河南省中原名校豫南九校2015届高三一轮复习质量检测物理试题(扫描版)
河南省豫南九校2015届高三上期第二次联考 物理 扫描版含答案
更正物理试题第9题中B 选项中 GM R T 324π=改为 月Gm R T 324π=豫南九校2014—2015学年上期第二次联考高三物理答案一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，第9-12小题中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．答案：C ．解析：铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动．故选项C 正确．２．答案：B ．解析：物体开始向正方向做匀减速直线运动到零，然后反向做匀加速直线运动．位移-时间图线的切线斜率表示瞬时速度，可知瞬时速度先减小后反向增大，另外反向运动时加速度大于原来的加速度，所以运动相同距离所用时间短．故B 正确，A 、C 、D 错误．故选B ．３．答案：A ．解析：小物块P 水平方向只受最大静摩擦力，提供向心力，所以向心加速度g a μ=，而R v a 2=，ABC 三轮边缘的线速度大小相同，所以R 1∝μ，所以A μ：B μ：C μ=2：3：6；由ωR v =可知，R 1∝ω，所以A ω：B ω：C ω=2：3：6，故正确答案为A 。
４．答案：C ．解析：以Ａ点为坐标原点，ＡＯ为y 轴，垂直于AO 为x 轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在x 轴上做初速度为022v ，加速度为g 22和匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为gv t 0=，在y 轴上做初速度为022v ，加速度为g 22的匀加速直线运动，末速度为0022222v gt v v cy =+=，利用平均速度公式得位移关系 OA ：OC=t v t v v 222:)2222(000+=3：1．５．答案：D ．解析：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，所以D 正确．故选D ．６．答案：B ．解析：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m R v 2解得：v=gR ，管状模型转动时边缘的线速度与支承轮转动时边缘的线速度相等，所以支承轮的最小角速度ω=r v rgR =， 故B 正确，ACD 错误,故选B 正确．７．答案：D ．解析：滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a 1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，滑块经t 1＝0．6 s 速度即减为零．因此1．2 s 时是向下经过B 点．下滑时加速度大小为a 2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，物体上滑的最大距离：x=v ²/2a=36/20=1．8m 。
河南省豫南九校2015届高三上学期第三次联考数学理 Word版试题及答案
豫南九校2014—2015学年上期第三次联考高三数学（理）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷选择题（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．集合A＝｛x∈R｜2x＝x}，B＝｛x∈R｜3x＝x}，则集合A∩B的子集个数为A．1 B．2 C．4 D．82．已知等比数列{na}中，a3，a7是一元二次方程2x＋7x＋9＝0的两根则a5＝A．3 B．－3 C．±3 D．93．设随机变量ξ服从正态分布N（μ，2δ），（δ＞0）若p（ξ＜0）＋p（ξ＜1）＝1，则μ的值A．－1 B．1 C．－12D．124．若复数a＝3＋2i，b＝4＋mi，要使复数ab为纯虚数，则实数m的值为A．－6 B．6 C．83D5．已知数列，a1＝1n，若利用如图所示的程序框图计算该数列的第10项，则判断框内的条件是A．n≤8? B．n≤9?C．n≤10? D．n≤11?6．曲线y y＝x－1及x＝4所围成的封闭图形的面积为A．2－ln2B．4－2ln2C．4－ln2D．2ln27．已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是A．cm3B3C．cm3D38．已知x，yz＝2x－y的最大值为A．－3 B．1C．13 D．159．已知sin10°＝k，则sin110°＝A．1B． 1 C．1－D．1＋104x的焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1交C于A、B，l2交C于M、NA B CD11．二次函数y2x＋2与y ax＋b（a＞0，b＞0）在它们的一个交点处的切线A．B．4 C．D12．定义[x]表示不超过x的最大整数，若f（x）＝cos（x－[x]），则下列结论中：①y＝f（x）为偶函数；②y＝f（x）为周期函数，周期为2π；③y＝f（x）的最小值为cos1，无最大值：④y＝f（x）无最小值，最大值为1．正确的命题的个数为A．0个B．1个C．3个D．4个第Ⅱ卷非选择题（共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分．共20分1310，则实数a的值为_______________（用数字作答）14．如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，AP＝3______________．15．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且∠B＝90°, BC＝1，AC＝3，已知三棱锥O－ABC O的表面积为_______________．16．正实数列n＝3，4，…其中m为非零实数，若a1·a2014＝4，则m＝___________.三、解答题：本大题共6小题，共70分。
河南省中原名校(即豫南九校)高一下学期第一次联考物理试题
一．选择题(本题共10个小题，每小题5分。
