回到出发点B．电场强度大小是47 mg qC．P点距边界的距离为20 2 3 v gD．假设边界AB处电势为零，如此P点电势为20 76mvq15．“神舟〞十号载人航天发射控制中心的大屏幕上出现的一幅“神舟〞十号飞船运行轨迹图如下，它记录了飞船在地球外表垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度。

通过观察此图，某同学发现，飞船绕地球环绕一周的过程中，地球大约自转22．50。

地球半径为6．4×103km，依据上述信息可估算该飞船距离地面的高度和飞船的周期〔大约〕正确的答案是：A．4×105km 1．5h B．6.4×103km 3hC．300km 1．5h D．7×6.4×103km 24h16．如图为一个透明均匀玻璃圆柱，其横截面如下列图，由a、b两种单色光组成的复色光通过A点射入，分别从B、C射出，如此如下说法正确的答案是A．a光的折射率大于b光的折射率B．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度C．a、b两种单色光分别从B、C射出时折射角相等D．a、b两种单色光分别通过同一个双缝干预装置获得的干预条纹间距b的较大17．地面附近处的电场的电场线如下列图，其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点，高度差为h。

山东省潍坊第一中学2015届高三12月月考训练高三地理本试卷分第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。

第I卷(选择题，60分)注意事项：1．第I卷共30小题，每小题2分，共60分。

在每个小题的给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

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，用橡皮擦净后，再选涂其它答案标号。

不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

某国际航班从罗马(东1区)经16小时的飞行，于北京当地时间星期一17时10分安全降落在北京机场。

此时，飞行员看到一轮红日正在跑道西边的尽头。

据此判断1～2题。

1．飞机从罗马起飞的时间是当地时间A．星期一的17：l0 B．星期一的12：10C．星期日的18：10 D．星期日的16：102．飞机降落时，晨昏线的位置应该是下列四图中的下图a为北半球某区域近地面图，图b示意沿甲乙线的气压变化，图c示意沿丙丁线的气压变化。

据此回答3~4题。

3．根据图示信息推断，下列叙述正确的是A．甲地云量小于乙地B．甲地气温日较差小于乙地C．丙地风速大于丁地D．丙地气压小于丁地4．未来几天，乙地将要经历的天气变化过程最有可能是A．气温降低，出现降水B．气压降低，天气转晴C．风力减弱，阴雨连绵D．温暖宜人，风和日丽读非洲肯尼亚山植被的垂直分带示意图，回答5～6题。

5．肯尼亚山最大降水量出现的海拔高度大约是A．750m B．2700mC．2200m D．5000m6．下列叙述正确的是A．降水量随海拔的增高而增多B．蒸发量随着海拔的增高而增多C．该山地水汽主要来自大西洋D．图示植被带更替的主要因素为水分和热量某地质勘探小组在自西向东水平距离各相差500米的A、B、C三处对我国某地某沉积岩层进行探测，数据如下表。

