广东省中山一中等七校2014届高三物理第二次联考试题新人教版

中山一中2011-2012学年度第一学期高三第二次统测物理试题一、单项选择题（每小题3分，共18分）1．物体A的质量为1 kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.2.从t＝0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒力F＝1 N的作用，则能反映物体受到的摩擦力F随时间变化的图象是(取向右为正方向，g＝10m/s2):( )2．如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60o，则每根钢索中弹力大小为:( )A．G4B ．3GC．3GD．G23．河水边的湿地是很松软的，人在这些湿地上行走时容易下陷，在人开始下陷时:( )A、人对湿地地面的压力大于湿地地面对他的支持力B、人对湿地地面的压力等于湿地地面对他的支持力C、人的重力小于湿地地面对他的支持力D、人的重力等于湿地地面对他的支持力4．如右图所示，在长约100 cm、一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个用红蜡做成的小圆柱体(小圆柱体恰能在水中匀速上浮)，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．然后将玻璃管竖直倒置，在红蜡块匀速上浮的同时使玻璃管紧贴黑板面水平向右匀加速移动，你正对黑板面将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹可能是下图中的:( )t/s8 2 4 6 0 0F F 0F -5．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为F 甲和F 乙．以下说法正确的是:( ) A ．F 甲小于F 乙 B ．F 甲等于F 乙C ．F 甲大于F 乙D ．F 甲和F 乙大小均与汽车速率无关6.“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的运行轨道可近似视为圆形轨道，距月球表面高度分别为h 1和h 2，运动的向心加速度分别是a 1和a 2，运动周期分别为T 1和T 2.已知月球半径为R ，则a 1和a 2的比值及T 1和T 2的比值分别为:( )A ．322111122222(),()a R h T R h a R h T R h ⎛⎫++== ⎪++⎝⎭ B ．322121122122(),()a R h T R h a R h T R h ⎛⎫++== ⎪++⎝⎭ C ．223111222221(),()a R h T R h a R h T R h ⎛⎫++== ⎪++⎝⎭ D ．223121222121(),()a R h T R h a R h T R h ⎛⎫++== ⎪++⎝⎭二、双项选择题（每小题4分，共28分，答错不得分，漏答得2分）7．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的:( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上 8．如图所示，物体m 通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M ，则水平地面对斜面体:( )A ．无摩擦力B ．有水平向右的摩擦力C ．支持力为(M ＋m)gD ．支持力小于(M ＋m)g9．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F 随时间t 的变化图象如图所示，则:( )A ．物体在2~4秒内做匀减速直线运动B ．物体在4秒末离出发点最远C ．物体始终向同一方向运动D ．物体在0~4秒和在4~8秒内的位移相等10．如图所示，运动员“3m 跳板跳水”运动的过程可简化 为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B 压到最低点C ， 跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A ，然后运动员做自 由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力可忽略不计， 则下列说法正确的是:( )A ．运动员向下运动（B→C ）的过程中，先超重后失重，对板的压力先减小后增大B ．运动员向下运动（B→C ）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C ．运动员向上运动（C→B ）的过程中，先失重后超重，对板的压力先增大后减小D ．运动员向上运动（C→B ）的过程中，先超重后失重，对板的压力逐渐减小11．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是:( )A)做直线运动的物体一定受到外力的作用 B)做曲线运动的物体一定受到外力的作用 C)物体受到的外力越大，其运动速度越大D)物体受到的外力越大，其运动速度的变化越快 12．如下图所示，三个小球从同一高处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O′是O 在水平面上的射影点，且O′A ∶AB ∶BC ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是:( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶4∶9B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的动能相同 13.如右图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F 的作用，长木板处于静止状态，已知木板与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则:( )A ．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB ．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M)gC ．当F>μ2(m ＋M)g 时，长木板便会开始运动D ．无论怎样改变F 的大小，长木板都不可能运动三、实验题（共计16分）14．(Ⅰ).某校科技兴趣小组设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动。

