江西省上高县第二中学2015-2016学年高二物理上学期第三次(12月)月考试题
江西省上高县二中2015-2016学年高二上学期第三次(12月)月考化学试卷
2017届高二年级第三次月考化学卷一、选择题（16X3=48分）1．升高温度，下列数据不一定增大的是（ ）A．化学反应速率v B．弱电解质的电离平衡常数KaC．化学平衡常数K D．水的离子积常数K W2. 室温下，水的电离达到平衡：H2OH+ + OH-。
下列叙述正确的是（ ）A．向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大． B．将水加热，平衡向正反应方向移动，K w不变C．向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c（OH-）降低D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c（OH-）= c（H+）3.以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。
下列说法正确的是( )A．a极是铜，b极是铁时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出B．燃料电池工作时，正极反应为:O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等4．目前，科学家正在研究开发一种高能电池——钠硫电池，它以熔融钠、硫为两极，以导电的β—Al2O3陶瓷作固体电解质，反应式如下：2Na+xS Na2S x,以下说法正确的是（ ）A．放电时，Na作正极，S极发生还原反应B．充电时，钠极与外电源的正极相连C．放电时，阳极发生的反应为：S－2e=xSD．若用此电池电解AgNO3溶液，当阳极产生标准状况下的气体1.12L时，消耗的金属钠为4.6g5. 相同温度、相同浓度下的六种电解质溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中：①②③代表的物质可能分别为（ ）A．NH4Cl；（NH4）2SO4；CH3COONa B．（NH4）2SO4；NH4Cl；CH3COONaC．（NH4）2SO4；NH4Cl；NaOH D．CH3COOH；NH4Cl；（NH4）2SO46.下列四种装置中，溶液的体积均为250毫升，开始时电解质溶液的浓度均为0.10摩/升，工作一段时间后，测得导线上均通过0.02摩电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述正确的是（ ）A．工作一段时间后溶液的浓度①＝②＝③＝④B．工作一段时间后溶液的pH：④＞③＞①＞②C．产生气体的总体积：④＞③＞①＞②D．电极上析出的固体的质量：①＞②＞③＞④7. 草酸(H2C2O4)是二元中强酸，草酸氢钠(NaHC2O4)溶液显酸性。
江西省宜春市上高二中2015届高三物理上学期第三次月考试题(含解析)
物理试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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〕如图为两个质点A、B同时同地开始运动的v﹣t图象．由图可知〔〕A．在t1时刻两质点相距最远B．在t2时刻两个质点相遇C．在0﹣t1时间内质点B比质点A加速度大D．两物体出发后可以相遇两次考点：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：由图象可以看出A物体做初速度为零的匀加速直线运动，B物体先做初速度为零的匀加速直线运动后做匀速直线运动，两个图象的交点明确该时刻速度相等，位移可以通过图线与时间轴包围的面积来求解．通过分析两个物体速度的大小，分析它们之间距离的变化．解答：解：A、B：在t2时刻之前，A的速度小于B的速度，B在A的前方，两者距离不断增大；在t2时刻之后，A的速度大于B的速度，B在A的前方，两者距离不断减小，所以在t2时刻，两者距离相距最远．故A、B错误．C、速度图线的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知在0﹣t1时间内质点B比质点A加速度大，故C正确．D、两个质点在t2时刻之后位移相等时相遇一次，之后由于A的速度大于B的速度，不可能再相遇，故D错误．应当选：C．点评：在物理学中图象是描述物理规律的重要方法之一，图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的“面积〞等还有特殊的物理意义．2．〔6分〕某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如下列图的物理模型．一个小朋友在AB 段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC 段的动摩擦因数为μ2＞tan θ，他从A 点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．如此该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中〔 〕A ． 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B ． 地面对滑梯始终无摩擦力作用C ． 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ． 地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小考点：摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．.专题：摩擦力专题．分析： 小朋友在AB 段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC 段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．解答： 解：AB 、小朋友在AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a 1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故A 正确，B 错误．CD、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，如此由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F N小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故CD错误．应当选：A．点此题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究．评：3．〔6分〕〔2013•黄山三模〕在圆轨道上运动的质量m为的人造地球卫星，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，如此〔〕A．卫星运动的速度为B．卫星运动的周期2πC．卫星运动的加速度D．卫星的动能为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．.专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力等于重力，求出地球外表重力加速度与地球质量的关系．卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，列式卫星运动的速度、周期、加速度、动能与轨道半径的关系．解答：解：设地球的质量为M．在地球外表上，有 mg=G卫星在圆轨道上，有 G=m=m=ma联立上两式得：v=，T=4π，a=如此得卫星的动能为 E k==故ABC错误，D正确．应当选D点评：解决此题的关键掌握万有引力等于重力与万有引力等于向心力，知道重力加速度与距离中心天体球心距离的关系．4．〔6分〕如下列图，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，如此空气阻力的大小等于〔〕A．mg B．mg C．mg D．