当地表层为潮湿、粘稠的红壤，其下为沉积岩层，其中的沉积岩埋藏深度是指岩层距离地面的垂直距离。

据此回答7～8题。

济宁一中高三12月份定时检测数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项．）1. 已知1i22i z -=+，则z z -=（ ）A. i -B. iC. 0D. 1【答案】A 【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z ，再由共轭复数的概念得到z ，从而解出．【详解】因为()()()()1i 1i 1i 2i 1i 22i 21i 1i 42z ----====-++-，所以1i 2z =，即i z z -=-．故选：A ．2. 若集合{}2230A x x x =--≤，(){}lg 10B x x =+≤，则A B ⋃=（ ）A. {}10x x -≤≤ B. {}10x x -<≤C. {}13x x -≤≤ D. {}13x x -<≤【答案】C 【解析】【分析】由一元二次不等式的解法求A ，再根据对数函数的定义域及单调性求B ，最后求并集即可.【详解】由()()[]2231301,3x x x x x --=+-≤⇒∈-，即{}13A x x =-≤≤，由()(](]lg 10lg110,11,0x x x +≤=⇒+∈⇒∈-，即{}10B x x =-<≤，故A B ⋃={}13x x -≤≤.故选：C3. 已知()2,3AB = ，()3,AC t = ，1BC = ，则AB BC ⋅=（ ）A 8B. 5C. 2D. 7【答案】C 【解析】.【分析】由()1,3BC AC AB t =-=-及1BC = ，可得3t =，从而根据向量数量积的坐标表示即可求解.【详解】解：因为()2,3AB = ，()3,AC t = ，所以()1,3BC AC AB t =-=-，因为1BC = ，所以()22131t +-=，解得3t =，所以()1,0BC =u u u r，所以21302AB BC ⋅=⨯+⨯=，故选：C.4. 函数()3e e x xf x x-+=的图像可能是（ ）A. B.C. D.【答案】B 【解析】【分析】先判断函数奇偶性，以图像的对称性排除错误选项CD ；再以图像的切线情况去排除错误选项A ，即可得到函数()3e e x xf x x -+=的正确图像.【详解】()3e e x xf x x -+=的定义域为{}0x x ≠()()()()33e e e e x x x xf x f x x x ----++-===---，则()f x 为奇函数，其图像关于原点中心对称，排除选项CD ；()()()()()3264e e 3e e e 3e e xx x x xx x x x x e x f x x x ------+--+'==的则()()()1010101010104410e e 3e e 7e 13e 1001010f -----+-'==>即函数()f x 在点()()10,10f 的切线斜率为正值，选项A 的图像在第一象限内每一点的切线斜率均为负值，故排除选项A.选项B 的图像在第一象限内存在切线斜率为正值的点.故选：B 5. 已知1sin ,123πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭则sin 23πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）A. 29-B.29C. 79-D.79【答案】D 【解析】【分析】设12παθ=-，则1,sin 123πθαα=+=，则sin 2sin 3223[1πππθα⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简，由余弦的二倍角公式可得答案.【详解】设12παθ=-，则1,sin 123πθαα=+=，从而2[7sin 2sin 2sin 2cos 212sin 3329πππθαααα⎛⎫⎛⎛⎫+=+=+==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎝⎭.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查三角函数中知值求值的问题，解答本题的关键是设12παθ=-，然后可得sin 2sin 32]23[1πππθα⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，属于中档题.6. 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，2532a a a =，47245a a +=，则5S =（ ）A. 29 B. 31C. 33D. 36【答案】B 【解析】【分析】根据2532a a a =，47245a a +=可求出首项1a ，公比q ，然后利用等比数列求和公式即可求解.【详解】因为数列{}n a 是等比数列，2532a a a =，所以3252222a a a a q a q =⨯=，即222a q =，则42a =.又因为47245a a +=，故有714a =.所以37418a q a ==，则12q =，所有41316a a q ==，所有551161231112S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-，故B 项正确.故选：B.7. 已知抛物线()220x py p =>上一点(),1M m 到焦点的距离为32，则其焦点坐标为（ ）A. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 1,02⎛⎫⎪⎝⎭C. 1,04⎛⎫⎪⎝⎭D. 10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】【分析】由抛物线的定义可求p 的值，进而可求焦点坐标.【详解】解： 抛物线()220x py p =>上一点(),1M m 到焦点的距离为32，∴由抛物线的定义知322M p y +=，即3122p +=，所以1p =，所以122p =，∴抛物线的焦点坐标为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，故选：A .8. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid ），亦称为阿基米德多面体，如图2，设1AB =，则平面BCG 与平面EMQ 之间的距离是（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】不妨记正方体为22221111A B C D A B C D -，设对角线21A C 分别交平面EMQ 和平面BCG 于点1M ，1N ，可推出11M N 即为平面EMQ 与平面BCG 的距离，结合等体积法求得21A M ，结合对称性求得11M N 即可．【详解】如图，不妨记正方体为22221111A B C D A B C D -，1122//A D B C ，1122A D B C =，故四边形1122A D C B 是平行四边形，所以1221//A B C D ，又E ，Q 分别为12A A ，22A B 的中点，所以12//EQ A B ，同理21//BG C D ，所以//EQ BG ，又EQ ⊄平面BCG ，BG ⊂平面BCG ，所以//EQ 平面BCG ，同理//EM 平面BCG ，又EM EQ E ⋂=，EM ，EQ ⊂平面EMQ ，所以平面//EMQ 平面BCG ，设对角线21A C 分别交平面EMQ 和平面BCG 于点1M ，1N ，因为12C C ⊥平面2222A B C D ，MQ Ì平面2222A B C D ，所以12C C MQ ⊥，连接2211,A C A C ，因为,M Q 分别为2222,D A B A 的中点，故22A C MQ ⊥，又12C C ，22A C ⊂平面1221A A C C ，12222C C A C C = ，所以MQ ⊥平面1221A A C C ，又21A C ⊂平面1221A A C C ，所以21A C MQ ⊥，同理21A C EQ ⊥，又MQ EQ Q ⋂=，MQ ，EQ ⊂平面EMQ ，所以21A C ⊥平面EMQ ，又平面//EMQ 平面BCG ，所以21A C ⊥平面BCG ，11M N 即为平面EMQ 与平面BCG 的距离，则11212111M N A C A M N C =--，得21A C ==，由题意得222EA MA QA ===EMQ 为等边三角形，故21EMQ S ==，根据22E A MQ A EMQ V V --=，得1111323M ⨯=，解得21A M =根据对称性知2111A M N C =，所以112121112M N A C A M N C =--=-=，则平面EMQ 与平面BCG ．故选：D【点睛】方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9. 下列表述正确的是（ ）．A. 如果0a b >>，c d >，那么ac bd >B. 如果0a b >>>C. 如果0a b >>，0c d >>，那么11ac bd<D. 如果0a b ≥>，那么2a bb a +≤≤【答案】BCD 【解析】【分析】根据函数的单调性、不等式的性质等知识逐个验证选项即可．【详解】A ．如果0a b >>，c d >，取2a =，1b =，1c =-，2d =-，则2ac bd =-=，故A 错误；B ．由于12y x ==在[0,)+∞为单调增函数，从而若0a b >>>B 正确；C ．如果0a b >>，0c d >>，则0ac bc bd >>>，而1()f x x =在(0,)+∞上单调递减，从而11ac bd<，故C 正确；D ．如果0a b ≥>，则22a a b b ≥+≥，故2a bb a +≤≤，故D 正确．故选：BCD ．10. 已知直线:210l x my ++=，圆22:3E x y +=，则下列说法正确的是（ ）A. 直线l 必过点(1,0)B. 直线l 与圆E 必相交C. 圆心E 到直线l 的距离的最大值为1D. 当12m =时，直线l 被圆E 【答案】BC 【解析】【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.【详解】易知直线l 必过点(1,0)-，故A 错误；点(1,0)-在圆E 内，所以直线l 与圆E 必相交，故B 正确；圆心(0,0)E 到直线l 的距离d =，当0m =时距离取最大值1，故C 正确；当12m =时，直线:10l x y ++=，则直线l 被圆E 截得的弦长为=，故D 错误．故选：BC11. 把函数sin y x =图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移π6个单位长度，得到函数()y g x =的图象，则（ ）A. ()g x 在π5π,36⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减B. ()g x 在[]0,π上有2个零点C. ()y g x =的图象关于直线π12x =对称D. ()g x 在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域为⎡⎢⎣【答案】BC 【解析】【分析】由题意，由函数sin(+)y A x ωϕ=的图象变换规律，求得()y g x =的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各选项得出结论.