中山市2014年高考物理模拟试题一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．下列说法正确的是：（）A．水的饱和汽压随温度的升高而减小B．用油膜法可以粗略测定分子的质量C．滴入水中的红墨水很快散开是布朗运动D．如图水黾可以停在水面上说明了液体存在表面张力【答案】DA、水的饱和汽压随温度的升高而升高，故A错误;B、用油膜法可以粗略测定分子的直径，可以进一步估算分子的体积，但不能计算分子的质量，故B错误；C、滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，故C错误；D、水黾可以停在水面上说明了液体存在表面张力,是水分子引力的宏观表现，故D正确。

故选D。

【考点】液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动14．在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体（视为理想气体)（）A．压强变小B．放出热量C．分子平均动能不变D．内能变大【答案】D泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸收热量，体积不变,内能变大，温度升高，分子平均动能增大，压强增大。

故选D 。

【考点】热力学第一定律;理想气体的状态方程 15．被拉直的绳子一端固定在天花板上,另一端系着小球。

小球从A 点静止释放，运动到B 点的过程中，不计空气阻力。

则（ ）A ．小球受到的拉力先变小后变大B ．小球的切向加速度一直变大C ．小球的机械能守恒D ．小球的动能先变大后变小【答案】CAC 、小球由静止运动到最低点的过程中,只有重力做正功，重力势能转化为动能，小球的机械能守恒，小球的速率不断增大；设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球运动过程中所需要的向心力由绳子拉力与重力沿绳子方向分力的合力提供,则有：2v T mgcos m L θ-=得：2v T mgcos m Lθ=+，因θ减小，cosθ增大，v 增大，所以T 增大，即绳子的拉力不断增大，故A 错误C 正确；B 、小球所受的切向合力为 mgsinθ，由牛顿第二定律得：mgsin ma θ=切,得小球的切向加速度a gsin θ=切，θ一直变小，则a 切一直变小,故B 错误；D 、小球的重力势能不断减小，则其动能不断增大，故D 错误。

U AB图1图22013～2014学年度 高三第二次联考理 科 数 学命题人: 宝安中学 胡士军 南海中学 钱耀周★祝同学们考试顺利★本试卷共4页,21小题,满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前,考生务必填写好答题卷上的有关项目.2.选择题每小题选出答案后,用2B 铅笔把答案涂在答题卷的相应位置上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,满分40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知全集U =R ,集合{}09,A x x x =<<∈R 和{}44,B x x x =-<<∈Z关系的韦恩图如图1所示,则阴影部分所示集合中的元素共有( ) A ．3个 B ．4个C ．5个D ．无穷多个2. 若复数()()2321iaa a -++-是纯虚数,则实数a 的值为( ) A ．2B ．1C ．2-D ．1或23. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且24S =,420S =,则该数列的公差d =( )A ．2B ．3C ．6D ．74. 已知抛物线22y px =(0p >)的准线与圆22(3)16x y -+=相切,则p 的值为( )A ．12 B ．1 C ．2 D ．45. 如图2,矩形长为6,宽为4,在矩形内随机地撒300颗黄豆,数得落 在椭圆外的黄豆数为96颗,以此实验数据为依据可以估计出椭圆的 面积约为( )A ．16.32 B. 15.32宝安中学 潮阳一中 桂城中学南海中学 普宁二中 中山一中 仲元中学2 3 1 正视图侧视图图3C ．8.68 D. 7.686. 已知平面α、β和直线m ,给出条件:①//m α；②m α⊥；③m α⊂；④αβ⊥；⑤//αβ.能推导出//m β的是( )A ．①④B ．①⑤C ．②⑤D ．③⑤7. 若变量,x y 满足约束条件02143y x y x y ≤⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩,则35z x y =+的取值范围是( )A ．(],9-∞B ．[)3,+∞C ．[]8,9-D ．[]8,3-8. 对任意实数,x y ,定义运算x y ax by cxy ⊗=++,其中,,a b c 是常数,等式右边的运算是通常的加法和乘法运算.已知123⊗=,234⊗=,并且有一个非零常数m ,使得x ∀∈R ,都有x m x ⊗=,则34⊗的值是( )A. 4-B. 4C. 3-D.3二、填空题:本大共7小题,考生作答6小题,每小题5分，满分30分） (一)必做题(9～13题)9. 一个三棱锥的正视图和侧视图及其尺寸如图3所示(均为直角三角形),则 该三棱锥的俯视图的面积为 .10.二项式5的展开式中常数项为_______. 11．不等式215x x ++-≤的解集为___________．12. 已知函数()cos ,01,0x x f x x ≥⎧=⎨<⎩,则()22d f x x π-⎰的值等于 .13. 已知ABC ∆的内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,,且120c b B ===︒,则ABC ∆的面积等于________.（二）选做题（14、15题,考生只能从中选做一题,两题全答的,只计前一题的得分）图4 14.(坐标系与参数方程选做题)若直线πsin 4ρθ⎛⎫+=⎪⎝⎭与直线31x ky +=垂直,则常数k = ．15.(几何证明选讲选做题)如图4,在ABC ∆中,//DE BC ,//EF CD , 若3BC =,2DE =,1DF =,则AB 的长为________．三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．(本题满分12分)设函数⎪⎭⎫ ⎝⎛π-+=2sin sin )(x x x f ωω,R ∈x ． (Ⅰ) 若21＝ω,求)(x f 的最大值及相应的x 的取值集合； （Ⅱ）若8π=x 是)(x f 的一个零点,且100<<ω,求ω的值和)(x f 的最小正周期.17．(本题满分12分)某班有甲、乙两个学习小组,两组的人数如下:现采用分层抽样的方法(层内采用简单随机抽样)从甲、乙两组中共抽取3名同学进行学业检测.