福建省莆田市2016_2017学年高二物理6月月考试题A

2015年福建省莆田一中高考物理模拟试卷（6月份）一、本卷共6题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（）A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如点电荷、元电荷等是理想化模型B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场场强E=，磁感应强度B=，加速度a=D．根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法2．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（）A．此时P（﹣2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相反B．再经过0.5s质点N刚好在（﹣5m，20cm）位置C．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3HZD．该波的频率由传播介质决定与波源的振动频率无关3．a、b两车在同一直线上做匀加速直线运动，v﹣t图象如图所示，在15s末两车在途中相遇，由图象可知（）A．a车的速度变化比b车快B．出发前a车在b车之前75m处C．出发前b车在a车之前150m处D．相遇前a、b两车的最远距离为150m4．“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km的近似圆形的轨道上，成功进行了交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气．下列说法正确的是（）A．在对接前，如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加B．在对接前，如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢增加C．在对接时，两者运行速度的大小都应大于第一宇宙速度D．航天员在“天宫一号”内的“私人睡眠站”中睡觉时处于平衡状态5．如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，100Ω）和滑动变阻器，已知图示状况下灯泡正常发光，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）A．此时原副线圈的匝数比为2：1B．此时电流表的示数为0.4AC．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮D．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大6．如图所示，一固定的水平玻璃圆环均匀带上电荷，其中心O的正上方和正下方分别有两点A、B，OA=OB=h．现将一质量为m的带正电小球放在A点时恰好处于静止状态，若给小球一个沿竖直向下的初速度υ0，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A．带电圆环在B点产生的场强方向竖直向上B．小球从A点运动到B点的过程中电场力一直做负功C．小球从A点运动到B点的过程中通过O点时速度最大D．小球通过B点时的速度为二.（必考部分）7．用如图甲所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．（1）实验时，一定要进行的操作是．（填步骤序号）A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0；B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带C．用天平测出砂和砂桶的质量D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）以拉力传感器示数的二倍F（F=2F0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F 图象如图乙所示，则可能正确的是．（3）在实验中，得到一条如图丙所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为m/s2，（结果保留一位小数）8．某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻R t（常温下约8kΩ）、温度计电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）电池组E（4.5V，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）开关S、导线若干、烧杯和水．（1）根据提供器材的参数将图1所示的实物图中所缺的导线补接完整．（2）实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于端（填“a”或“b”）．（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的R t﹣t图象如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异．除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是．（填选项前的字母，不定项选择）A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式I2R=k（t﹣t0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度），电阻的温度稳定在某一值．若通过它的电流恒为50mA，t0=20℃，k=0.25w/℃，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在℃．9．2015年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处．某次服务员用单手托托盘方式（如图）给10m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大速度为2.5m/s．假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：（1）求服务员运动的最大加速度；（2）服务员上菜所用的最短时间；（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，求服务员的最大加速度．10．如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量．11．如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场．一个带正电小球在0时刻以v0=3gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿+y方向（竖直向上），场强大小E0=，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0=．已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计．试求：（1）12t0末小球速度的大小．（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图．（3）30t0内小球距x轴的最大距离．二.选考部分（本题共有两个模块，选做一个模块每个模块12分）[物理--选修3-3]12．对悬挂在空中密闭的气球从早晨到中午过程（体积变化忽略不计），下列描述中正确的是（）A．气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加B．气球内的气体温度升高、体积不变、压强减小C．气球内的气体压强增大，所以单位体积内的分子增加，单位面积的碰撞频率增加D．气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积碰撞时的作用力减少13．如图，质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热气缸内．活塞可在气缸内无摩擦滑动．现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热．设气缸处在大气中，大气压强恒定．经过一段较长时间后，下列说法正确的（）A．气缸中气体的压强比加热前要大B．气缸中气体的压强保持不变C．气缸中气体的体积比加热前要少D．气缸中气体的内能可能和加热前一样大[物理--选修3-5]14．下列说法正确的是（）A．C经一次α衰变后成为NB．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大C．温度升高能改变放射性元素的半衰期D．核反应方程应遵循质子数和中子数守恒15．