第1～7小题只有一个选项正确，8～10题有多个选项正确。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分)1.下列对运动的认识不正确的是( )A.亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动B.伽利略认为力不是维持一物体速度的原因C.牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不是物体运动的原因D.伽利略根据理想实验推导出，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2.关于质点的运动，下列说法中正确的是( )A.质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B.质点速度变化率越大，则加速度越大C.质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D.位移的方向就是质点运动的方向3.甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似为匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，在下图中分别做出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的是( )4.物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)( )5.某卡车司机在限速60km/h的水平公路上因疲劳驾驶而使汽车与路旁障碍物相撞，处理事故的警察在路旁泥中发现了卡车顶上的一个金属零件，可以判断，这是事故发生时刻该零件从卡车顶上松脱后被水平抛出而陷在泥地里。
警察测得该零件原位置与陷落点的水平距离为10.5m，车顶距泥地的竖直高度为2.45m。
根据这些数据可以为你判断该车是否超速提供必要的证据，在忽略空气阻力的情况下，g取10m/s2。
下列判断正确的是( )A.金属件做平抛运动，竖直方向做自由落体运动时间为7sB.若卡车以60km/h的速度匀速行驶，金属零件运动的水平位移应该小于10.5mC.可以判断此卡车超速D.可以判断此卡车的速度大小为54km/h6.运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经 3.5s停止，则它在制动开始后的1s内、2s 内、3s内通过的位移之比为( )A.1:3:5B.1:2:3C.3:5:6D.1:8:167.如图所示，小车沿水平面向右做匀加速直线运动，车上固定的硬杆和水平车面的夹角为θ，杆的顶端固定着一个质量为m的小球，当小车运动的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(F1至F4变化)的变化图示可能是( )8.如图所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。
2015年河南省中原名校高考物理模拟试卷
2015年河南省中原名校高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.如图，小车沿倾角为θ的斜面加速运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压在左壁，车左壁受物块的压力大小为N1，车右壁受弹簧的弹力大小为N2，弹簧平行小车底面，现在增大小车加速度，则（）A.若小车加速度沿斜面向上，N1将不变，N2将变大B.若小车加速度沿斜面向上，N1将变大，N2将不变C.若小车加速度沿斜面向下，N1将不变，N2将变大D.若小车加速度沿斜面向下，N1将变大，N2将不变【答案】B【解析】解：小车加速度沿斜面向上时，增大加速度，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，则车右壁受弹簧的压力N2的大小不变．对物块研究得到：N1′-N2=ma，得到左壁对物块的压力为：N1′=N2+ma，N2不变，a增大，则N1′增大，根据牛顿第三定律得知，车左壁受物块的压力N1增大．故A错误，B正确小车加速度沿斜面向下，增大加速度，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，则车右壁受弹簧的压力N2的大小不变．对物块研究得到：N2-N1′-=ma，得到左壁对物块的压力为：N1′=N2-ma，N2不变，a增大，则N1′减小，根据牛顿第三定律得知，车左壁受物块的压力N1减小．故CD错误故选：B车右壁受弹簧的压力N2的大小与弹簧的压缩量成正比．根据牛顿第二定律研究物块所受的左侧壁的压力大小如何变化，再分析车左壁受物块的压力N1如何变化．本题关键要抓住弹簧的弹力与压缩量成正比，由胡克定律分析得出弹力不变．2.设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星．假设某物体A乘坐太空电梯到达了图示的B位置并停在此处，与同高度运行的卫星C比较（）A.A与C运行的速度相同B.A的速度大于C的速度C.A的速度小于C的速度D.因为不知道质量，故无法比较A与C的速度大小【答案】C【解析】解：卫星C只受地球的万有引力，万有引力提供向心力，得：．物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，有：′′，得：＜v C．′故C正确，ABD错误．故选：C．物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，由，可知其速度小于同高度的卫星的速度．本题要理解太空梯的作用，知道物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，这一点是解题的关键．3.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、在x＜0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀增大，φ-x应为向上倾斜的直线；在x＞0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀减小，φ-x也应为向下倾斜的直线，故A错误；B、在x＜0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x＞0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C、在x＜0范围内，根据动能定理得：q E x=，v-x图象应是曲线；同理，在x＞0范围内，图线也为曲线，故C错误；D、在x＜0范围内，根据动能定理得：q E x=E k，E k-x图象应是倾斜的直线；同理，在x ＞0范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确．