【详解】把函数sin y x =图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，可得到sin 2y x =的图象；再把所得曲线向左平移π6个单位长度，得到函数()πsin(2)3y g x x ==+的图象，π5π(,36x ∈时，π2(π,2π)3x +∈，则()g x 在π7π(,)312单调递减，在7π5π(,)126单调递增，故A 错误；令()0g x =，得π2π(Z)3x k k +=∈，即ππ26k x =-，因为[0,π]x ∈，所以ππ0π26k ≤-≤，解得1733k ≤≤，因为Z k ∈，所以1k =或2k =，所以()g x 在[]0,π上有2个零点，故B 正确；因为ππππ()sin(2)sin 1121232g =⨯+==，为()g x 的最大值，所以直线π12x =是()y g x =的图象的一条对称轴，故C 正确；当π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，π2ππ2,333x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，()g x ⎡∈-⎢⎣，故D 错误.故选：BC12. 如图，1P 是一块半径为1的圆形纸板，在1P 的左下端前去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形3P ，4,,,n P P ，记纸板n P 的周长为n L ，面积为n S ，则下列说法正确的是（ ）A. 37142L π=+ B. 31132S π=C. 1111222n n n L π-+⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D. 1212n n n S S π++=-【答案】ABD 【解析】【分析】观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板n P 相较于纸板1n P -()2n ≥剪掉了半径为112n -的半圆，再分别写出n L 和n S 的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可【详解】根据题意可得纸板n P 相较于纸板1n P -()2n ≥剪掉了半径为112n -的半圆，故1111122222n n n n L L π---=-⨯+⨯，即112122n n n n L L π----=-，故12L π=+，2110122L L π-=-，3221122L L π-=-，4332122L L π-=- (1121)22n n n n L L π----=-，累加可得1210121112......222222n n n L ππππ--⎛⎫⎛⎫=+++++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1111112222111122n n ππ--⎛⎫-- ⎪⎝⎭=++---1211222n n π--⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以132171421222L ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭=+，故A 正确，C 错误；又1211122n n n S S π--⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故1212n n n S S π---=-，即1212n n n S S π++=-，故D 正确；又12S π=，2132S S π-=-，3252S S π-=- (121)2n n n S S π---=-，累加可得3521...2222n n S ππππ-=----111841214n ππ-⎛⎫- ⎪⎝⎭=--211132n π-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，故31132S π=正确，故B 正确；故选：ABD三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，a 1＋a 5＝3a 2，则1020S a =_____．【答案】114##2.75【解析】【分析】由1523a a a +=，得到1a 与d 的关系，再利用等差数列的前n 项和公式和通项公式求解.【详解】解：1523a a a += ，∴112433a d a d +=+，∴1a d =，1012011045551119204S a d d a a d d +===+．故答案为：11414. 已知双曲线2222:1x y M a b-=的左焦点为F 1，A ，B 为双曲线M 上的两点，O 为坐标原点若四边形1F ABO 为菱形，则双曲线M 的离心率为___________.1+【解析】【分析】利用双曲线的对称性，连结1BF ，2BF ，根据图形分析可得12BF F △是直角三角形，且260BF O ∠= ，在结合双曲线的定义，即可得到双曲线的离心率.【详解】如图，设双曲线的右焦点2F ，连结1BF ，2BF ，四边形1F ABO 是菱形，1212BO F F ∴=，12BF BF ∴⊥，并且根据对称性可知2OBF △是等边三角形，260BF O ∴∠=，1BF ∴=，根据双曲线定义可知，122B F B F a -=，2c a -=，即1c a ==1题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出,a c ，然后利用公式ce a=求解；2.公式法：c e a ===，3.构造法：根据条件，可构造出,a c 的齐次方程，通过等式两边同时除以2a ，进而得到关于e 的方程.15. 如图，已知正四棱台的两底面均为正方形，且边长分别为20cm 和10cm ，侧面积为2780cm ，则其体积为________．【答案】32800cm 【解析】【分析】利用四棱台的结构特征，作出辅助线，根据侧面积列出方程，求出正四棱台的高，结合棱台的体积公式计算得结论【详解】如图，取11A B 的中点1E 、AB 的中点E ，上、下底面的中心1O 、O ，则1E E 为斜高，四边形11EOO E 为直角梯形．正四棱台的侧面积1114(1020)7802S EE =⨯⨯+⨯=，113cm EE ∴=，在直角梯形11EOO E 中，过点1E 作1M ⊥OE 于点M ，则115cm O E OM ==，11O O E M =，因为111115cm 2O E A B ==，110cm 2OE AB ==，所以5EM OE OM =-=cm ，1112O O E M ∴====cm ，∴该四棱台的体积为()()223112102010202800cm 3V =⨯⨯++⨯=故答案为：32800cm 16. 已知函数()()1f x x sinx cosx =++，若对于任意的()1212,0,2x x x x π⎡⎤∈≠⎢⎥⎣⎦，均有()()1212|x x f x f x a e e --成立，则实数a 的取值范围为______．【答案】[)1,+∞【解析】【分析】求导可知函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，进而原问题等价于对于任意的()1212,0,2x x x x π⎡⎤∈≠⎢⎥⎣⎦，均有()()1212x x f x ae f x ae ->-，构造函数()()x h x f x ae =-，则函数()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，求导后转化为最值问题求解即可．【详解】解：()()()sin 1cos sin 1cos f x x x x x x x =++-=+'，任意的()1212,0,2x x x x π⎡⎤∈≠⎢⎥⎣⎦，()0f x '>恒成立，所以()f x 单调递增，不妨设12x x <，则()()12f x f x <，又12x x e e <，故()()1212|xxf x f x a e e --等价于()()2121x xf x f x ae ae -<-，即()()1212xxf x ae f x ae ->-，设()()()1,0,2x xh x f x ae x sinx cosx ae x π⎡⎤=-=++-∈⎢⎥⎣⎦，易知函数()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，故()()'10xh x x cosx ae =+-≤在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即()1xx cosx a e +≥在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，设()()1,0,2xx cosx g x x eπ+⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，则()()()211'0()x xx xcosx x sinx e x cosx e xsinx sinx xcosx g x e e ⎡⎤-+-+⋅---⎣⎦==≤，故函数()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，则()()01max g x g ==，故1a ≥．故答案为：[)1,+∞．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值及不等式的恒成立问题，考查转化思想，属于中档题．四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知函数()sin()14f x x x π=+-．（1）求()4f π的值及()f x 的单调递增区间；（2）求()f x 在区间[0,2π上的最大值和最小值．【答案】（1）(14f π=；单调递增区间为3[,]88k k ππ-+π+π，Z k ∈（2；最小值1-【解析】【分析】（1）由()sin()14f x x x π=+-，直接求()4f π；将函数转化为())4f x x π=+，利用正弦函数的性质求解；（2）根据函数())4f x x π=+，利用正弦函数的性质求解.【小问1详解】解：()sin 1442f πππ=-，11=-，1=；()sin(14f x x x π=+-，)1x x x =⋅-， 22sin cos 2cos 1x x x =+-，sin 2cos 2x x =+，4x π=+，令222,242k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，322244k x k ππππ-+≤≤+,k Z ∈，388k x k ππππ-+≤≤+,k Z ∈， 所以()f x 的单调递增区间为3[,]88k k ππ-+π+π，Z k ∈；【小问2详解】因02x π≤≤，所以52444x πππ≤+≤，所以sin 214x π⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭， 故124x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭，当2,42x ππ+=即8x π=时，()f x；当2,44x π5π+=即2x π=时，()f x 有最小值1-.18. 