质量M=0.6kg的足够长平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t=0时，两个质量都为m=0.2kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度V1=0.5m/s和V2=2m/s 同时冲上小车，A和B与小车的摩擦因数μA=0.2，μB=0.4．求当它们相对于小车静止时小车速度的大小和方向为（）A．V=0.3m/s，方向向左B．V=1m/s，方向向右C．V=0.3m/s，方向向右D．无法求解2015年福建省莆田一中高考物理模拟试卷（6月份）参考答案与试题解析一、本卷共6题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．【考点】物理学史．【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．电阻不是等效替代．瞬时速度定义用了数学极限思想．加速度a=不是采用比值法．【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型，但是元电荷不是理想化模型，故A错误．B、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故B正确．C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场场强E=，磁感应强度B=，加速度a=不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式．故C错误；D、根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D错误．故选：B．【点评】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答．2．【考点】波长、频率和波速的关系．【分析】由波源O发出的简谐横波在x轴上向右、左两个方向传播，左右对称．由图读出波长，由v=求出周期，根据时间与周期的关系，分析经过0.5s质点N的位置．波的频率f=，当两列波的频率相同时能发生干涉．波的频率与波源的振动频率决定．【解答】解：A、根据对称性可知，此时P（﹣2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相同．故A错误．B、由图知波长λ=2m，周期为T==s，时间t=0.5s=1T，波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5s质点N刚好在波峰，其坐标为（﹣5m，20cm）．故B 正确．C、该波的频率为f==2.5Hz，能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz．故C错误．D、波的频率由波源的振动频率决定．故D错误．故选：B．【点评】本题的解题关键在于抓住对称性分析左右两列波的关系．根据时间与周期的关系，判断质点的位置或求出波传播的距离，由波形平移法判断质点的状态．3．【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．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度图象的斜率等于加速度，由数学知识比较甲、乙的加速度大小．“面积”等于位移，求出15s末两物体的位移，此时两者相遇，则出发前ab相距的距离等于15s末位移之差．根据两物体的关系，分析它们之间距离的变化，求解相遇前两质点的最远距离．【解答】解：A、由图看出，a的斜率小于b的斜率，则a的加速度小于b的加速度，即a 车的速度变化比b车慢．故A错误．BCD、15s末a、b通过的位移分别为：x a=，x b=，由题，15秒末两质点在途中相遇，则说明出发前a在b之前150m处．由于出发前a在b之前150m 处，出发后a的速度一直大于b的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲乙两质点的最远距离为150m．故D正确，BC错误．故选：D．【点评】本题考查速度图象两个基本的意义：斜率等于加速度、“面积”等于位移，并根据速度和位置的关系求解两质点最远距离．4．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】第一宇宙速度是近地围绕地球做圆周运动的线速度，它是发射卫星的最小速度也是围绕地球做圆周运动的最大速度，卫星由于阻力作用速度减小而做近心运动，在轨道下降的过程中重力做正功，故卫星的速度增加．【解答】解：A、由于轨道高度降低根据得v=可知，天宫一号的运行速度将增加，故动能增加，故A正确；B、在对接前，天宫一号绕地球做圆周运动的万有引力提供向心力，由于阻力使天宫一号运行速度减小，所需向心力减小，提供向心力的万有引力不变，故天宫一号将做近心运动，轨道高度要降低，故B错误；C、第一宇宙速度是近地围绕地球做圆周运动的最大速度，根据得v=可知，天宫一号和神舟十号的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D、航天员在天宫一号内一起绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故航天员睡觉时不是处于平衡状态，故D错误．故选：A【点评】本题的关键抓住环绕天体绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，同时知道卫星的变轨原理，这是解决此类问题的关键．5．【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】交流电专题．【分析】先根据公式U m=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解．【解答】解：A、输入电压的最大值为：U m=NBSω=40V，变压器变压器输入电压的有效值为：U1==40V，开关闭合时灯泡正常发光，所以U2==20V，根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为2：1，故A正确；B、由欧姆定律得：I2==0.2A，根据理想变压器的变流比得此时电流表的示数为：I1=×0.2=0.1A，故B错误；C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据理想变压器的变压比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C错误；D、线圈匝数不变，根据理想变压器的变压比可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2=，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故D错误；故选：A【点评】本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式U m=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．6．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据小球原来静止在A点，电场力与重力平衡，判断出A点的电场方向，由对称性分析B点的电场方向．由电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负，由动能定理分析速度的变化，并计算小球通过B点的速度．【解答】解：A、小球原来静止在A点，电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，所以A 点的场强方向竖直向上，由对称性分析知B点的场强方向竖直向下．故A错误．B、小球从A点运动到B点的过程中电场力先竖直向上，后竖直向下，则电场力做先做负功后做正功，故B错误．C、小球从A点运动到B点的过程中，电场力做先做负功后做正功，重力一直做正功，由动能定理知，通过B点时的速度最大，故C错误．D、从A到B，由对称性可知电场力做的总功为0，由动能定理得：2mgh=﹣，则v B=．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键是抓住圆环电场的对称性，通过分析做功，由动能定理分析速度的变化．二.（必考部分）7．【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】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，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．【解答】解：（1）A、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；B、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；C、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误．故选：AB；（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故C正确．故选：C；（3）根据△x=aT2，运用逐差法得，a==﹣1.5m/s2，则小车的加速度大小为1.5m/s2．