故选：D．根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=E d，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系．对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析．4.如图所示，一个匝数为N=100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）A.电阻R消耗的电功率为10WB.穿过线圈平面的最大磁通量为W bC.t=0时刻流过线圈的电流不为零D.t=0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为W b【答案】D【解析】解：A、电阻R消耗的电功率为：P===20W，故A错误；B、变压器的匝数比为n1：n2=10：1，故输入电压为200V，最大值为200V；转速50转/秒，故角速度：ω=2πn=100πrad/s；根据公式E m=NBSω=NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为：Φ===W b；故B错误；C、图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，故C错误；D、转速为50转/秒，故周期为0.02s；t=0.0025s=，磁通量为：Φ=Φm cosωt=W b×=W b；故D正确；故选：D．已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式E m=NBSω求解最大磁通量．本题考查了交流发电机的工作原理和变压器的变压比公式，要记住最大电压的公式E m=NBSω；不难．5.如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U．A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是（）A.S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B.S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同C.S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同D.S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越低【答案】C【解析】解：A、S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，加速获得的动能越大，穿过CD板的时间越短，电子打在M上的位置越接进中间虚线，越低，故A错误；B、S闭合，若只增加A、B板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故B错误；C、S闭合，只改变A、B板间的距离，穿出A、B间的速度不变，此后穿过C、D板的运动情况相同，故动能不变，故C正确；D、S闭合后再断开，A、B板的电量不变，只向左平移B，电场强度不变，B越靠近A 板，加速距离越短，电子射出A、B间的速度越小；电子在C、D板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在M上的位置越高，故D错误；故选：C滑动触头向右移动时，加速电压增大，电子加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小本题关键明确电子在加速电场和偏转电场中的运动情况和受力情况，可以结合动能定理、运动学公式定性讨论，不难．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度沿倾角可在0-90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示，g=10m/s2．则（）A.小铁块的初速度大小为v0=5m/sB.小铁块与木板间的动摩擦因数μ=C.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5m/sD.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为m/s2【答案】AB【解析】解：A、根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsinα•x-μmgcosα•x=0-m解得：x=…①由图可得，当α=90°时x=1.25m，根据v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故A正确；B、由图可得，α=30°时，x=1.25，①式代入数据得：μ=，故B正确；C、把把α=60°代入①，解得：x=m，由动能定理得：-μmgcosα•2x=，代入数据得：，故C错误；D、下滑的加速度为：a=g（sinα-μcosα），当α=60°时，代入数据得：a=m/s2，故D错误；故选：AB．根据速度位移公式，结合牛顿第二定律，抓住α=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．由动能定理求出物体末速度，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，进而求出加速度．本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合，对于B答案，对数学要求能力较高，平时的学习中需加强训练．7.如图所示，在工厂的流水线上安装有水平传送带，用水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，水平传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件都是以v0=1m/s的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2（）A.