（Ⅰ）求从甲组抽取的同学中恰有1名女同学的概率；（Ⅱ）记X 为抽取的3名同学中男同学的人数,求随机变量X 的分布列和数学期望.图5PABCDEF18.(本题满分14分)如图5,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,且PA PD AD ==,E 、F 分别为PC 、BD 的中点.(Ⅰ) 求证://EF 平面PAD ； (Ⅱ) 求证:面PAB ⊥平面PDC ；(Ⅲ) 在线段AB 上是否存在点G ,使得二面角C PD G --的余弦值为13?说明理由.19.(本题满分14分)已知n S 为数列{}n a 的前n 项和,且有111,1n n a S a +=+=(*n ∈N ).(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项n a ；(Ⅱ) 若n n a nb 4=,求数列{}n b 的前n 项和n T ；（Ⅲ）是否存在最小正整数m ,使得不等式()121nk k kk m S T k =+<⋅++∑对任意正整数n 恒成立,若存在,求出m 的值；若不存在,说明理由.20.(本题满分14分)已知定点()11,0F -,()21,0F ,动点(),P x y ,且满足1122,,PF F F PF 成等差数列.(Ⅰ) 求点P 的轨迹1C 的方程； (Ⅱ) 若曲线2C 的方程为()()22222x t y t t -+=+(0t <≤),过点()0,2-A 的直线l 与曲线2C 相切,求直线l 被曲线1C 截得的线段长的最小值.21.(本题满分14分)已知函数()()()22211xf x ax a x a a e ⎡⎤=+-+--⎣⎦(其中a ∈R ).(Ⅰ) 若0x =为()f x 的极值点,求a 的值；(Ⅱ) 在(Ⅰ)的条件下,解不等式()()21112f x x x x ⎛⎫>-++ ⎪⎝⎭； (Ⅲ) 若函数()f x 在区间()1,2上单调递增,求实数a 的取值范围.2013～2014学年度 高三第二次联考理 科 数 学 参考答案与评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分宝安中学 潮阳一中 桂城中学南海中学 普宁二中 中山一中 仲元中学二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分9．1； 10．40； 11．[]3,2-； 12．3；； 14．3-； 15.92三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．【解析】(Ⅰ)xx x x x f ωωωωcos sin 2sin sin )(-=⎪⎭⎫ ⎝⎛π-+= (2)分当21＝ω时,⎪⎭⎫ ⎝⎛-=42sin 22cos 2sin )(πx x x x f ＝－， 而142sin 1≤⎪⎭⎫⎝⎛π-≤-x ,所以)(x f 的最大值为2, …………………………4分 此时π+π=π-k x 2242,k ∈Z ,即π+π=k x 423,Z ∈k , 相应的x 的集合为},423|{Z ∈π+π=k k x x . …………………………6分（Ⅱ）依题意48sin 8=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛πππωf ,即π=π-πk 48ω,Z ∈k ,…………………………8分 整理,得28+=k ω, …………………………9分又100<<ω,所以10280<+<k ,141<<-k , …………………………10分 而Z ∈k ,所以0=k ,2=ω,所以⎪⎭⎫ ⎝⎛π-=42sin 2)(x x f ,)(x f 的最小正周期为π.…………12分17.【解析】(Ⅰ)依题意,甲、乙两组的学生人数之比为()()35:222:1++=， (1)分所以,从甲组抽取的学生人数为2323⨯=；从乙组抽取的学生人数为1313⨯=．…………2分设“从甲组抽取的同学中恰有1名女同学”为事件A ，则113528C C 15()C 28P A ⋅==，故从甲组抽取的同学中恰有1名女同学的概率为1528．………4分（Ⅱ）X 的所有可能取值为0,1,2,3,且 ………5分21522184C C 5(0)C C 28P X ⋅===⋅， 111213525221218484C C C C C 25(1)C C C C 56P X ⋅⋅⋅==+=⋅⋅，yxC 211113235221218484C C C C C 9(2)C C C C 28P X ⋅⋅⋅==+=⋅⋅， 21322184C C 3(3)C C 56P X ⋅===⋅．……………9分所以,X50123285628564EX =⨯+⨯+⨯+⨯=．………12分 18.【解析】(Ⅰ)证明:连结AC BD F =,ABCD 为正方形,F 为AC 中点,E 为PC 中点.所以在CPA ∆中,EF //PA .……2分又PA ⊂平面PAD ,EF ⊄平面PAD , 所以//EF 平面PAD ……………3分(Ⅱ)证明:因为平面PAD ⊥平面ABCD , 平面PAD 面ABCD AD =ABCD 为正方形,CD AD ⊥,CD ⊂平面ABCD ,所以CD ⊥平面PAD . ……………4分又PA ⊂平面PAD ,所以CD PA ⊥.又PA PD AD ==,所以PAD ∆是等腰直角三角形,且2APD π∠=,即PA PD ⊥.………5分又CD PD D =,且CD 、PD ⊂面PDC ,所以PA ⊥面PDC .………6分 又PA ⊂面PAB , 所以面PAB ⊥面PDC ……………………7分(Ⅲ) 如图,取AD 的中点O ,连结OP ,OF ,因为PA PD =,所以PO AD ⊥.又侧面PAD ⊥底面ABCD ,平面PAD 平面ABCD AD =, 所以PO ⊥平面ABCD ,而,O F 分别为,AD BD 的中点,所以//OF AB ,又ABCD 是正方形,故OF AD ⊥,以O 为原点,建立空间直角坐标系O xyz-如图所示, ……………………………………………8分 则有(1,0,0)A ,()1,2,0C -,(0,1,0)F ,(1,0,0)D -,(0,0,1)P , (9)分若在AB 上存在点,G 使得二面角C PD G --的余弦值为13,连结,PG DG ,设(1,,0)(02)G a a ≤≤,则(1,0,1),(2,,0)DP GD a ==--,由(Ⅱ)知平面PDC 的法向量为(1,0,1)PA =-,………………10分设平面PGD 的法向量为(,,)n x y z =.则00n DP n GD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即020x z x ay +=⎧⎨--=⎩,解得………………10分22a z y a x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩令2y =-,得(),2,n a a =--,……………………………………………………………………11分所以1cos ,32n PA n PA n PA⋅<>===,解得12a =(舍去12-).