故答案为：（1）AB，（2）C，（3）1.5m/s2【点评】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出．8．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；（2）滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处．（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象．分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因．（4）作出P散=k（t﹣t0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率．【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示．（2）因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表．故答案为a．（3）由于实验采用的是电流表内接法，由于电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压．故A正确；在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故C正确；故选：AC（4）电阻的散热功率可表示为P散=k（t﹣t0）=I2R I=40mA，R=100（t﹣t0），在R﹣t图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50℃．故答案为：（1）连线如图；（2）a；（3）AC；（4）50【点评】本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析．本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；9．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出最大加速度．（2）由运动学公式求出各阶段的时间与位移，然后求出总的时间．（3）应用牛顿第二定律可以求出最大加速度．【解答】解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：F f1=ma1，碗与托盘间相对静止，则：F f1≤F f1max=μ1mg，解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：F f2=（M+m）a2，手和托盘间相对静止，则：F f2≤F f2max=μ2（M+m）g，解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，则最大加速度：a max=1.25m/s2；（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t1===2s，位移：x1=v max t1=×2.5×2=2.5m，减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，匀速运动位移：x3=L﹣x1﹣x2=10﹣2.5﹣2.5=5m，匀速运动时间：t3===2s，最短时间：t=t1+t2+t3=6s；（3）同（1）可知：碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，最大加速度：a max=1m/s2；答：（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；（2）服务员上菜所用最短时间是6s；（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2．【点评】本题考查了求加速度、运动时间问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．10．【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；焦耳定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．（2）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．（3）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．【解答】解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mgcosθ=BIL解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．（2）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m据题有：N=1.5mg由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr电阻R上发热量为：Q R=Q=（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：△Φ=BS=B•L•=平均电动势为：=，平均电流为：=则流经电阻R的电量：q=t==答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为，流经R的电流方向为a→R→b．（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为．（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为．【点评】解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．11．【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．【分析】（1）正确对小球进行受力分析，明确运动形式，求出圆周运动的周期和所给时间直间的关系，最后利用平抛运动规律求解；（2）根据第一问的解答，可正确画出图象；（3）利用运动的周期性画出30t0内小球运动轨迹图，然后利用数学知识求解．【解答】解：（1）0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动．当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：qvB0=m，得r=运动周期T=联立解得T=2t0电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2t0时的末速度．v y1=g•2t0=2gt0所以12t0末小球的速度大小为v1==gt0（2）24t0内运动轨迹的示意图如下图所示．（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动．23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：y2==竖直分速度v y2=3gt0所以小球与竖直方向的夹角为θ=45°，速度大小为v2=3此后小球做匀速圆周运动的半径r2==30t0末小球距x轴的最大距离：y3=y2+（1+cos45°）r2=（）g答：（1）12t0末小球速度的大小为gt0．（2）大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图如图所示．（3）30t0内小球距x轴的最大距离为（）g．【点评】解答带电粒子在磁场中运动的基本思路是正确受力分析，画出运动轨迹图，这类问题对学生数学知识要求较高，是考查重点和难点，要加强练习，提高解题能力．二.选考部分（本题共有两个模块，选做一个模块每个模块12分）[物理--选修3-3] 12．【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．【专题】热力学定理专题．【分析】据热力学第一定律△U=W+Q判断气体内能的变化．根据气体方程进行判断各个物理量的变化．。

B. 1
C. 0或1
D. 1
【答案】B 【解析】
z 是纯虚数，则 a 2 a 0 且 a 0
解得 a 1,选 B
2.已知点 P 的直角坐标 (2, 2 3) ，则它的一个极坐标为（ ）
A. (4， 3 )
4 B. (4， 3 )
C. (-4， 6 )
7 D. (4， 6 )
【答案】B 【解析】

(2)2 (2
3)2

4 ， tan

2 3 2

3 ( , 3 )
4
(4, 4 )
，
2 ，所以 3 ，即极坐标为 3 ．故
选 B．
4
A(6, )
3.在极坐标系中与点
3 重合的点是( )
(6, ) A. 3
7 (6, ) B. 3
9.已知
y

1 3
x3

bx2
b

2x

3
是
R
上的单调增函数，则 b
的取值范围是（
）
A. b 1或 b 2
B. b 2 或 x [0,1]
C. 1 b 2
D. 1 b 2
【答案】D
【解析】
y x2 2bx b 2 0 恒成立，故其判别式 4b2 4b 2 0 ，解得 1 b 2 .