工件滑上传送带后经0.5S时间停止相对滑动B.在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为0.5mC.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为0.75JD.每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能为0.25J【答案】ACD【解析】解：A、由牛顿第二定律可知：工件加速度a=-μg=-2m/s2；当工件的速度等于传送带速度时停止相对滑动；解得：t==0.5s，故A正确；B、工件对地位移：x1===0.75m；此时间内传送带的位移x2=vt=1m；即工件在传送带上相对位移△x=1-0.75=0.25m；故两物体相距d=x1+△x=1m；故B错误；C、由动能定理得：W f===0.75J，故C正确；D、由B知，工件在传送带上相对位移△x=1-0.75=0.25m，故产生的摩擦热为：Q=μmg△s=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D正确故选：ACD当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间；由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功；摩擦力与相对位移的乘积转化为内能；本题考查传送带问题中的速度及能量关系，关键在于明确能量转化间的关系，知道如何求出内能的增加量．8.如图，两根相距l=0.4m，电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T．一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变，则（）A.电路中的电流为2AB.金属棒在x=2m处的速度为（m/s）C.金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小为0.8JD.金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率为0.71W【答案】ABD【解析】解：A、金属棒切割产生感应电动势为：E=B0L v=0.5×0.4×2V=0.4V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I==；故A正确；B、由题意可知，在x=2m处，B2=B0+kx=1.5T，切割产生感应电动势，E=B2L v2，由上可得，金属棒在x=2m处的速度v2===m/s；故B正确；C、当x=0m时F0=B0IL=0.4N，x=2m时，F A=B2IL=1.2N，金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小，W=（F0+F A）=1.6J；故C错误；D、由EI t=W解得t=2s，由动能定理：，解得：P=0.71W；故D正确；故选：ABD．（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；（2）由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；（3）分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；（4）依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法正确的是（）A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【答案】ACE【解析】解：A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B错误；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E 正确；故选：ACE．从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量．本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、分子力、分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住相关基础知识．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（）A.结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C.一个氘核（H）与一个氚核（H）聚变生成一个氦核（H e）的同时，放出一个中子D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E.质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2【答案】BCE【解析】解：A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生，B正确；C、根据质量数守恒和电荷数守恒知：一个氘核（H）与一个氚核（H）聚变生成一个氦核（H e）的同时，放出一个中子，C正确；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，D错误；E、根据爱因斯坦质能方程质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2，E正确；故选：BCE．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生；根据爱因斯坦质能方程判断质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量．本题考查了比结合能、质能方程、核反应方程的判断、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．并用手按住物块A，使A、B保持静止．②测量物块B离水平地面的高度为h．③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．回答下列问题：（1）根据上述测量的物理量可知μ= ______ ．（2）如果空气阻力不可忽略，该实验所求μ值______ ．