已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()22nn n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）1n a n =+ （2）()1422n n T n +=-++【解析】【分析】（1）利用赋值法可得数列的首项及公差；（2）利用错位相减法求数列的前n 项和.【小问1详解】当1n =时，1228a a +=①，当2n =时，23211a a +=②，②-①得，33d =，解得1d =，所以12112228a a a a +=++=，12a =，所以()2111n a n n =+-⨯=+；【小问2详解】由（1）得1n a n =+，为则()()2232nn n nn b a =++=，()()12314252622232n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+++++ ，()()234124252622232n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+++++ ，()12314222232n n n T n +∴-=⨯++++-+ ()()21121283212n n n -+-=+-+-()1422n n +=-+，()1422n n T n +∴=-++.19. 如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，E 是BC 的中点.（1）求证：1//BD 平面1C DE ；（2）已知120ABC ∠=︒，1AA =，求直线1A D 与平面1C DE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析. （2【解析】【分析】（1）连接1CD 交1DC 于O ，连接OE ，易得1//OE BD ，再根据线面平行的判定即可证结论.（2）F 为AB 中点，结合已知可构建以D 为原点，,DF DC ，1DD为x 、y 、z 轴正方向的空间直角坐标系，设1AA ==，写出对应点坐标，并求出直线1A D 的方向向量和平面1C DE 的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线1A D 与平面1C DE 所成角的正弦值.【小问1详解】由题设，连接1CD 交1DC 于O ，易知：O 是1CD 的中点，连接OE ，∵E 是BC 的中点，∴1//OE BD ，又OE ⊂面1C DE ，1BD ⊄面1C DE ，∴1//BD 面1C DE .【小问2详解】底面ABCD 是菱形，120ABC ∠=︒，即60DAB ∠=︒，若F 为AB 中点，则DF AB ⊥，∴30ADF ∠=︒，故在直四棱柱1111ABCD A B C D -中有DF DC ⊥、1DD DC ⊥、1DD DF ⊥，∴可构建以D 为原点，,DF DC ，1DD为x 、y 、z轴正方向的空间直角坐标系，设1AA ==，∴1131(0,0,0),,0),42D E C A -，则1131,0),42DE DC DA ===- ，若(,,)m x y z = 是面1C DE的一个法向量，则13040DE m x y DC m y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令x =m=-，∴111|cos,|||||||m DAm DAm DA⋅<>===，故直线1A D与平面1C DE.20. 已知等比数列{}n a的前n项和为n S，且11a=，6328SS=，数列{}nb满足()33log1n nb a=+．（1）求数列{}n a和{}n b的通项公式；（2）若对任意的*n∈N，3n nb aλ<恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）13nna-=，*n∈N；32nb n=-，*n∈N（2）9,4⎛⎫-∞⎪⎝⎭．【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a的公比为q，由6328SS=求得公比，再由11a=求解；进而由()33log1n nb a=+求解.（2）由332nnλ<-对于任意的*n∈N恒成立，令()332nf nn=-，*n∈N，求得其最小值即可.【小问1详解】解：设等比数列{}n a的公比为q，由6328SS=，显然1q≠，所以631281qq-=-，解得3q=，由于11a=，所以{}n a的通项公式为13nna-=，*n∈N；所以()1333log13log3132nn nb a n-=+=+=-，*n∈N，所以{}n b的通项公式为32nb n=-，*n∈N．【小问2详解】因为3n nb aλ<恒成立，即332nnλ<-对于任意*n∈N恒成立．的令()332nf n n =-，*n ∈N ，则()()()()()136733131323132n n nn f n f n n n n n +⋅-+-=-=+-+-，当1n >时()()1f n f n +>，，所以()()()()1234f f f f ><<<⋅⋅⋅，即()f n 的最小值为()924f =，所以实数λ的取值范围为9,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.21. 已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>过点⎛ ⎝，且C（1）求椭圆C 的方程；（2）过点()1,0P 的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，求PA PB ⋅的取值范围．【答案】（121y +=；（2）3,34⎡⎤⎢⎥⎣⎦．【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于a 、、c 的方程组，解出a 、b 的值，进而可求得椭圆C 的方程；（2）对直线l 分两种情况讨论，直线l 与x 轴重合时，直接求出PA PB ⋅的值，在直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为1x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出PA PB ⋅关于m 的代数式，综合可得出PA PB ⋅的取值范围．【详解】（1）由题意得222221314c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b =⎧⎨=⎩.所以椭圆C 的方程为2214x y +=；（2）分以下两种情况讨论：①若直线l 与x 轴重合，则()()21113PA PB a a a ⋅=-⋅+=-=；②若直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为1x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 可得()224230m y my ++-=，则()()22241241630m m m ∆=++=+>恒成立，由韦达定理可得12224m y y m +=-+，12234y y m =-+，由弦长公式可得()()221223114m PA PB m y y m +⋅=+⋅=+()2223499344m m m +-==-++，244m +≥ ，则299044m <≤+，所以，2393344m ≤-<+.综上所述，PA PB ⋅的取值范围是3,34⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,x y 、()22,x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算∆；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x 的形式；（5）代入韦达定理求解.22. 已知函数()21)xf x e ax a =-->（，（1）证明：函数()y f x =在(),0∞-内存在唯一零点；（2）若函数()y f x =有两个不同零点12,x x 且12x x >，当12x x -最小时，求此时a 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）求出导数，可判断()f x 在(,0)-∞单调递减，再根据零点存在性定理即可判断；（2）令120t x x =->，则由题可得()22212x t x e e ea tx --==，利用导数可得1()(0)t e g t t t -=>在(0,)+∞单调递增，判断出要求t 的最小值即求()g t 最小值，构造函数()22222x x e v x x e -=，利用导数判断单调性求出其最小值即可.【详解】（1）()x f x e a '=-， 0x <，1x e ∴<，又1a >，∴()0f x '<，∴()f x 在(,0)-∞单调递减，(0)10f =-<，220a f e a -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，存在唯一02,0x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得0()0f x =，所以函数()y f x =在(),0∞-内存在唯一零点；（2）由条件知12122020x x e ax e ax ⎧--=⎨--=⎩，1212121222x x x x e e e e a x x x x ---∴===-，令()22122120,x t x e e e t x x a t x --=->∴==，则有22212x t x e e t x e --=，令1()(0)t e g t t t -=>，2(1)1()t t e g t t -+='，令()(1)1t h t t e =-+，()0th t te =>'，()h t ∴(0,)+∞单调递增，()(0)0h t h ∴>=，()g t ∴在(0,)+∞单调递增，要求t 的最小值即求()g t 最小值，令()22222x x e v x x e -=，()()()22222222222222,12220x x x x x x e x e x e v x x x e x e'-+-+-==<，在令()22222x m x x e =+-，()2220x m x e =->'，()2m x ∴在(,0)-∞单调递增，又1(0)10,(1)0m m e -=>-=-<，∴存在唯一0(1,0)x ∈-使得()00m x =.此时0022x e x =+，2x ()0,x -∞0x ()0,x +∞()2v x '-0+()2v x 极小 当02x x =时，()2v x 有最小值故12x x -取最小值时000022222x x e a x x +--===.【点睛】关键点睛：解决本题得关键是得出()22212x t x e e e a t x --==，利用导数判断出要求t 的最小值即求()g t 最小值，构造函数()22222x x e v x x e -=，利用导数判断单调性求出其最小值.。