………………13分所以,在线段AB 上存在点11,,02G ⎛⎫ ⎪⎝⎭(此时14AG AB=),使得二面角C PD G --的余弦值为13.…14分19.【解析】(Ⅰ) 当1n =时,211112a S a =+=+=；……………………………1分当2n ≥时,11n n S a ++=,11n n S a -+=,相减得12n n a a +=……………………………2分又212a a =, 所以{}n a 是首项为1,公比为2的等比数列,所以12-=n n a ……………………4分(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知12-=n n a ,所以112244+-=⋅==n n n n n n a n b所以23411232222n n n T +=++++ 12n T = 34121212222n n n n ++-++++ 两式相减得2341211111222222n n n n T ++=++++-=2221111222122212n n n n n ++⎛⎫- ⎪+⎝⎭-=--,所以1212n n n T ++=-(或写成11122n n n T ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭,11122n n n n T +=--均可给至8分) …………8分（Ⅲ）()()()11221211211121122k kk k k k k k k S T k k ++++==+⋅++⎛⎫⎛⎫-⋅-++-⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()111211221212121k k k k k +++⎛⎫==-⎪---⋅-⎝⎭ …………11分所以()1111211122121212121nnk k n k k k k k S T k ++==+⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪⋅++---⎝⎭⎝⎭∑∑若不等式()121nk k k k m S T k =+<⋅++∑对任意正整数n 恒成立,则2≥m ，所以存在最小正整数2m =,使不等式()121nk k kk m S T k =+<⋅++∑对任意正整数n 恒成立…………14分 20.【解析】(Ⅰ)由()11,0F -,()21,0F ,421=+PF PF 12F F >…………………1分根据椭圆定义知P 的轨迹为以21,F F 为焦点的椭圆,其长轴42=a ,焦距22=c ,短半轴322=-=c a b ,故1C 的方程为13422=+y x . ……4分(Ⅱ)设l :()2y k x =+,由过点()0,2-A 的直线l 与曲线2C 相切得()()2122+=++t t k t k ,化简得⎥⎦⎤⎝⎛∈+=220,12，t k kt (注:本处也可由几何意义求k 与t 的关系)…………6分 由0t <=≤,解得201k <≤…………7分联立()⎪⎩⎪⎨⎧=++=134222y x x k y ,消去y 整理得()0121616342222=-+++k x k x k ,…………………8分直线l 被曲线1C 截得的线段一端点为()0,2-A ,设另一端点为B,解方程可得()22224312,4343k k B k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭,所以AB==……………………11分(注：本处也可由弦长公式结合韦达定理求得)令n k =+12,则21212,1414nAB n n n n==∈--,考查函数n n y 14-=的性质知n n y 14-=在区间上是增函数,所以n =时,nn y 14-=取最大值,从而min AB ==. ……………… 14分21.(本题满分14分)已知函数()()()22211xf x ax a x a a e ⎡⎤=+-+--⎣⎦(其中a ∈R ).(Ⅰ) 若0x =为()f x 的极值点,求a 的值；(Ⅱ) 在(Ⅰ)的条件下,解不等式()()21112f x x x x ⎛⎫>-++ ⎪⎝⎭； (Ⅲ) 若函数()f x 在区间()1,2上单调递增,求实数a的取值范围.【解析】(Ⅰ)因为()()()22211xf x ax a x a a e ⎡⎤=+-+--⎣⎦所以()()()()()22222221111x x xf x a x a e a x a x aa e a x⎡⎤⎡⎤⎡⎤'=+-++-+--=+++⎣⎦⎣⎦⎣⎦…2分因为0x =为()f x 的极值点,所以由()000f ae '==,解得0a =……………3分检验,当0a =时,()xf x xe '=,当0x <时,()0f x '<,当x >时,()0f x '>.所以0x =为()f x 的极值点,故0a =.……………4分(Ⅱ)当a =时,不等式()()21112f x x x x ⎛⎫>-++ ⎪⎝⎭()()211112x x e x x x ⎛⎫⇔-⋅>-++ ⎪⎝⎭,整理得()211102x x e x x ⎡⎤⎛⎫--++>⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,即2101102x x e x x ->⎧⎪⎨⎛⎫-++> ⎪⎪⎝⎭⎩或2101102x x e x x -<⎧⎪⎨⎛⎫-++< ⎪⎪⎝⎭⎩…6分令()2112x g x e x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,()()()1x h x g x e x '==-+,()1xh x e '=-,当0x >时,()10x h x e '=->；当0x <时,()10x h x e '=-<,所以()h x 在(),0-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增,所以()()00h x h >=,即()0g x '>,所以()g x 在R 上单调递增,而()00g =；故211002x e x x x ⎛⎫-++>⇔> ⎪⎝⎭；211002x e x x x ⎛⎫-++<⇔< ⎪⎝⎭,所以原不等式的解集为{}01x x x <>或；………………………………………………………………9分(Ⅲ) 当0a ≥时,()()221x f x ax a x a e ⎡⎤'=+++⋅⎣⎦因为()1,2x ∈,所以()0f x '>,所以()f x 在()1,2上是增函数. (11)分当0a <时,()()1xf x a x a x e a ⎛⎫'=++⋅ ⎪⎝⎭, ()1,2x ∈时,()f x 是增函数,()0f x '>. ① 若1a <-,则()()110,x f x a x a x e x a a a ⎛⎫⎛⎫'=++>⇒∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,由()11,2,a a ⎛⎫⊆-- ⎪⎝⎭得2a ≤-；② 若10a -<<,则()()110,x f x a x a x e x a a a ⎛⎫⎛⎫'=++⋅>⇒∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,由()11,2,a a ⎛⎫⊆-- ⎪⎝⎭得102a -≤<.③ 若1a =-,()()210x f x x e '=--⋅≤,不合题意,舍去. 综上可得,实数a 的取值范围是(]1,2,2⎡⎫-∞--+∞⎪⎢⎣⎭ ………………………………………14分 (亦可用参变分离或者图像求解).。