（填“偏大”或“偏小”）【答案】；偏大【解析】解：（1）据题境可知，AB两物体一起运动，当B物体落地后，A物体在摩擦力的作用下，做匀减速运动．设B物体落地瞬间时，A和B的动能都为E k，据能量守恒可知，mgh-μmgh=2×E K当B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s-h，据动能定理得：-μmg（s-h）=0-E k联立以上两式得：μ=（2）当空气阻力不可忽略时，有产生的热量，会使B物体落地瞬间时，A 或B的动能减小；使B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s变小，所以会使μ偏大．故答案为：（1）；（2）偏大．首先分析题境，知道两物块的运动情况，找出B物体落地后，A的运动位移，据动能定理求解即可；从能量守恒定律的角度分析误差．据题境明确实验原理是解题的关键，找出位移之间的关系是解题的核心，灵活应用能量守恒分析误差，题目有点难度．10.有一内阻未知（约25kΩ～35kΩ）、量程未知（约25V～35V），共有30个均匀小格的直流电压表V．（1）某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆档的内部电源的电动势，他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30．A．他们在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率“× ______ ”．红表笔应接电压表______ 接线柱（填“+”或“-”）B．在实验中，某同学读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，请你写出欧姆表电池的电动势表达式______ ．（2）若在实验过程中测得该电压表内阻为30kΩ，为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用，要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度，标准电压表V：量程3V，内阻3kΩ；电流表A：量程0～3A，内阻未知；滑动变阻器：总阻值1kΩ；稳压电源E：30V，内阻不能忽略；电键、导线若干①在图2方框中画出实验电路图．②选用记录数据中的任一组，写出计算量程的表达式U g= ______ ．式中各字母的意义是：______ ．【答案】1k；-；E=U；；U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．【解析】解：（1）A、多用电表内部，红表笔处接电源的正极，故在测量内部电动势时，应将红表笔接在电压表的负接线柱处；电压表内阻约25kΩ～35kΩ，用欧姆表测其内阻时，测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，所以应选×1K挡；B、欧姆表中值电阻为R中=30×1kΩ=30000Ω，欧姆表指n刻度，则电压表内电阻R V=1000n，流过电压表电流I V==，由闭合电路欧姆定律电池电动势E=U+I V R中=U．（2）①由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图乙所示；②由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流I=，则待测电阻两端的电压为I×30000=10U1；此时指针指示的格数为N，则×U=10U1；解得量程U g=，其中：U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．故答案为：（1）A、1k；-；B、E=U．（3）①电路图如图乙所示；②U g=；U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．故答案为：（1）A、×1k；-；B、E=U．（2）（1）测电阻时应将开关打到欧姆档，红表笔接正插孔，红表笔接负插孔；用欧姆表时，指针指在中央附近最好；（2）根据实验电路，应用闭合电路欧姆定律推导电动势表达式．（3）本实验要求测出电压表的量程，则应采用与标准电压表比较的方式进行；可将二电表串联，根据串联电路的规律可算出电流表的量程；根据原理可以得出实验的电路和数据．本题考查了欧姆表的使用方法和注意事项，结合欧姆定律推导电动势．测量量程时注意不能使用给出的电流表，因为电流表量程偏大无法正确的得出结果．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图1所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下，运动到轨道最低点B后，进入半径为R的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点C，离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出，最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为H=0.8m，木板与水平面间的夹角为θ=37°，小球质量为m=0.1kg，A点距离轨道末端竖直高度为h=0.2m，不计空气阻力．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求圆轨道半径R的大小；（2）求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大；（3）若改变木板的长度，并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式，并在图中作出E k-（tanθ）2图象2．【答案】解：（1）小球恰好通过C点，由牛顿第二定律得在AC过程中，由动能定理得mg（h-2R）=联立解得R=；（2）在AD过程中，由动能定理得mgh=从D点做平抛运动，设平抛运动经历时间为tx=v D ty=联立解得y=（3）小球从离开D点到第一次撞击斜面的过程中，根据动能定理mgy=解得由（2）可求得mgh（4tan2θ+1）=0.8tan2θ+0.2显然，当小球落地时动能最大为1J，所以其图象如下答：（1）求圆轨道半径R的大小为0.08m；（2）求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为0.45m；（3）小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式【解析】（1）小球刚好通过C点，利用牛顿第二定律求出C点的速度，在AC过程中由动能定理求出半径R；（2）在AD过程中由动能定理求出达到D点的速度，从D点做平抛运动，由平抛运动公式求的高度；（3）利用（2）找出E k-（tanθ）2关系式，作图象即可；本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、圆周运动向心力公式、动能定理（或机械能守恒定律）的应用以及图象问题，属于中档偏高题．