P

1
C33
( 3Biblioteka )3 598 125
，故选
D．
【点睛】求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此
互斥的事件的概率再求和；二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由 P(A)＝1－P(A)求解.当题目

2016-2017学年福建省莆田六中高二（下）6月月考数学试卷（文科）（A卷）一．选择题：（共13小题，每小题5分，共60分）．1．（5分）已知A＝{x|x＝3k﹣1，k∈Z}，则下列表示正确的是（）A．﹣1∉A B．﹣11∈A C．3k2﹣1∈A D．﹣34∉A2．（5分）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞nB．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n03．（5分）已知函数f（x）＝x|x|﹣2x，则下列结论正确的是（）A．f（x）是偶函数，递增区间是（0，+∞）B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）D．f（x）是奇函数，递增区间是（﹣∞，0）4．（5分）已知a＝，b＝，c＝，则a、b、c的大小关系是（）A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．c＜b＜a5．（5分）函数f（x）＝a x﹣b的图象如图，其中a、b为常数，则下列结论正确的是（）A．a＞1，b＜0B．a＞1，b＞0C．0＜a＜1，b＞0D．0＜a＜1，b＜0 6．（5分）已知函数，则f（2018）＝（）A．2019B．2018C．2017D．20167．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（﹣），则a的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．（﹣∞，）∪（，+∞）C．（，）D．（，+∞）8．（5分）设奇函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，且f（1）＝0，则不等式＜0的解集为（）A．（﹣1，0）∪（1，+∞）B．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣1，0）∪（0，1）9．（5分）函数f（x）＝有且只有一个零点的充分不必要条件是（）A．a＜0B．0＜a＜C．＜a＜1D．a≤0或a＞1 10．（5分）某食品的广告词为“幸福的人们都拥有”，这句话的等价命题是（）A．不拥有的人们会幸福B．幸福的人们不都拥有C．拥有的人们不幸福D．不拥有的人们不幸福11．（5分）已知，则下列函数的图象错误的是（）A．B．C．D．12．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且g（x）＝f（x﹣1），则f（2013）+f（2015）的值为（）A．﹣1B．1C．0D．无法计算13．（5分）已知函数，使得∀x1∈[1，2]，都有f（x1）＜f（x0），则实数a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，2）C．（2，+∞）D．（0，1）∪（2，+∞）二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共20分）14．（5分）已知函数y＝f（x）的定义域是[0，8]，则函数的定义域为．15．（5分）对于中国足球参与的某次大型赛事，有三名观众对结果作如下猜测：甲：中国非第一名，也非第二名；乙：中国非第一名，而是第三名；丙：中国非第三名，而是第一名．竞赛结束后发现，一人全猜对，一人猜对一半，一人全猜错，则中国足球队得了第名．16．（5分）以下四个命题中，真命题的个数是．①“若a+b≥2，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题；②存在正实数a，b，使得lg（a+b）＝lga+lgb；③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”；④在△ABC中，A＜B是sin A＜sin B的充分不必要条件．17．（5分）已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若对∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是．18．（5分）给定集合A，若对于任意a，b∈A，有a+b∈A，且a﹣b∈A，则称集合A为闭集合，给出如下三个结论：①集合A＝{﹣4，﹣2，0，2，4}为闭集合；②集合A＝{n|n＝3k，k∈Z}为闭集合；③若集合A1，A2为闭集合，则A1∪A2为闭集合；其中正确结论的序号是．三、解答题：（本大题共5小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）19．（12分）（1）计算：；（2）计算：．20．（12分）已知函数f（x）＝ax2+2ax+1在区间[﹣1，2]上有最大值4，求实数a的值．21．（12分）若y＝f（x）是定义在R上的奇函数且当x≥0时，，（Ⅰ）求y＝f（x）的解析式，（Ⅱ）求此函数的值域．22．（12分）已知函数（1）求函数f（x）的定义域，并判断函数f（x）的奇偶性；（2）对于x∈[2，6]，恒成立，求实数m取值范围．23．（12分）已知函数f（x）＝e x lnx﹣ae x，a∈R．（e为自然对数的底数）（1）若f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线垂直，求实数a的值；（2）若f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，求实数a的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]24．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中α为参数），曲线C2：（x﹣1）2+y2＝1，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程；（Ⅱ）若射线θ＝（ρ＞0）与曲线C1，C2分别交于A，B两点，求|AB|．[选修4-5：不等式选讲]25．已知函数f（x）＝|x﹣a|，a∈R（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）≥|x+1|+1的解集；（Ⅱ）若不等式f（x）+3x≤0的解集包含{x|x≤﹣1}，求a的取值范围．2016-2017学年福建省莆田六中高二（下）6月月考数学试卷（文科）（A卷）参考答案与试题解析一．选择题：（共13小题，每小题5分，共60分）．1．（5分）已知A＝{x|x＝3k﹣1，k∈Z}，则下列表示正确的是（）A．﹣1∉A B．﹣11∈A C．3k2﹣1∈A D．﹣34∉A【解答】解：k＝0时，x＝﹣1，∴﹣1∈A，∴A错误；令﹣11＝3k﹣1，k＝，∴﹣11∉A，∴B错误；令3k2﹣1＝3k﹣1，∴k＝0，或1，3k2﹣1∈A，∴C正确；令﹣34＝3k﹣1，k＝﹣11，∴﹣34∈A，∴D错误．故选：C．2．（5分）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞nB．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，故选：D．3．（5分）已知函数f（x）＝x|x|﹣2x，则下列结论正确的是（）A．f（x）是偶函数，递增区间是（0，+∞）B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）D．f（x）是奇函数，递增区间是（﹣∞，0）【解答】解：由函数f（x）＝x|x|﹣2x可得，函数的定义域为R，且f（﹣x）＝﹣x|﹣x|﹣2（﹣x）＝﹣x|x|+2x＝﹣f（x），故函数为奇函数．函数f（x）＝x|x|﹣2x＝，如图所示：故函数的递减区间为（﹣1，1），故选：C．4．