2015-2016学年广东省高三〔上〕第二次联考物理试卷一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，如下可作为其单位的是〔〕A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m/s42．2015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如下列图，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B．第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C．第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D．第1次落台时球的重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率3．如下列图，现有四条完全一样的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，如此这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度〔〕A．方向由O垂直指向ad B．方向由O指向aC．方向由O指向c D．大小为零4．如下列图，5000个大小一样、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，如此笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为〔〕A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg5．如下列图的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统〔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，如此当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时〔不考虑仪器的损坏〕〔〕A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小 D．变压器的输出功率减小6．如下列图，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，如此〔〕A．卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的速度大小一定相等D．卫星2向后喷气加速能追上卫星17．如下列图，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P．如下说法中正确的答案是〔〕A．P点的电场强度大于O点的电场强度B．A点的电势低于C点的电势C．点电荷﹣q在O点与在C点所受的电场力一样D．点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能8．一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．力F在第1s内做的功为2JB．力F在第1s内做的功为4JC．滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND．力F在第2s内做的功的功率为3W二、解答题〔共4小题，总分为47分〕9．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm．10．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻R x〔电阻值为15Ω左右〕，并尽可能提高电阻R x的测量精度，利用如下器材测量线圈的电阻R x，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1〔量程为0～3A，内阻约5Ω〕；电流表A2〔量程为0～30mA，内阻约10Ω〕；滑动变阻器R1〔最大阻值1kΩ〕滑动变阻器R2〔最大阻值100Ω〕定值电阻R0=65Ω电源〔电动势为4V，内阻约1Ω〕，开关与导线假设干．〔1〕实验时应选择的电流表是，滑动变阻器是．〔填写符号〕〔2〕多用表选择“直流电压2.5V〞挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．〔3〕图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，如此由图象可得电阻R x的阻值为．11．如下列图，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角θ=30°的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且．如此：〔1〕如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？〔2〕假设在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为〔1〕中所求的最大值时，其加速度为多大？12．如下列图，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如下列图，将甲、乙两阻值一样，质量均为m的一样金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．〔1〕求甲、乙的电阻R为多少？〔2〕以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．三、[物理-选修3-3模块]13．如下说法正确的答案是〔〕A．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C．