12.如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1×10-3kg、电量q=-1×10-3C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．（计算结果可以用分数和保留π值表示）【答案】解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：E q=mgE==10N/c方向竖直向下（2）qv B=m且T=得：T=2πs=6.28s因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上R≥s=3m；设小球与档板碰撞n次，其最大半径为要击中目标必有：n≤1.5n只能取0，1当n=0，即为图1中R m2=（9-R m）2+s2解得R m=5m；在图1中由几何知识有：sinα==∴α=37°对应小球运动时间最短t min==s当n=1，时可得：（h-3R）2+s2=R2（9-3R）2+32=R2解得：R1=3m，R2=3.75mR1=3m时由如图2中的②运动轨迹可知：运动时间t==sR2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示，由几何知识有：cosβ==；故β=37°则t max==s所以时间的可能值为：s、s或s；答：（1）电场强度的大小为10N/C；方向竖直向下；（2）时间的可能值为：s、s或s；【解析】（1）带电粒子在混合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由平衡关系可求和电场强度；（2）带电粒子在电场中做圆周运动，由牛顿第二定律可确定半径和周期；分析可能出现的碰撞情况，找出所有符合要求的结果，进而求出小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．本题考查带电粒子在磁场中的运动，基本方法为确定圆心和半径；但要准确解题的关键在于能否由题意找出物体的运动轨迹，并能确定带电小球转过的圆心角．对学生几何知识的应用较高．六、计算题(本大题共3小题，共29.0分)14.如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为G的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动．设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为T0，M部分的气体压强为p0，现把M、N两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大？【答案】解：由题意知，倒置前后，N部分气体体积与温度不变，由理想气体状态方程可知，其压强不变，N部分气体的压强：p N=p0+，M部分气体状态参量：p1=p0，T1=T0，p2=p N+=p0+，倒置过程气体体积不变，对气体M，由查理定律得：=，即：=，解得：T2=（1+）T0；答：需要把M的温度加热到（1+）T0．【解析】求出M部分气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度．本题考查了求气体温度问题，求出气体初末状态的参量，应用查理定律即可正确解题；知道整个过程中N的压强不变、应用平衡条件求出气体压强是正确解题的前提与关键．15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，①该列波沿x轴______ 传播（填“正向”或“负向”）；②该列波的波速大小为______ m/s；③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为______ H z．。
中原名校豫南九校一轮复习质量检测.doc
2015届中原名校豫南九校一轮复习质量检测高三数学试卷（文科）考试时间：120分钟 试卷满分：150分注意事项：1．请将各题答案填在试卷后面的答题卷上． 2．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合P ＝{x ｜2x －x －2≤0}，Q ＝{x ｜2log (1)x －≤1}，则（C RP ）∩Q 等于A ．[2，3]B ．（－∞，－1]∪[3，＋∞）C ．（2，3]D ．（－∞，－1]∪（3，＋∞） 2．设复数1z ＝1－i ，2z ＝2＋i ，其中i 为虚数单位，则1z ·2z 的虚部为 A ．－1 B ．1 C ．i － D ． i 3．已知sin （4－x ）＝35，那么sin2x 的值为A ．325B ．425C ．625D ．7254．记数列{n a }的前n 项和为n S ，且n S ＝2（n a －1），则a 2等于 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 5．“m ＞0”是“函数f （x ）＝m ＋2log x （x ≥1）不存在零点”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件6．若双曲线22221x y a b－＝（a ＞0，b ＞0）的离心率为3，则其渐近线的斜率为A ．2±B ．±2C ．±12D ．±227．已知12log a ＞1，1()2b＞1，2c ＝3，则A ．a ＞b ＞cB ．c ＞b ＞aC ．a ＞c ＞bD ．c ＞a ＞b8．一个几何体的三视图如图所示，且其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为A ．433B ．533C ．23D ．8339．如图所示的程序框图中输出的结果为 A ．2 B ．－2 C ．12 D ．－1210．