山东省潍坊市第一中学2014-2015学年高一上学期10月月考物理试题2014-10-13时间：60分钟满分：100分一选择题（每题4分，共40分；每题有一个或多个正确选项，请将正确答案涂到答题卡上）1.下列选项中加下划线的运动物体，不能被看成质点的是A．研究绕地球飞行时航天飞机的轨道B．研究飞行中直升飞机上的螺旋浆的转动情况C．计算从北京开往上海的一列火车的运行时间D计算在传送带上输送的工件数量2下列说法正确的是A 平均速度的方向就是位移的方向B 平均速度的方向就是物体的运动方向C 瞬时速度和平均速度是一个方向D 瞬时速度的方向应该是轨迹上某点的切线方向3、物体沿直线运动，下列说法中正确的是A若物体某1秒内的平均速度是5m/s，则物体在这1s内的位移一定是5mB若物体在第1s末的速度是5m/s，则物体在第1s内的位移一定是5mC若物体在10s内的平均速度是5m/s，则物体在其中1s内的位移一定是5mD物体通过某位移平均速度是5m/s，则通过这段位移一半时的速度一定是2.5m/s 4一物体做匀变速直线运动，加速度为2m/s2，这就是说A每经过一秒物体的速度都增加2m/sB物体速度变化率是2m/s2C任意一秒内的末速度均为初速度的2倍D每经过一秒物体的速度均变化2m/s5、下列说法中正确的是A有加速度的物体，其速度一定增加B没有加速度的物体，其速度一定不变C物体的速度有变化，加速度必有变化D物体的加速度为零，则速度一定为零6关于加速度的方向，下列说法正确的是A加速度的方向就是速度的方向B加速度的方向就是速度变化的方向C加速度的方向就是位移的方向D物体的加速度方向与速度方向没有必然联系7.表示物体作匀速直线运动的图象是8.一物体的速度随时间变化的关系为v=5-2t,则下列说法错误的是A.物体的初速度为5 m/sB. 物体每秒的速度变化量为2 m/sC. 经过2 秒物体的速度变为零D. 经过2秒物体的位移是6米9．一辆汽车正在做匀加速直线运动，计时之初，速度为6 m/s，运动28 m后速度增加到8 m/s，则A．这段运动所用时间是4 sB．这段运动的加速度是3.5 m/s2C．自开始计时起，两秒末的速度是7 m/sD．从开始计时起，经过14 m处的速度是5 2 m/s10．有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的x－t图象如下图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v－t图象如图乙所示．根据图象做出的以下判断中正确的是A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B更大B 前3秒C和D的速度方向相同，加速度方向相反C．3秒前C在D的后面，3秒后C在D的前面D．t＝3 s时，物体C与物体D之间有最大间距二实验题（20分）11.（1）（每空2分）电磁打点计时器和电火花计时器都是使用________电的计时仪器，电磁打点计时器工作的电压是______，电火花计时器工作的电压是______．当电频率是50 Hz时，它每隔______s打一个点．（2）（6分）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，按照实验进行的先后顺序，将下述步骤的代号填在横线上____________________。