液体外表层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少E．第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14．如下列图，结构一样的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸的横截面积之比S A：S B=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求：〔i〕停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；〔ii〕稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．四、[物理-选修3-4模块]15．如下说法正确的答案是〔〕A．只有横波才能产生干预和衍射现象B．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C．泊松亮斑支持了光的波动说D．由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E．用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干预条纹间距就越大16．一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，如此：①该波的传播速度是多大？②从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为多少？③经过多长时间质点Q第二次到达波谷？五、[物理-模块3-5模块]17．某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率．氢原子辐射光子后能量〔选填“增大〞、“不变〞或“减小〞〕．现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，如此逸出光电子的最大初动能是〔氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4〕．18．如下列图，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止．求：①人跳离A车后，A车的速度大小和方向．②人跳上B车后，B车的速度大小和方向．2015-2016学年广东省高三〔上〕第二次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，如下可作为其单位的是〔〕A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m/s4【考点】加速度．【分析】根据加速度变化率的定义，列出定义式，结合式中各个量的单位推导出其单位．【解答】解：据题得：加速度的变化率定义式为，△a的单位为m/s2，△t的单位为s，所以的单位为m/s3，故C正确．应当选：C．【点评】加速度变化率的单位是导出单位，根据公式中各个量的单位进展推导，难度不大，属于根底题．2．2015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如下列图，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B．第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C．第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D．第1次落台时球的重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．【专题】功率的计算专题．【分析】将小球运动视为平抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据P G=mgv y判定功率关系；根据△v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度【解答】解：A、球下落的高度一样，由h=可知下落的时间相等，因1比2水平通过的位移大，根据x=vt可知，第1次球过网时的速度大于第2次球过网时的速度，故AB错误；C、球在水平方向匀速，竖直方向自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由速度位移公式可得速度变化量相等，故C错误；D、重力的瞬时功率为P=mgv y，落地时竖直方向的速度相等，故D正确；应当选：D【点评】此题考查平抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析3．如下列图，现有四条完全一样的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，如此这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度〔〕A．方向由O垂直指向ad B．方向由O指向aC．方向由O指向c D．大小为零【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题．【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定如此确定出方向，再利用矢量合成法如此求得B的合矢量的大小和方向．【解答】解：假设直导线d通有方向垂直于纸面向里，如此根据矢量的合成法如此，可知，四棒在O点产生的磁场为零，而如今，直导线d通有方向垂直于纸面向外，且I a=I b=I c=I d的恒定电流，它们在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小不为零，根据安培定如此，结合矢量的合成法如此可知，这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度方向：O指向C，故C正确，ABD错误；应当选：C．【点评】考查学生判断直线电流产生磁场的方向与磁感应强度矢量合成的能力，注意右手螺旋定如此与右手定如此的区别．4．如下列图，5000个大小一样、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，如此笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为〔〕A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】将第2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解2014个小球对第2015个小球的作用力大小【解答】解：2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，由于无摩擦力，只受重力、斜面支持力和第四个球的支持力；由平衡条件得知，第2014个球对第2015个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30°=1493mg．