已知函数f （x ）＝32(1)2,x x x x ⎧⎪⎨⎪⎩,≥2,－,0＜＜若关于x 的方程f （x ）＝kx 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是A ．（0，12） B ．（0，1） C ．（12，1） D ．（12，1]11．O 是平面上一点，A ，B ，C 是平面上不共线三点，动点P 满足：OP uu u r ＝OA uu r ＋λ（AB uu u r＋AC uuu r ），λ∈[－1，2]，已知λ＝1时，｜AP uu u r ｜＝2．则PA uu r · PB uu r ＋PA uu r · PC uu u r 的最大值为A ．－2B ．24C ．48D ．9612．抛物线2y ＝2px （p ＞0）的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120°．过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则ABMN的最 小值为 A ．33 B ．233C ．1D ．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷中的横线上． 13．设五个数值31，38，34，35，x 的平均数是34，则这组数据的方差是_______________．14．已知实数x ，y 满足002x x ⎧⎪⎨⎪⎩≥y ≥＋y ≤，则z ＝4x ＋y 的最大值为______________．15．表面积为6π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的高与底面半径的比为____________． 16．已知{n a }的通项为n a ＝3n －11，若12m m ma a a ＋＋为数列{n a }中的项，则所有m 的取值集合为__________________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分） 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2a b c ＋＝cos()cos A C＋C ． （1）求角C 的大小．（2）若c ＝2，求使△ABC 面积最大时，a ，b 的值． 18．（本小题满分12分）某校研究性学习小组从汽车市场上随机抽取20辆纯电动汽车调查其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程），被调查汽车的续驶里程全部介于50公里和300公里之问，将统计结果分成5组：[50，100），[100，150），[150，200），[200，250），[250，300]，绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）求续驶里程在[200，300]的车辆数；（2）若从续驶里程在[200，300]的车辆中随机抽取2辆车，求其中恰有一辆车的续驶里程在[200，250）的概率． 19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1上面ABC ，AC ⊥BC ，E 、F 分别在线段B 1C 1 和AC 上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4．（1）求证：BC ⊥AC 1；（2）试探究满足EF ∥平面A 1ABB 1的点F 的位置，并给出证明． 20．（本小题满分12分） 设函数f （x ）＝2x ＋ax －lnx ，a ∈R ． （1）若a ＝1，试求函数f （x ）的单调区间； （2）令g （x ）＝()x f x e，若函数g （x ）在区间（0，1]上是减函数，求a 的取值范围． 21．（本小题满分12分）已知椭圆M 的对称轴为坐标轴，离心率为22，且一个焦点坐标为（2，0）． （1）求椭圆M 的方程； （2）设直线l 与椭圆M 相交于A 、B 两点，以线段OA ，OB 为邻边作平行四边形OAPB ，其中点P 在椭圆M 上，O 为坐标原点．求点O 到直线l 的距离的最小值．请考生在22、23、24三题中任选一题作答．如果多选，则按所做的第一题计分．22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，过圆E 外一点A 作一条直线与圆E 交于B ，C 两点，且AB ＝13AC ，作直线AF 与圆E 相切于点F ，连接EF 交 BC 于点D ，己知圆E 的半径为2，∠EBC ＝30°． （1）求AF 的长；（2）求证：AD ＝3ED ． 23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为3sin x αα⎧⎪⎨⎪⎩＝cos y ＝（α为参数），以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin （θ＋4π） ＝42．（1）求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；（2）设P 为曲线C 1上的动点，求点P 到C 2上点的距离的最小值，并求此时点P 坐标． 24．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲 已知函数f （x ）＝｜2x －1｜．（1）若对任意a 、b 、c ∈R （a ≠c ），都有f （x ）≤a b b ca c－＋－－恒成立，求x 的取值范围；（2）解不等式f （x ）≤3x ．。
河南省豫南九校联考高一2015年上学期第二次联考试题