试卷类型：A高三阶段性调研监测考试物理试题 2024.11注意事项：1．答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。

2．选择题答案必须使用2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B 铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．某物体运动的x -t 图像如图所示，其在加速和减速阶段的运动均可看作匀变速直线运动，30s t =时速度最大。

下列说法正确的是A ．40s t =后物体做匀速直线运动B ．物体的最大速度为20m/sC ．0t =到40s t =物体的平均速度为10m/sD ．物体加速和减速运动过程的加速度大小之比为1∶32．如图所示，长L 的轻杆两端分别固定着可视为质点的质量为2m 和m 的小球，置于光滑水平桌面上，轻杆中心O 有一竖直方向的固定转动轴。

当轻杆绕轴以角速度ω在水平桌面上转动时，转轴受杆的拉力大小为A ．20.5mL ωB ．2mL ωC ．21.5mL ωD ．22mL ω3．主动降噪耳机的工作原理是基于声波的叠加相消原理。

如图所示，某中学课外小组在直线上的M 点放置一个做简谐运动的声源，其振动方程为0πsin 100π3x A t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，声音在空气中的传播速度为340m/s ，实验者耳朵P 距M 点的距离为6.8m ，在MP 的中点N 处放置一个降噪声源，让人耳处听不到声音，不考虑声波传播过程中的强度衰减，则降噪声源的振动方程应为A ．0πsin 100π3x A t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ B ．0πsin 100π3x A t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ C ．05πsin 100π6x A t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ D ．05πsin 100π6x A t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 4．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船与空间站完成自主交会对接，神舟十九号航天员与神舟十八号航天员顺利会师。

山东省潍坊第一中学2022-2023学年高三上学期高考质量测评联盟考试物理试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1、ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称。

汽车通过ETC 通道前以速度0v 行驶，需要在中心线前方一定距离处匀减速至速度1v ，匀速到达中心线后，再匀加速至原速度0v 继续行驶。

设汽车加速和减速的加速度大小相同，则汽车通过ETC 通道过程的速度与位移关系图象正确的是( ) A. B. C. D.2、某同学用胶棉拖把擦黑板，拖把由拖杆和拖把头构成.设拖把头的质量为m ，拖杆质量可忽略，拖把头与黑板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .该同学用沿拖杆方向的力推拖把，让拖把头在竖直黑板上匀速移动，此时拖杆与竖直方向的夹角为θ，如图所示.则下列判断正确的是( )A.黑板受到的压力大小为cos F θB.拖把对黑板的摩擦力大小为mg μC.上推时的推力大小cos sin mg F θμθ=+D.下推时的推力大小cos sin mg F θμθ=+ 3、如期实现建军一百年奋斗目标，加快把人民军队建成世界一流军队，是全面建设社会主义现代化国家的战略要求。

随着军事科技的进步，我国的单兵作战设备的研发获得重大突破，如图为我国研制的首架可实现低空飞行的飞行器。

驾驶员在一次使用飞行器飞行时，将身体前倾37°（假设驾驶员身体保持伸直，与竖直方向夹角37°），沿水平方向做加速运动，驾驶员与飞行器总质量为80kg m =。

假设飞行过程中发动机对飞行器的推力恒定，方向与身体共线，空气阻力与速度的关系为2F kv =阻，且与飞行方向相反，其中221.5N s m k -=⋅⋅，g 取210m/s ，则( )A.飞行过程中发动机对滑板的推力为800NB.本次飞行能达到的最大速度为30m/sC.从静止开始运动30s 的过程中，发动机对滑板推力的冲量为4310N s ⨯⋅D.从静止开始到达到最大速度的过程中，发动机对滑板推力的平均功率为6kW4、某学校办公大楼的楼梯每级台阶的形状和尺寸均相同，一小球向左水平抛出后从台阶上逐级弹下，如图，小球在每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置到台阶边缘的距离也相同，不计空气阻力，则( )A.小球与每级台阶的碰撞都是弹性碰撞B.小球通过每级台阶的运动时间相同C.小球在空中运动过程中的速度变化量在相等时间内逐渐增大D.只要速度合适，从下面的某级台阶上向右抛出小球，它一定能原路返回5、如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L 的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O 点转动，另一端与质量为m 的小滑块相连，小滑块从最高点A 以垂直细绳的速度0v 开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为( )()2()2A.电源的电动势4VE=A.B 点和D 点的电势相等且比1B 点和1D 的电势都高B.1B 点和1D 点的场强相同C.若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做类平抛运动D.若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动A.天舟五号货运飞船的发射速度大于“天和”核心舱的环绕速度A.0~h F2mgA.小球所受合力的冲量方向由弧中点指向圆心A.从A到B，小环的电势能始终不变，动能也不变（1）若用螺旋测微器测出遮光条的宽度如图乙所示，则其宽度为________mm；1（3）若用该装置探究力一定时加速度与质量的关系，在保证两桶内小钢球数量不变的E=，内阻不计）时，调节滑片C，当AC间长度（1）当虚线框内接电池M（ 1.50V（3）待测电池的电动势x E =_______V ，内阻x r =________Ω。