mg考点：牛顿第二定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：因为物体是从地面出发又回到地面，故其所受的重力做功为零，故对物体做功的只有空气阻力，且由于空气阻力大小不变，且物体上和下过程该阻力都做负功，故由动能定理可以解得空气阻力大小．解答：解：重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为f，对整个过程应用动能定理得：﹣2fh=mv2上升过程中物体加度为：a=由运动学公式得：带入数据解得：f=故D正确应当选D点评：此题要抓住物体在上下过程中，阻力是做功的，重力也做功，但是重力做功只和为零，故我们可以说重力不做功．然后对整体列动能定理，而不要把上下过程分开，那样很麻烦．5．〔6分〕汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然使汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动〔设汽车所受阻力不变〕，如此在t1～t2时间内〔〕A．汽车的加速度保持不变B．汽车的加速度逐渐减小C．汽车的速度先减小后增大D．汽车的速度先增大后减小考点：功率、平均功率和瞬时功率．.专题：功率的计算专题．分析：汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，如此牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．解答：解：当汽车的功率突然减小一半，由于速度，来不与变化，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，如此F＜f．此时a=＜0，即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．速度减小又导致牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动．由此可知在t1～t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键：知道通过牛顿第二定律，根据合力的变化，判断加速度的变化；判断速度的变化根据加速度的方向和速度的方向关系，速度的方向与加速度方向一样，做加速运动，速度方向和加速度方向相反，做减速运动．6．〔6分〕〔2013•某某一模〕如下列图，一个外表光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．如此〔〕A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度一样C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向．解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：m A gsinα=m B gsinβ；由于α＜β，故m A＞m B，故A正确；B、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故B错误；C、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：P A=m A gsinα•v，P B=m B gsinα•v；由于m A gsinα=m B gsinβ，故P A=P B，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力m A gcosα，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力m B gcosβ，如下列图N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ；由于m A gsinα=m B gsinβ；故N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ＞0，故静摩擦力向左，故D正确；应当选：AD．点评：此题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断．7．〔6分〕A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程〔〕A．球1和球2运动的时间之比为2：1B．球1和球2动能增加量之比为1：2C．球1和球2抛出时初速度之比为：1D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．解答：解：A、因为AC=2AB，如此AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：．故A错误；B、根据动能定理得，mgh=△E k，知球1和球2动能增加量之比为1：2．故B正确；C、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为．故C正确；D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度一样．故D错误．应当选：BC．点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进展求解．8．〔6分〕〔2014•海南〕如图，质量一样的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中〔〕A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零考点：功能关系．.分析：b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比拟出速度大小即可比拟动能的大小．解答：解：A、将b的实际速度进展分解如图：由图可知v a=v b cosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确；B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，如此二者机械能的变化量不相等，B错误；C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣F T v a t，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：F T v b cosθt，又v a=v b cosθ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确．应当选：AD．点评：此题考查了有摩擦力作用下的系统功能转化关系，抑制摩擦力做功时，系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能．二、必考题9．〔5分〕某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律〞，他们在实验室组装了一套如下列图的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力〔图中未画出〕．〔1〕该实验中小车所受的合力等于〔填“等于〞或“不等于〞〕力传感器的示数，该实验是否不需要〔填“需要〞或“不需要〞〕满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？〔2〕实验获得以下测量数据：小车、传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和2的中心距离为s．某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2〔小车通过光电门2后，砝码盘才落地〕，重力加速度为g，如此该实验要验证的式子是．考点：验证牛顿第二运动定律．.专题：实验题．分析：①该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，所以实验中小车所受的合力等于力传感器的示数，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．②光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式．解答：解：〔1〕该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．