应当选：A【点评】此题中物体很多，解题的关键是研究对象的选择，采用整体法，不考虑系统内物体间的内力，比拟简单方便5．如下列图的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统〔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，如此当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时〔不考虑仪器的损坏〕〔〕A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小 D．变压器的输出功率减小【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】交流电专题．【分析】明确变压器原理，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，电流之比等于线圈匝数的反比；同时注意根据闭合电路欧姆定律的动态分析方法分析此类问题即可．【解答】解：A、根据变压器原理可知，变压器输出电压由输入电压和线圈匝数决定，因匝数不变；故输出电压不变，电压表示数不变；因热敏电阻阻值减小，如此总电流增大，如此输入电流增大；故A错误，B正确；C、因输出电流增大，如此由P=I2R可知，R0的功率变大；故C错误；D、因输出电压不变，输出电流增大，如此由P=UI可知，变压器的输出功率增大；故D错误；应当选：B．【点评】此题考查交流电变压器中的动态分析，要注意分析方法与直流是路中闭合电路欧姆定律的动态分析类似；但要注意应用变压器的根本规律的应用．6．如下列图，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，如此〔〕A．卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的速度大小一定相等D．卫星2向后喷气加速能追上卫星1【考点】万有引力定律与其应用．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力得出加速度、周期、线速度与轨道半径的关系，从而比拟大小．当卫星2加速后，万有引力不够提供向心力，会离开原轨道做离心运动．【解答】解：A、根据得，a=，v=，T=，因为人造地球卫星1、2的轨道半径相等，如此加速度大小相等，周期相等，线速度大小相等，故A错误，B、C正确．D、卫星2向后喷气加速后，由于万有引力小于向心力，会做离心运动，离开原轨道，不能追上卫星1，故D错误．应当选：BC．【点评】解决此题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、加速度、周期与轨道半径的关系．7．如下列图，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P．如下说法中正确的答案是〔〕A．P点的电场强度大于O点的电场强度B．A点的电势低于C点的电势C．点电荷﹣q在O点与在C点所受的电场力一样D．点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能【考点】电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强．等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的上下，由电势能公式E p=qφ分析电势能的大小．【解答】解：A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A正确．B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度一样，如此点电荷+q在O点和C点所受电场力一样．故C正确．D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式E p=qφ分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能．故D错误．应当选：AC【点评】此题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系．8．一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．力F在第1s内做的功为2JB．力F在第1s内做的功为4JC．滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND．力F在第2s内做的功的功率为3W【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】由乙图可知，在v﹣t图象中与时间轴所围面积即为位移，据此求出第1s内的位移，根据W=Fx求得拉力做功；物块在第2秒内做匀速直线运动，求出摩擦力；由P=Fv求出功率．【解答】解：A、由图乙可知，物块在第1秒内的位移：m力F在第1s内做的功为：W1=F1x1=4×0.5=2J．故A正确，B错误；C、由图乙可知，物块在第2秒内做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力大小相等，可知，滑块与地面之间的摩擦力是3N．故C错误；D、力F在第2s内做的功的功率为：P=F2•v m=3×1=3W．故D正确．应当选：AD【点评】此题主要考查了对图象的理解，在v﹣t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体的位移，根据W=Fx求得恒力做功．二、解答题〔共4小题，总分为47分〕9．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为11.4 mm和 5.665±0.002 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.5×0.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm，由于需要估读，最后的结果可以为5.665±0.002．故答案为：11.4 5.665±0.002【点评】对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进展有关测量．