（5分）已知a＝，b＝，c＝，则a、b、c的大小关系是（）A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．c＜b＜a【解答】解：∵a＝，b＝，∴0＜＜1，可得y＝a x，0＜a＜1，y是单调减函数，﹣＜﹣，∴a＝＞b＝＞1，∵c＝＜1，则＝c＜b＝＜a＝，∴c＜b＜a，故选：D．5．（5分）函数f（x）＝a x﹣b的图象如图，其中a、b为常数，则下列结论正确的是（）A．a＞1，b＜0B．a＞1，b＞0C．0＜a＜1，b＞0D．0＜a＜1，b＜0【解答】解：由图象得函数是减函数，∴0＜a＜1．又分析得，图象是由y＝a x的图象向左平移所得，∴﹣b＞0，即b＜0．从而D正确．故选：D．6．（5分）已知函数，则f（2018）＝（）A．2019B．2018C．2017D．2016【解答】解：由函数，可得f（2018）＝f（2017）+1＝f（2016）+2＝…＝f（1）+2017＝log2（5﹣1）+2015＝2+2017＝2019．故选：A．7．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（﹣），则a的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．（﹣∞，）∪（，+∞）C．（，）D．（，+∞）【解答】解：∵f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．∵2|a﹣1|＞0，f（﹣）＝f（），∴2|a﹣1|＜＝．∴|a﹣1|，解得．故选：C．8．（5分）设奇函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，且f（1）＝0，则不等式＜0的解集为（）A．（﹣1，0）∪（1，+∞）B．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣1，0）∪（0，1）【解答】解：由奇函数f（x）可知，即x与f（x）异号，而f（1）＝0，则f（﹣1）＝﹣f（1）＝0，又f（x）在（0，+∞）上为增函数，则奇函数f（x）在（﹣∞，0）上也为增函数，当0＜x＜1时，f（x）＜f（1）＝0，得＜0，满足；当x＞1时，f（x）＞f（1）＝0，得＞0，不满足，舍去；当﹣1＜x＜0时，f（x）＞f（﹣1）＝0，得＜0，满足；当x＜﹣1时，f（x）＜f（﹣1）＝0，得＞0，不满足，舍去；所以x的取值范围是﹣1＜x＜0或0＜x＜1．故选：D．9．（5分）函数f（x）＝有且只有一个零点的充分不必要条件是（）A．a＜0B．0＜a＜C．＜a＜1D．a≤0或a＞1【解答】解：∵当x＞0时，x＝1是函数f（x）的一个零点；故当x≤0时，﹣2x+a＜0恒成立；即a＜2x恒成立，故a＜0；故选：A．10．（5分）某食品的广告词为“幸福的人们都拥有”，这句话的等价命题是（）A．不拥有的人们会幸福B．幸福的人们不都拥有C．拥有的人们不幸福D．不拥有的人们不幸福【解答】解：“幸福的人们都拥有”我们可将其化为：如果人是幸福的，则这个人拥有某种食品它的逆否命题为：如果这个没有拥有某种食品，则这个人是不幸福的即“不拥有的人们就不幸福”故选：D．11．（5分）已知，则下列函数的图象错误的是（）A．B．C．D．【解答】解：先作出，的图象，如图．对于A，y＝f（x﹣1）的图象是由f（x）的图象向右平移一个单位得到，故其正确；对于B，y＝f（﹣x）的图象与f（x）的图象关于y轴对称而得到，故其正确；对于C，由于f（x）恒为正，故y＝|f（x）|的图象与f（x）的图象相同，故其正确；对于D，当x＞0时y＝f（|x|）的图象与f（x）的图象相同，故其不正确；故选：D．12．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且g（x）＝f（x﹣1），则f（2013）+f（2015）的值为（）A．﹣1B．1C．0D．无法计算【解答】解：∵f（﹣x﹣1）＝g（﹣x）＝﹣g（x）＝﹣f（x﹣1），又f（x）为偶函数∴f（x+1）＝f[﹣（x+1）]＝f（﹣x﹣1），于是f（x+1）＝﹣f（x﹣1）∴f（x+1）+f（x﹣1）＝0．∴f（2013）+f（2015）＝f（2014﹣1）+f（2014+1）＝0，故选：C．13．（5分）已知函数，使得∀x1∈[1，2]，都有f（x1）＜f（x0），则实数a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，2）C．（2，+∞）D．（0，1）∪（2，+∞）【解答】解：求导函数，当x∈（0，a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故f（x）max＝f（a）．∃x0∈R，使得∀x1∈[1，2]，都有f（x1）＜f（x0），则最大值不在区间[1，2]，∴a∉[1，2]，所以实数a的取值范围是（0，1）∪（2，+∞）故选：D．二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共20分）14．（5分）已知函数y＝f（x）的定义域是[0，8]，则函数的定义域为[1，3）．【解答】解：由题意得：，解得：1≤x＜3，故答案为：[1，3）．15．（5分）对于中国足球参与的某次大型赛事，有三名观众对结果作如下猜测：甲：中国非第一名，也非第二名；乙：中国非第一名，而是第三名；丙：中国非第三名，而是第一名．竞赛结束后发现，一人全猜对，一人猜对一半，一人全猜错，则中国足球队得了第一名．【解答】解：（1）假设中国得了第三名，则甲全猜对，乙全猜对，显然与题目已知条件相矛盾，故假设不可能．（2）假设中国得了第二名，则甲猜对一半，乙猜对一半，也与已知条件矛盾，故假设不可能．（3）假设中国得了第一名，则甲猜对一半，乙全猜错，丙全猜对，无矛盾．综合（1）（2）（3）知中国得了第一名．故答案为：一．16．（5分）以下四个命题中，真命题的个数是2．①“若a+b≥2，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题；②存在正实数a，b，使得lg（a+b）＝lga+lgb；③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”；④在△ABC中，A＜B是sin A＜sin B的充分不必要条件．【解答】解：对于①，“若a+b≥2，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题为“若a，b 中至少有一个不小于1，则a+b≥2”，错误，如a＝3≥1，b＝﹣2，但a+b＝1＜2；对于②，存在正实数a＝2，b＝2，使得lg（2+2）＝lg22＝2lg2＝lg2+lg2成立，故②正确；对于③，“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”，如：9是奇数，但不是素数，故③正确；对于④，在△ABC中，A＜B⇔a＜b⇔2R sin A＜2R sin B⇔sin A＜sin B，故△ABC中，A＜B是sin A＜sin B的充分必要条件，故④错误．综上所述，②③正确，故答案为：2．17．（5分）已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若对∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是[，+∞）．【解答】解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln10]；x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．故只需0≥﹣m⇒m≥．故答案为：[）．18．（5分）给定集合A，若对于任意a，b∈A，有a+b∈A，且a﹣b∈A，则称集合A为闭集合，给出如下三个结论：①集合A＝{﹣4，﹣2，0，2，4}为闭集合；②集合A＝{n|n＝3k，k∈Z}为闭集合；③若集合A1，A2为闭集合，则A1∪A2为闭集合；其中正确结论的序号是②．【解答】解：对于①：﹣4+（﹣2）＝﹣6∉A，故不是闭集合，故错；对于②：由于任意两个三的倍数的和、差仍是3 的倍数，故是闭集合，故正确；对于③：假设A1＝{n|n＝3k，k∈Z}，A2＝{n|n＝5k，k∈Z}，3∈A1，5∈A2，但是，3+5∉A1∪A2，则A1∪A2不是闭集合，故错．