3.2波的描述同步练习一、单选题1．（2023·河南·范县第一中学高二月考）下列关于波长、频率和波速的说法正确的是（）A．在波动中，振动相位总是相同的两个质点间的距离叫作波长B．波的频率由介质决定，波的传播速度由波源决定C．波由一种介质进入另一种介质时，波长、波速和频率均发生变化D．波在介质中传播一个波长的距离所用的时间，就是波的周期2．（2023·山西·高三月考）如图所示，质点O为波源，激发的简谐横波沿x轴正方向传播。

T=0时，由平衡位置开始振动；3.0s时，波传到x=1.2m处。

质点M的平衡位置在0.3m、质点N位置在0.9m处，则（）A．t=0时，质点O向y轴正方向运动B．3.0s后，质点M、N可能同时回到平衡位置C．3.0s后，每当y M=0时，y N的大小一定是0.1mD．3.5s时，质点M、N的加速度方向相同3．（2023·河南·范县第一中学高二月考）一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形如图所示。

已知此时质点F的振动方向沿y轴负方向，则（）A．此刻质点B的振动方向与质点H的振动方向相同B．此刻质点E的振动速度为0C．这列波沿x轴正方向传播D．质点B将比质点D先回到平衡位置4．（2024·全国·高二期末）如图所示，一列横波在x轴上沿x轴方向传播，实线表示t=0时刻的波形图，虚线是t=2s时刻的波形图，下列说法正确的是（）A．质点的振动周期一定是8sB．该波的波速可能是1m/sC．t=0时刻，x=4m处的质点振动方向一定向上D．t=4s时刻，x=6m处的质点可能位于平衡位置t=时的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为5．（2023·山东潍坊·高二月考）图甲为一列简谐横波在0.1s质点P的振动图像。

则（）A．0.25st=时，质点P距平衡位置的距离小于质点Q距平衡位置的距离B．0.3st=时，质点P的速度小于质点Q的速度t=时，质点Q的运动方向沿y轴正方向C．0.35s~内，波沿x轴的负方向传播了14mD．00.35s6．（2023·北京市第四十三中学高三月考）如图是某时刻一简谐波的图像，已知图中x=2m处的质点此时的运动方向向上，则下列说法正确的是（）A．此列波的周期是4sB．此列波的波长是8cmC．此列波是向右传播的D．图中的质点Q比质点P先回到平衡位置7．（2023·河北·唐山一中高二月考）如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙x=处的质点P再经过1s开始计时的振动图线，以下说法中正确的是（）是这列波中2mA ．该简谐横波沿x 轴负方向传播B ．该简谐横波传播的速度为2m/sC ．P 质点在1s 内沿x 轴移动的距离为0.5mD ．Q 质点在0=t 时刻有最大的加速度，且加速度沿y 轴的正方向8．（2023·重庆巴蜀中学高二期中）如图所示，波源为P 点的机械波在绳上传到质点Q 时的波形，下列说法中正确的是（ ）A ．质点P 传到了Q 点，且Q 振动方向向下B ．此时P 已完成0.5个全振动C ．P 点从平衡位置刚开始振动时，振动方向朝上D ．当P 点停止振动时，绳上的波会立即消失9．（2023·重庆巴蜀中学高二期中）如图所示，图甲为一列沿x 轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，P 为平衡位置在17.5cm x =的质点，图乙为此波中平衡位置坐标10cm x =的质点从该时刻起的振动图象，下列说法中正确的是（ ）A ．波沿x 轴负方向传播B ．由甲、乙两图可知该波波速为100m/sC ．从该时刻起， 2.025s t =时，P 点刚好经过平衡位置，振动方向向下D ．从该时刻起，P 点第一次回到平衡位置通过的路程是(8cm -10．（2023·辽宁·辽河油田第二高级中学高二期中）关于公式v f λ=，下列说法正确的是（ ）A ．v f λ=只适用于横波B ．对于机械波，由v f λ=可知，若f 增大，则波速v 也增大=可知，波长为5m的声音比波长为10m的声音传播速度小C．由v fλD．v、λ、f三个量中，同一列波经过不同介质时保持不变的只有f二、多选题11．（2023·江苏·苏州中学高二期中）一列向右传播的简谐横波，当波传到x=2.0m处的P点时开始计时，该时刻波形如图所示，t=0.9s时，观察到质点P第三次到达波峰位置，下列说法错误的是:（）A．波速为0.5m/sB．经过1.4s质点P运动的路程为70cmC．t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷D．与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5Hz12．（2023·内蒙古·阿拉善左旗高级中学高三月考）一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知周期T=0.2s，t=0时刻的波形如图所示，波上有P、Q两质点，其纵坐标分别为y P=2cm，y Q=-2cm，下列说法中正确的是（）A．该波波速为10m/sB．在0.05s内，P点通过的路程为4cmC．P点振动比Q点超前半个周期D．P、Q在振动的过程中，位移的大小总相等E.在相等的时间内，P、Q两质点通过的路程不相等13．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在0x==t时刻波刚好传播到3m 处的质点P，已知波的传播速度为10m/s，则（）A．波源的起振方向沿y+方向B．波源的振动频率为5HzC ． 1.2s t =时，12m x =处的质点Q 第一次处于波峰D ． 1.2s t =时，8m x =处的质点已通过的路程为14cm14．（2023·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）振源S 在O 点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz ，0=t 时刻形成向右传播的简谐横波如图所示（向左传播的简谐横波图中未画出）。

山东省潍坊第一中学2015届高三12月月考高三历史注意事项1．本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。

第I卷1至4页，第II卷5至7页，满分100分，考试时间90分钟。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型(A或B)涂写在答题卡上，考试结束，只上交答题卡。

3．第I卷每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题卷上。

4．第II卷所有答案务必答在答题卡的规定区域，不能答在试题卷上，答案超出规定区域或答错位置一律无效。

第I卷(选择题，50分)一、选择题：本大题共25小题，每小题2分，共计50分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．在漫长的中国封建社会，不断有幼童、白痴、昏庸之徒登上皇位，“在君主所拥有的制度化权力与实际的政治能力之间发生了严重的冲突或不对称问题”。