故答案为：否．〔2〕由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：即：故答案为：〔1〕等于，不需要；〔2〕点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．10．〔10分〕利用如图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．〔1〕实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：A．按实验要求安装好实验装置；B．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C．图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点．分别测出假设干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…．〔2〕打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小为，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为，减少的重力势能为mgh2．〔3〕取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能E k和重力势能E p，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示E k和E p，根据以上数据在图3中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ．已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k1，图线Ⅱ的斜率的绝对值为k2．如此可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为〔用k1和k2表示〕．考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：〔1〕实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；〔2〕根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．〔3〕假设机械能守恒，因为初位置的机械能为零，如此每个位置动能和重力势能的绝对值应该相等，图线不重合的原因是重物和纸带下落过程中需抑制阻力做功．根据动能定理，结合图线的斜率求出阻力与重物重力的比值．解答：解：〔1〕如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大局部纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后让纸带运动．〔2〕B点的瞬时速度v B=，如此重物动能的增加量△E k=mv B2=，重力势能的减小量为△E p=mgh2．〔3〕取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，如此机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要抑制阻力做功．根据图中的数据可以计算计算图线Ⅱ的斜率k2=2.80 J/m．根据动能定理得，mgh﹣fh=mv2，如此mg﹣f=，图线斜率k1==mg，图线斜率k2=，知k1﹣f=k2，如此阻力f=k1﹣k2．所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为．故答案为：〔1〕接通电源放开纸带；〔2〕，，mgh2；〔3〕．点评：解决此题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以与知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度．11．〔14分〕如下列图，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；②此环下降过程需要多长时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：①小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力．②先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间．解答：解：①对环进展受力分析，环受重力与杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：mg+F f=ma1由运动学公式：解得：a1=16.0m/s2F f=1.2N对底座进展受力分析，由平衡条件得：Mg=F N+F f′解得：F N=8.8N又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，如此有：mg﹣F''f=ma2联立并代入数据解得：a=4.0m/s2t=0.5s答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；②此环下降过程需要多长时间为0.5s．点评：此题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进展研究．12．〔18分〕〔2014•云南二模〕如下列图，物块Α、Β用一劲度系数为k=200N/m的轻弹簧相连静止于水平地面上，Α物体质量m A=2Kg，Β物体质量m B=4Kg．现用一恒力F=30N竖直向上拉物体A，使Α从静止开始运动，当Α运动到最高点时Β刚好要离开地面但不能继续上升．假设弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：〔1〕Β刚要离开地面时，拉力F做的功：〔2〕Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；〔3〕从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功．考点：功的计算；胡克定律；牛顿第二定律．.专题：功的计算专题．分析：〔1〕设当B刚要离开地面时，弹簧伸长量为X2，此时物体A的加速度为a，B的加速度为0，由胡克定律和牛顿第二定律列式即可求解；〔2〕由胡克定律有求出未用力F拉动时弹簧的压缩量X1，如此物块A的总位移d=X1+X2，在用恒力F拉物体A到B刚离开地面的过程中，由功的公式即可求解．〔3〕应用动能定理求弹力的功．解答：解：〔1〕未施加拉力时弹簧的缩短量为x1kx1=m A gB刚要离地是弹簧伸长量为x2kx2=m B g拉力做功：W1=F〔x1+x2〕=9J〔2〕B刚要离地时，对A：F﹣m A g﹣kx2=m A a A解得：〔3〕对A有动能定理得：W1+W弹﹣m A g〔x1+x2〕=0解得W弹=﹣3J答：〔1〕Β刚要离开地面时，拉力F做的功9J〔2〕Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；〔3〕从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功﹣3J．点评：此题主要考查了胡克定律、牛顿第二定律、动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能求出物块A的总位移，难度适中．三、选修题13．〔6分〕2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟〞七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．如下判断正确的答案是〔〕A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度E．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大小等于变轨后沿圆轨道运动的加速度大小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．.专题：人造卫星问题．分析：知道机械能包括动能和势能，点火加速动能增加．