正确结论的序号是②，故答案为：②三、解答题：（本大题共5小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）19．（12分）（1）计算：；（2）计算：．【解答】解：（1）原式＝＝．（2）原式＝lg（lg2+lg5）+1﹣lg＝lg+1﹣lg＝1．20．（12分）已知函数f（x）＝ax2+2ax+1在区间[﹣1，2]上有最大值4，求实数a的值．【解答】解：f（x）的对称轴方程为x＝﹣1，（1）若a＜0，则函数图象开口向下，函数在[﹣1，2]递减，当x＝﹣1时，函数取得最大值4，即f（﹣1）＝a﹣2a+1＝4，解得a＝﹣3．（2）若a＞0，函数图象开口向上，函数在[﹣1，2]递增，当x＝2时，函数取得最大值4，即f（2）＝4a+4a+1＝4，解得a＝．综上可知，a＝﹣3 或a＝．21．（12分）若y＝f（x）是定义在R上的奇函数且当x≥0时，，（Ⅰ）求y＝f（x）的解析式，（Ⅱ）求此函数的值域．【解答】解：（Ⅰ）令x＜0，则﹣x＞0，又∵当x≥0时，，又∵f（x）为R上的奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（﹣x）＝4x﹣2x，x＜0，∴，（Ⅱ）①∵当x≥0时，，设，则0＜t≤1，记g（t）＝﹣t2+t，0＜t≤1，利用二次函数在给定区间上的性质可得函数的值域为，结合奇函数的对称性可得函数在R上的值域为．22．（12分）已知函数（1）求函数f（x）的定义域，并判断函数f（x）的奇偶性；（2）对于x∈[2，6]，恒成立，求实数m取值范围．【解答】解：（1）由，解得x＜﹣1或x＞1，∴定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）（2分）当x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）时，∴是奇函数．…．（5分）（2）由x∈[2，6]时，恒成立，∴，∵x∈[2，6]，∴0＜m＜（x+1）（7﹣x）在x∈[2，6]成立…（8分）令g（x）＝（x+1）（7﹣x）＝﹣（x﹣3）2+16，x∈[2，6]，由二次函数的性质可知x∈[2，3]时函数单调递增，x∈[3，6]时函数单调递减，∴x∈[2，6]时，g（x）min＝g（6）＝7∴0＜m＜7…．（12分）23．（12分）已知函数f（x）＝e x lnx﹣ae x，a∈R．（e为自然对数的底数）（1）若f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线垂直，求实数a的值；（2）若f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）＝e x lnx﹣ae x，a∈R，∴f′（x）＝e x（lnx+﹣a），[（2分）]∴f′（1）＝（1﹣a）e，∴f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线的斜率k＝（1﹣a）e，[（4分）]，又该切线与直线y＝x+1垂直，∴（1﹣a）e•＝﹣1，[（5分）]∴a＝2；[（6分）]（2）∵f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，则f′（x）＝e x（lnx+﹣a）≥0在（0，+∞）上恒成立，[（7分）]又e x＞0，故lnx+﹣a≥0即a≤lnx+在（0，+∞）上恒成立，[（8分）]∴a≤g（x）min，[（9分）]令g（x）＝lnx+，x＞0，则g′（x）＝，x＞0，令g′（x）＝0，则x＝1，则当0＜x＜1时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，1）上单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，则g（x）在（1，+∞）上单调递增，故当x＝1时，g（x）取得唯一的极小值也就是最小值，∴g（x）min＝g（1）＝1，[（11分）]∴a≤g（x）min＝1，故实数a的取值范围是（﹣∞，1]．[（12分）][选修4-4：坐标系与参数方程]24．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中α为参数），曲线C2：（x﹣1）2+y2＝1，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程；（Ⅱ）若射线θ＝（ρ＞0）与曲线C1，C2分别交于A，B两点，求|AB|．【解答】解：（Ⅰ）∵曲线C1的参数方程为（其中α为参数），∴曲线C1的普通方程为x2+（y﹣2）2＝7．∵曲线C2：（x﹣1）2+y2＝1，∴把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入（x﹣1）2+y2＝1，得到曲线C2的极坐标方程（ρcosθ﹣1）2+（ρsinθ）2＝1，化简，得ρ＝2cosθ．（Ⅱ）依题意设A（），B（），∵曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣4ρsinθ﹣3＝0，将（ρ＞0）代入曲线C1的极坐标方程，得ρ2﹣2ρ﹣3＝0，解得ρ1＝3，同理，将（ρ＞0）代入曲线C 2的极坐标方程，得，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝3﹣．[选修4-5：不等式选讲]25．已知函数f（x）＝|x﹣a|，a∈R（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）≥|x+1|+1的解集；（Ⅱ）若不等式f（x）+3x≤0的解集包含{x|x≤﹣1}，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，不等式即f（x）＝|x﹣1|≥|x+1|+1，即|x﹣1|﹣|x+1|≥1．由于|x﹣1|﹣|x+1|表示数轴上的x对应点到1对应点的距离减去它到﹣1对应点的距离，由﹣0.5到1对应点的距离减去它到﹣1对应点的距离正好等于1，故不等式的解集为{x|x≤﹣0.5}．（Ⅱ）不等式f（x）+3x≤0，即|x﹣a|+3x≤0，即|x﹣a|≤﹣3x（x≤0），即3x≤x﹣a≤﹣3x，求得x≤﹣，且x≤．当a≥0时，可得它的解集为{x|x≤﹣}；再根据它的解集包含{x|x≤﹣1}，可得﹣≥﹣1，求得a≤2，故有0≤a≤2．当a＜0时，可得它的解集为{x|x≤}；再根据它的解集包含{x|x≤﹣1}，可得≥﹣1，求得a≥﹣4，故有﹣4≤a＜0．综上可得，要求的a的取值范围为[0，2]∪[﹣4，0）＝[﹣4，2]．。

2016-2017学年福建省莆田六中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44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7～11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）1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（）A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，ab=bc，下列说法正确的（）A．电势：φa＞φb＞φc B．电势：φa＞φc＞φbC．电场强度：E a＞E b＞E c D．电场强度：E b＞E a＞E c3．如图，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态4．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd．bc 边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小△x及方向是（）A．△x=，方向向上B．△x=，方向向下C．△x=，方向向上D．△x=，方向向下5．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R T为热敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则各个电表示数的变化情况是（）A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小6．