2015年河南省豫南九校联考高一第一学期第二次联考物理试题一．选择题（52分）第一节：单选题（每小题只有一个正确答案，选对得4分，不选或选错不得分，共32分）1．关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A ．位移与路程都用来反映运动的路径长短B ．在直线运动中位移的大小一定等于路程C ．位移既有大小又有方向，路程只有大小没有方向D ．位移是标量，路程是矢量2．如图所示，在下列表示物体运动规律的图象中，表示物体做匀变速直线运动的是（）3．根据给出的速度、加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是（）A ．v 为正、a 为负，物体做加速运动B ．B ．v 为负、a 为负，物体做减速运动C ．v 为负、a 为正，物体做减速运动D ．v 为负、a ＝0，物体做减速运动4．关于物体的重心，下列说法正确的有（）A ．有规则几何外形的物体，它的重心就在几何中心B ．重心位置与物体的质量分布无关C ．物体的重心不一定在物体上D ．只有物体的重心处才受到重力作用5．已知物体甲和乙之间有弹力的作用，那么（）A ．物体甲和乙必定直接接触，且都发生形变B ．物体甲和乙不一定直接接触，但必定都发生形变C ．物体甲和乙必定直接接触，但不一定都发生形变D ．物体甲和乙不一定直接接触；也不一定都发生形变6.一辆以12m/s 的速度在水平路面行驶的汽车，刹车过程中以4m/s 2的加速度作匀减速直线运动，则汽车在5s 内的位移是（）A ．10mB ．18mC ．24mD ．30m6.下列物体的受力分析图正确的是（）7.以下关于力的说法正确的是A．力可以没有施力物体，但不能离开受力物体B．只有直接接触的物体间才有力C．自然界只有三种基本相互作用，分别是电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用D．物体各部分都受到重力，可将物体的重力等效集中在一点，这一点叫物体的重心8．如图所示是物体运动的v -t 图象，从t ＝0开始，对原点的位移最大的时刻是()A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4第二节：不定项选择题（每小题有一个或一个以上正确答案，每小题5分，选对但不全的得3分，共20分）9、以下的计时数据指的是时间间隔的是（）A 、中央电视台新闻联播节目在北京时间19：00准时开播B 、某同学跑1500m 用时5：04C 、1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权D 、我们学校早上第四节课的上课时间是10：35～11：1510、关于自由落体运动，下列说法不正确．．．的是（）A 、物体竖直向下的运动一定是自由落体运动B 、自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的竖直向下的匀加速直线运动。
3河南省中原名校(即豫南九校)2024-2024学年高一上学期期中联考全真演练物理试题
3河南省中原名校（即豫南九校）2024-2024学年高一上学期期中联考全真演练物理试题一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（ ）A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零D．任意半个周期内，合力做的功一定为零第(2)题一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为（已知）（）A．B．C．D．第(3)题一种氘核聚变是由两个氘核聚变生成一个氨核和一个中子的过程，同时放出大量能量。
已知1个氘核的质量为，1个氦核的质量为，1个中子的质量为。
下列说法正确的是（ ）A．该核反应有质量亏损，反应前后质量数减少B．该核反应方程为C．一次氘核聚变放出的能量为D．一次氘核聚变放出的能量为第(4)题一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图1是时刻该简谐横波传播到的Q点时的波形图，如图2是质点P（）的振动图象，下列说法正确的是（ ）A．这列简谐横波的振幅为B．这列简谐横波的频率是C．这列简谐横波的波速大小是D．质点P经过时间运动到Q点第(5)题氢原子的能级图如图所示。
现有一群处于能级的氢原子，则这群氢原子（ ）A．只可能辐射2种频率的光子B．辐射光子的最大能量为C．辐射光子的最大能量为D．若被光照射后，发生了电离，则电离氢原子的光子能量至少为第(6)题如图所示，半径为的半圆形闭合金属线框可绕圆心在纸面内逆时针匀速转动，过点的边界上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。
初始时线框直径与虚线边界垂直。
已知线框的电阻为，线框匀速转动的角速度为，从图示位置开始计时，以顺时针为感应电流的正方向，下列关于线圈中的感应电流随时间的变化关系正确的是（ ）A．B．C．D．第(7)题如图所示是某同学站在力传感器上，先下蹲后站起过程中力传感器的示数随时间的变化图像。
2015届豫南九校高三第二次联考试题物理卷(2014.10)
豫南九校联盟2014—2015学年上期第二次联考高三物理试题（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1－8小题只有一个选项正确，第9－12小题中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是A ．力不是维持物体运动的原因B ．力是使物体产生加速度的原因C ．自由落体运动是一种匀变速直线运动D ．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性2．一质点做直线运动的v －t 关系图象如图1所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下列图2中的3．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A 、B 、C ，用不打滑皮带相连，如图3所示（俯视图），三圆轮的半径之比为R A ：R B ：R C ＝3 ：2 ：1，当主动轮C 匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一小物块P （可视为质点），P均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P 与轮A 、B 、C 接触面间的动摩擦因素分别为μA 、μB 、,μC ，A 、B 、C 三轮转动的角速度分别为A ω 、B ω、C ω，则A ．A μ ：B μ ：C μ＝2 ：3 ：6 B ．A μ ：B μ ：C μ＝6 ：3 ：2C ．A ω ：B ω ：C ω＝1 ：2 ：3D ．A ω ：B ω ：C ω＝6 ：3 ：24．如图4所示，固定斜面AO 、BO 与水平方向夹角均为45°，现由A 点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO 落在C 点，则OA 与OC 的比值为A ：1B ．2 ：1C ．3 ：1D ．4 ：15．在探究超重和失重规律时，某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。