10．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻R x〔电阻值为15Ω左右〕，并尽可能提高电阻R x的测量精度，利用如下器材测量线圈的电阻R x，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1〔量程为0～3A，内阻约5Ω〕；电流表A2〔量程为0～30mA，内阻约10Ω〕；滑动变阻器R1〔最大阻值1kΩ〕滑动变阻器R2〔最大阻值100Ω〕定值电阻R0=65Ω电源〔电动势为4V，内阻约1Ω〕，开关与导线假设干．〔1〕实验时应选择的电流表是A2，滑动变阻器是R2．〔填写符号〕〔2〕多用表选择“直流电压2.5V〞挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．〔3〕图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，如此由图象可得电阻R x的阻值为15 ．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】〔1〕根据闭合电路欧姆定律求出通过线圈的最大电流来选择电流表量程；变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；〔2〕连线时应先连接好分压电路；按实物图的连接要求进展连线；〔3〕注意根据U﹣I图象求出的电阻是线圈与保护电阻的串联电阻．【解答】解：〔1〕根据闭合电路欧姆定律可求出通过电动机的最大电流为===0.16A，所以电流表应选；由于变阻器采用分压式接法时变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；〔2〕根据原理图得出对应连线图如下列图：〔3〕根据R=可求出线圈的电阻为=﹣=80﹣65=15Ω；故答案为：〔1〕，；〔2〕如图；〔3〕15【点评】明确电表的选择与滑动变阻器的选择；要注意明确滑动变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便．11．如下列图，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角θ=30°的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且．如此：〔1〕如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？〔2〕假设在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为〔1〕中所求的最大值时，其加速度为多大？【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】〔1〕滑块静止在斜面上受重力、支持力、弹簧的弹力和摩擦力处于平衡，当弹簧形变量最大时，滑块有向上的运动趋势，所受的摩擦力沿斜面向下，根据共点力平衡求出弹簧的最大形变量．〔2〕对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．【解答】解：〔1〕由于，因此滑块静止时弹簧一定处于伸长状态，设弹簧最大形变量为l1，如此根据共点力平衡得，kl1=mgsin30°+f解得：．〔2〕将滑块B固定到A上后，设弹簧的伸长量仍为l1时两滑块的加速度为a，根据牛顿第二定律得，3mgsin30°﹣kl1﹣3f=3ma解得：．答：〔1〕弹簧的最大形变量为．〔2〕加速度为．【点评】解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进展求解．12．如下列图，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如下列图，将甲、乙两阻值一样，质量均为m的一样金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．〔1〕求甲、乙的电阻R为多少？〔2〕以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】〔1〕甲、乙匀加速运动时加速度一样，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻R．〔2〕从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsinθ，外力与安培力大小相等，由速度公式得出速度与时间的关系式，根据安培力的表达式得出外力与时间的关系式．【解答】解：〔1〕因为甲、乙加速度一样，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度为：v=，由平衡条件得：mgsinθ=，解得：R=；〔2〕甲在磁场中运动时，外力F大小始终等于安培力，即：F=F B，安培力：F B=BIL=，由左手定如此可知，安培力沿导轨向上，甲的速度为：v=gsinθ•t，解得：F=t，方向：沿导轨向下．答：〔1〕甲、乙的电阻R为．〔2〕甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式为：F=t．【点评】此题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等．分别从力和能量两个角度进展研究．三、[物理-选修3-3模块]13．如下说法正确的答案是〔〕A．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C．液体外表层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少E．第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【考点】温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律；热力学第二定律；封闭气体压强．【分析】温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律判断内能的变化，液体外表层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律．【解答】解：A、一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少，A正确；B、给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明内部压强越来越大，B错误；C、液体外表层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力，C错误；。