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经历的时间为t=D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°7．在轨道上运动的质量为m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，忽略地球自转影响，则（）A．卫星运动的速度大小为B．卫星运动的周期为4πC．卫星运动的向心加速度大小为gD．卫星轨道处的重力加速度为g8．如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（）A．B． C．D．9．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大10．如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（）A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量11．如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多），在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g．空间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v0=的初速度，则以下判断正确的是（）A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守恒二、实验题（共13分）12．建筑、桥梁工程中所用的金属材料（如钢筋钢梁等）在外力作用下会伸长，其伸长量不仅与和拉力的大小有关，还和金属材料的横截面积有关．人们发现对同一种金属，其所受的拉力与其横截面积的比值跟金属材料的伸长量与原长的比值的比是一个常数，这个常数叫做杨氏模量．用E表示，即：E=；某同学为探究其是否正确，根据下面提供的器材：不同粗细不同长度的同种金属丝；不同质量的重物；螺旋测微器；游标卡尺；米尺；天平；固定装置等．设计的实验如图1所示．该同学取一段金属丝水平固定在固定装置上，将一重物挂在金属丝的中点，其中点发生了一个微小下移h（横截面面积的变化可忽略不计）．用螺旋测微器测得金属丝的直径为D；用游标卡尺测得微小下移量为h；用米尺测得金属丝的原长为2L；用天平测出重物的质量m（不超量程）．用游标卡尺测长度时如图2，图3是图2的放大图（放大快对齐的那一部分），读数是．以上测量量的字母表示该金属的杨氏模量的表达式为：E=．13．某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电动势（把欧姆表看成一个电源）．实验器材及规格如下：电流表A1：量程为200μA，内阻为300Ω 电流表A2：量程为30mA，内阻为5Ω定值电阻R0：阻值为9700Ω，滑动变阻器R：阻值为0～50Ω①闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．在图乙所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标，画出所对应的I1﹣I2曲线；②利用所得曲线求得欧姆表的电动势E=V，欧姆表内阻r=Ω；③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为I=A．三、计算题（本大题共4小题，共43分．解答应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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻．15．如图所示，竖直平面内，长为L=2m的水平传送带AB以v=5m/s顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角θ=37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h=0.45m，下端D点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距0.4m，现让质量m=2kg的小物块以v0=2m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C且与斜面无碰撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为0.2m，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）传送带与小物块间的动摩擦因数μ；（2）由于传送物块电动机对传送带所做的功；（3）弹簧的最大弹性势能．16．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m，电量为e，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置．17．如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的圆周连接而成，它们的圆心O1，O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上．O2B沿水池的水面，O2和B两点位于同一水平面上．一个质量为m的小滑块可由弧AO的任意位置从静止开始滑下，不计一切摩擦．（1）假设小滑块由A点静止下滑，求小滑块滑到O点时对O点的压力；（2）凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离如何；（3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的何处（用该处到O1点的连线与竖直线的夹角的三角函数值表示）．2016-2017学年福建省莆田六中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44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7～11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）1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（）A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【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、胡可认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比．故A错误；B、奥斯特发现了电流的周围存在磁场；法拉第最早提出了场的概念．故B错误；C、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上．故C正确；D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究．故D错误．故选：C2．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，ab=bc，下列说法正确的（）A．电势：φa＞φb＞φc B．电势：φa＞φc＞φbC．电场强度：E a＞E b＞E c D．电场强度：E b＞E a＞E c【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】画出等量异号电荷的等势面和电场线的分布图，根据电场线的方向分析电势的高低，由电场线的疏密分析的场强大小．【解答】解：AB、P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，画出等势面和电场线分布，如下图所示：根据沿着电场线，电势逐渐降低，可得ϕa＞ϕb＞ϕc；故A正确，B错误．CD、电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由于对称性可得E a=E c；故CD错误．故选：A3．