上述现象的出现源于A．分封制B．宗法制C．皇权至上D．小农经济2．下图是《中国古代社会家庭关系示意图》，形成和维护图中社会家庭关系特征的因素有①宗法观念②自然经济③皇权专制④理学思想⑤社会习俗A．①②③④B．②③④⑤C．①②④⑤D．①③④⑤3．1935年，中国共产党人认为必须“使我们的政策，具有明确的人民性质和深刻的民族性质”，必须使苏维埃本身适应目前策略变动的各种需要。

上述认识A．强调了土地革命的重要性B．为推动国共合作创造条件C．指引红军战略转移的胜利D．为持久抗战奠定思想基础4．20世纪60年代，毛泽东指出：“如果台湾不作为一个国家，……我们容许台湾保持原来的社会制度，等台湾人民自己来解决这个问题。

”据此可知A．“一国两制”最早是由毛泽东提出来的B．“一国两制”是20世纪60年代提出的C．和平统一台湾是建国以来的既定方针D．毛泽东曾希望以和平方式解决台湾问题5．五口通商之后，洋商从中国收购的农副产品，以丝、茶为大宗。

2015年山东省潍坊一中高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）A． F不变，F1变小 B． F不变，F1变大 C． F变小，F1变小 D． F变大，F1变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．【解析】：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点力平衡条件，有：2F1cosθ=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的θ角减小了，故F不变，F1减小；故选：A．【点评】：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．2．（6分）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力，并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，以下判断正确的是（）A．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B． 10s内恒力F的平均功率为10.2WC． 10s内物体克服摩擦力做功34 JD． 10s后撤去拉力F，物体再过16s离a点的距离为32m【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】：功率的计算专题．【分析】：由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解拉力F及动摩擦因数，根据求解平均功率，运动的位移为v﹣t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据摩擦力做功等于摩擦力乘以路程求出摩擦力做功，从而求出克服摩擦力做功，10s后撤去拉力F，先求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解．【解析】：解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得：a1=m/s2 ，①设物体则由v﹣t图得：加速度大小a2=m/s2，②根据牛顿第二定律，有﹣F﹣μmg=ma1③﹣F+μmg=ma2④解①②③④得：F=3Nμ=0.05，故A错误；B、设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积则：d=，则10s内恒力F的平均功率为，故B错误；C、10s内物体克服摩擦力做功=34J，故C正确；D、设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma3得：由v t=v0+at可得：物体减速到零的时间t=12s物体在16s内的位移，则物体在16s后的位移d′=d+x=﹣38m，即离a点的距离位38m，故D错误．故选：C【点评】：本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律．3．（6分）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，原线圈通过一理想电流表A接在u=200sin100πt（V）的正弦交流电源上，一个二极管D和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V和电阻R并联．假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则（）A．交流电压表示数为20VB．交流电压表示数为14.1VC．减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小D．将二极管短路，电流表的读数加倍【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果【解析】：解：AB、由，副线圈电压的有效值为U2=20V，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：，，交流电压表示数为14.1V，A错误，B正确；C、减小负载电阻的阻值R，由知，副线圈输出功率变大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；D、将二极管短路，输出功率变为原来的两倍，而原线圈输入电压不变，则电流变为原来的两倍，故D正确．故选：BD【点评】：考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键．4．（6分）2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，沿地月转移轨道直奔月球，飞行轨道如图所示．嫦娥三号经过地月转移轨道在P点调整后进入环月圆轨道，再调整后进入环月椭圆轨道，最后由近月点Q沿抛物线下降，于2013年12月14日在月球虹湾成功软着陆．在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4m高时最后一次悬停，确认着陆点．已知嫦娥三号总质量为M在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，引力常量为G，月球半径为R，忽略月球自转及地球对月球的影响．以下说法正确的是（）A．嫦娥三号在环月圆轨道的P点加速，才能进入环月椭圆轨道B．月球的质量为C．月球的第一宇宙速度为D．嫦娥三号沿椭圆轨道运动至P点和沿圆轨道运动至P点时，加速度相同【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在环月段圆轨道上经过P点时减速才能进入环月椭圆轨道．嫦娥三号悬停时反推力与重力平衡，据此求得月球表面的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙速度．由卫星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速．【解析】：解：A、在环月段圆轨道上经过P点时减速，使万有引力大于向心力，卫星做近心运动，才能进入环月段椭圆轨道，故A错误；B、在月球表面悬停时有F=Mg=G ，可得月球质量m=，故B错误；C、月球第一宇宙速度就是在月球表面绕月球圆周运动的线速度，则有F=Mg=M，可得月球的第一宇宙速度 v=，故C正确；D、嫦娥三号经过P点时都是由万有引力产生加速度，故只要经过P点加速度相同，加速度的大小与嫦娥三号所在轨道无关，故D正确．故选：CD．【点评】：本题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，知道开普勒第三定律，理解公式中各量的含义．5．（6分）某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（）A． a点的电场强度与b点的电场强度大小相等B．两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子做的功相等C．沿bc方向射入的电子将做直线运动D．将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点【考点】：电场线；电场强度．【分析】：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．【解析】：解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b．故A错误．B、两电子分别从a、b两点移动到c点，电势差相等，电场力对两电子做的功相等．故B正确．C、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故C正确．D、将电子由a点静止释放，电子受力沿切线的方向，不沿电场线做曲线运动，故D错误．故选：BC．【点评】：本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题．6．（6分）如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知（）A．轻弹簧原长为0.3mB．小滑块的质量为0.1kgC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【考点】：机械能守恒定律．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：根据对E k﹣h图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解．【解析】：解：A、在E k﹣h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m 上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，故A错误；B、在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k=mg=2N，所以：m=0.2kg，故B 错误；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm=mg△h=0.2×10×（0.35﹣0.1）=0.5J，故C正确；D、在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知：E Pmm=E﹣E km=E pm+mgh0﹣E km=0.5+0.2×10×0.1﹣0.32=0.38J，故D错误；故选：C【点评】：本题主要考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，有一定难度．7．（6分）如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据牛顿第二定律分析加速度的关系．根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系．根据q=比较出电量的大小．通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R 上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．【解析】：解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：F A+mgsinθ=ma上；而安培力为：F A=，可知v减小，F A减小，a上减小，棒做变减速运动；下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣F A=ma下，而安培力为：F A=，可知v增大，F A增大，a下减小，棒做变加速运动；由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度．故A错误．B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量△Φ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等．故C正确．D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02﹣mgh，电阻R上产生的焦耳热为：Q R=Q=（mv02﹣mgh）．故D正确．故选：CD．【点评】：本题根据牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律进行分析比较．对于电量，根据经验公式q=进行比较，此式要掌握牢固，经常用到．二、非选择题（一）必做题8．（8分）某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向沙桶中添加细沙粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0．（1）将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的沙粒，记下传感器的示数F1，接通频率外为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，再继续在桶中添加沙粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应计数点的下方，则小车的加速度a= 0.756 m/s2，（结果保留三位有效数字）（2）算出各次小车的加速度和合力F（F=F1﹣F0），获得多组数据，描绘小车加速度a与F 的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，图中可能正确的是AD ．（3）写出一条提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．【解析】：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==0.756m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点．故AD正确，BC错误；故选：AD．（3）提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量．故答案为：（1）0.756（2）AD（3）控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量．【点评】：本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．9．（10分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻．A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值R mE．导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0= （用U10、U20、R m表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1﹣U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E= ，总内阻r= （用k、a、R0表示）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻．【解析】：解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10；由欧姆定律可知，R0==；（2）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+变形得：U1=+则有：=a；=k解得：故答案为：（1）如图所示；（2）；【点评】：本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻．10．（18分）如图a所示，一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图b中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的动摩擦因数不变，取g=10m/s2．（1）求物体初速度的大小和物体与斜面之间的动摩擦因数；（2）当θ=60°时，物体到达最高点后，又回到出发点时，物体速度为多少？（3）试确定θ多大时，x值最小，最小值为多少？【考点】：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律，抓住θ=90°和0°时对应的位移求出物体与斜面间的动摩擦因数和物体的初速度大小．（2）先求出α=60°时物体上升的高度，根据牛顿第二定律求出上升和下落时的加速度，再根据位移速度公式求出物体返回时的速度．（3）对运动过程运用动能定理求出x的表达式，结合数学三角函数求极值的方法确定X值最小时，倾角的大小．【解析】：解：（1）由图可知当α=90°时，x==1.25m，此时物体做竖直上抛运动，加速度为﹣g则有：0﹣v02=﹣2gx解得：=5m/s当θ=0度时，有：m，根据牛顿第二定律得：μmg=ma1代入数据解得：．（2）当α=60°时，根据牛顿第二定律得：a1=gsin60°+μgcos60°=所以最大位移为=m返回时加速度a2=gsin60°﹣μgcos60°=m/s2．则返回到出发点的速度=/s（3）对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移为x1满足关系式：，得：==，可知当x的最小值为：=解得：h=1.08m．即sin（θ+∅）=1，μ=tanφ=，得：，对应的角度为：θ===．答：（1）物体初速度的大小和物体与斜面之间的动摩擦因数为；（2）当θ=60°时，物体到达最高点后，又回到出发点时，物体速度为．（3）试确定θ为时，x值最小，最小值为1.08m．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意数学中三角函数公式的应用，难度不大．11．（20分）如图所示，在xOy平面内y＞0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x 轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直于xOy平面向外，磁场区域I的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的P点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x 轴上的Q点射入磁场区域I．已知OP=h，OQ=，粒子的重力忽略不计．求（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小v；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，求粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）粒子从P到Q到类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度的大小和方向；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若恰好返回，画出临界轨迹，结合几何关系求解出半径，再运用洛伦兹力提供向心力并结合牛顿第二定律列式求解；（3）首先粒子要能够到达磁场区域Ⅲ，其次要能够从磁场区域Ⅲ返回，从而确定磁场区域Ⅲ下边界距x轴距离的范围．【解析】：解：（1）粒子在电场中类平抛运动在x方向在y方向而联立，解得v=2v0（2）粒子在磁场区域I中匀速圆周运动恰好未从其下边界穿出，由几何关系得rsin30°+r=d0联立，解得；（3）由对称性，若把粒子在磁场中的运动衔接起来，刚好构成一个圆心角为240°的圆周，如图所示．粒子在磁场中运动的时间为由几何关系得2d=Rsin30°+R所以，磁场区域的宽度故有粒子在无磁场区域运动的路程粒子在无磁场区域运动的时间粒子在电场区域运动的时间所以，粒子从P点射入电场区域到返回x轴的时间为答：（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小是2v0；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，条形磁场区域的最小宽度是；（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间是．【点评】：本题第一问关键明确粒子现在类似平抛运动，然后做匀速圆周运动，关键是画出磁场中的临界轨迹；第三问磁场中的轨迹可以合成同一个圆周．（二）选做题（共2小题，满分12分）【物理-选修3-3】12．（4分）如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D 状态，下列判断中正确的是（）A．A→B温度升高，压强不变 B．B→C体积不变，压强变大C．B→C体积不变，压强不变 D．C→D体积变小，压强变大【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：气体的压强专题．【分析】：由图可知图象为V﹣T图象，根据图象可知体积与热力学温度的关系；根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量．【解析】：解：A、由图象可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由，气体压强不变，故A正确；B、由图象可知，在B→C的过程中，体积不变而热力学温度降低，由可知，压强P减小，故B错误，C错误；D、由图象可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由可知，压强P增大，故D正确；故选：AD．【点评】：本题考查气体的状态方程中对应的图象，在V﹣T图象中等容线为过原点的直线．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．13．（8分）如图所示有绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长9cm，活塞横截面积S=50cm2．现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J，稳定后气体温度变为127℃．已知大气压强等于105Pa，求：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离；（2）此过程中气体内能改变了多少．【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：（1）根据盖•吕萨克定律，即可得出体积的变化．（2）由热力学第一定律求出内能的增量．【解析】：解：（1）取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1=273+27=300K，末状态的体积为：L2S，温度为：T2=273+127=400K气体做等压变化，则：代入数据得：L2=12cm（2）在该过程中，气体对外做功：W=F•△L=P0S（L2﹣L1）=105×50×10﹣4×（12﹣9）×10﹣2=15J由热力学第一定律：△U=Q﹣W=22﹣15=7J答：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离是12cm；（2）此过程中气体内能改变了7J．【点评】：本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题．【物理-选修3-4】14．如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x=0.1sin（20πt）m，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s．以下判断正确的是（）A．简谐横波的波长是1m B．简谐横波的波长是0.5mC． P点是振动加强点 D． P点是振动减弱点【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：由简谐运动表达式为x=0.1sin（20πt）m，读出ω，由T=求得波的周期T，由v=求解波长；根据P点与A、B两波源的路程差与波长的关系，分析P点的振动情况，若路程差是波长的整数倍，则振动加强；若路程差是半个波长的奇数倍，则振动减弱．【解析】：解：AB、由简谐运动表达式为x=0.1sin（20πt）m知，角频率ω=20πrad/s，则周期为T==s=0.1s由v=得波长λ=vT=10×0.1m=1m；故A正确，B错误．CD、据题：P点到A、B两个波源的路程差△S=5m﹣4m=1m=λ，故P点的振动加强，故C正确，D错误．故选：AC．【点评】：本题要掌握简谐运动的表达式x=Asinωt，即可读出ω，求出周期和波长．根据路程与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法．。