如图，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力，判断物体的运动性质与摩擦力的方向．【解答】解：A、在CD段，整体的加速度a==gsinθ，对A，由牛顿第二定律得：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=0，则A受重力和支持力两个力作用，故A错误．B、在DE段，A、B系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动，也可能做匀速直线运动，还可能向下做匀减速直线运动，加速度即可能向下，也可能向上，故B错误；C、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度：a==gsinθ﹣μgcosθ，对A，由牛顿第二定律得：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=﹣μm A gcosθ，方向沿斜面向上，若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动，wit加速度沿斜面向上，则A所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故C正确；D、CD段A、B加速下滑，系统处于失重状态，在DE段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，A、B处于超重状态，故D错误；故选：C．4．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd．bc 边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小△x及方向是（）A．△x=，方向向上B．△x=，方向向下C．△x=，方向向上D．△x=，方向向下【考点】安培力．【分析】先对原磁场下的线框进行受力分析列受力平衡的方程，然后对方向改变后的磁场中的线框进行受力分析列受力平衡的方程，联立解得线框的位移大小和方向．【解答】解：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：F B=nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变．设在电流反向之前弹簧的伸长x，则反向之后弹簧的伸长为（x+△x），则有：kx+nBIL﹣G=0k（x+△x）﹣nBIL﹣G=0解之可得：△x=，且线框向下移动．故选：B5．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R T为热敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则各个电表示数的变化情况是（）A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析，先从环境的温度逐渐升高，热敏电阻R T电阻减小入手分析．【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R T的电流；当环境的温度逐渐升高时，R T减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R T的电流I2增大．故ACD错误，B正确；故选：B6．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经历的时间为t=D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，根据几何关系求出半径结合半径公式求出速度．根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角．【解答】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于速度方向时刻改变，故粒子的速度时刻在改变；故B错误；C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为：t=T==，故C正确；D、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，由几何关系可知，x轴是圆的一条弦；则根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误；故选：C．7．在轨道上运动的质量为m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，忽略地球自转影响，则（）A．卫星运动的速度大小为B．卫星运动的周期为4πC．卫星运动的向心加速度大小为gD．卫星轨道处的重力加速度为g【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．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对人造卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式．再根据万有引力近似等于重力得出黄金代换公式即可．【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M、卫星的轨道半径为r=m=mω2r=ma=mr=2R忽略地球自转的影响有=mg卫星运动的速度大小为v==，故A错误；B、T=2π=4π，故B正确；C、a==，故C错误；D、卫星轨道处的重力加速度为，故D正确；故选：BD．8．如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（）A．B． C．D．【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【分析】根据动能随x的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间．根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化．【解答】解：AB、合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确．C、物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误．D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确．故选：BD9．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【考点】牛顿运动定律的综合应用；功能关系．【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解答】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1…①F﹣mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD10．如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（）A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量【考点】功的计算；动能定理；功能关系．【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解．【解答】解：A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功，故A正确；B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；C、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故C正确；D、第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物体及传送带的内能；第二阶段，摩擦力所做的功全部转为化物体的机械能；故两个阶段摩擦力对物体所做的功并不等于物体机械能的减少量；故D错误；。