判断物体出于超重和失重的方法是看物体加速度的方向．根据同步卫星和圆轨道上运动飞船周期的关系结合周期与角速度的关系去求出同步卫星和圆轨道上运动飞船角速度的关系．根据加速度是物体合力所决定的来求出两者加速度关系．解答：解：A、飞船点火变轨，点火以后的质量可以认为几乎不变．或者说，损失的气体质量与飞船相比拟太小了．不于考虑．变轨后．可以认为势能不变〔在变轨点〕，增加的是动能，所以变轨后机械能增加，故A错误．B、飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，故B正确．C、飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确．DE、飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，而两个位置的轨道半径相等，所以飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时万有引力与沿圆轨道运动时万有引力相等，即加速度相等，故D错误、E正确．应当选：BCE．点评：假设物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力〔非重力、弹性力〕不做功，且其他力做功之和不为零，如此机械能不守恒．14．〔9分〕如下列图，半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，假设小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求CD段的长度．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．.专题：动能定理的应用专题．分析：小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力恰好为零，都由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经过圆形轨道最高点时的速率．当小球从C到达甲圆形轨道的最高点的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求解小球经过C点时的速率．根据动能定理求解CD的长度．解答：解：设小球通过C点时的速度为v C，通过甲轨道最高点的速度为v1，根据小球对轨道压力为零有…①取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有…②联立①②式，可得同理可得小球通过D点时的速度，设CD段的长度为l，对小球通过CD 段的过程，由动能定理有解得：答：CD段的长度是．点评：此题是向心力、机械能守恒定律、动能定理的综合应用．在竖直平面内，小球沿光滑圆轨道的运动模型与轻绳拴的球的运动模型相似．。
【全国百强校】江西省上高县第二中学2015-2016学年高二上学期第三次(12月)月考物理试题解析(解析版)
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
1—7单选，8—10多选，全选对的得4分选对但不全得2分，错选或不选得0分）1．如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）A.电荷在a点受到电场力方向必定与该点场强方向一致B.同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到的电场力小C.正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合D.a点的电场强度较大【答案】D考点：电场强度【名师点睛】解答本题需要掌握：电场线的疏密表示电场的强弱；正电核受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线。
2．如图所示为通电螺线管的纵剖面图，“○×”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针（涂黑的一端为N极）静止时的指向一定画错了的是（）A．a B．b C．c D．d【答案】B考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向根据安培则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向与螺线管中的电流方向一致，则大拇指所指的那端就是通电螺线管的N 极）判断通电螺线管的磁极；根据磁极间的作用规律判断小磁针的指向是否正确3．如图所示圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图所示。
若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）A ．a 粒子速率最大B ．c 粒子在磁场中运动的时间最长C ．c 粒子速率最大D ．它们做圆周运动的周期c b a T T T <<【答案】C【解析】 试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2qvB r v m =，解得：mv r qB=。
由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a 粒子的轨道半径最小，粒子c 的轨道半径最大，则a 的粒子速率最小，c 粒子的速率最大，故A 错误，C 正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期：2m T qB π=，粒子在磁场中的运动时间：2t T θπ=，三粒子运动周期相同，由图示可知，a 在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故BD 错误。
江西省上高二中高二物理上学期第二次月考试题
2016届高二年级第二次月考物理试卷一．选择题（1-7题单项选择，8-10题多项选择.。
每题4分，共40分）1．关于电阻和电阻率的说法中，正确的选项是（）A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R =U／I可知导体的电阻与导体两头的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．金属材料的电阻率一样随温度的升高而增大D．将一根导线等分为二，那么半根导线的电阻和电阻率都是原先的二分之一2．关于电场中的一些概念，有如下一些说法，其中正确的选项是( )A．电势差越大的两个点之间，电场强度必然越大B．等势面上各点的场强方向不必然相同，但场壮大小必然相同C．电场中某两点之间的电势差由电场决定，与零电势点的选择无关D．处于静电平稳状态的导体内部场强处处为零，电势也都为零3．一白炽灯泡的额定功率与额定电压别离为36 W与36 V。
假设把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两头，那么灯泡消耗的电功率( )A．等于36 W B．小于36 W，大于9 WC．等于9 W D．小于9 W4.一同窗在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表，如下图，毫安表1的读数I1＝100mA，毫安表2的读数I2＝99mA，电压表V1的读数U1＝10V，那么电压表V2的读数应为（）A. 0.01V B.0.1 V C. 1V D. 10V5．如图，把两个电阻R1与R二、两个电容器C1和C二、一个开关S和一个电流表G联接成电路，接到一个输出电压为U的稳压电源上。
已知R1＝R2，C1＞C2，那么( )A. 开关S闭合且稳固后，C1的电压小于C2的电压B．开关S闭合且稳固后，C1的带电量等于C2的带电量C．开关S断开且稳固后，C1的带电量大于C2的带电量D.开关S断开且稳固后，电流表G中有电流流过U按图（b）所示的规律转变，在电极XX’6．图（a）为示波管的原理图。
若是在电极YY’之间所加的电压'yyU按图（c）所示的规律转变，那么在荧光屏上会看到的图形是（）之间所加的电压'xx7.在一个空间中，只有两个等量异种点电荷，这两个电荷的连线的中点为O点，以离O点无穷远处为零电势点，在以下关于那个电场的说法中正确的选项是( )A．以O点为对称的两个点，场强必然相同，且二者的电势之和为零B．以O点为对称的两个点，场强不必然相同，但二者的电势之和为零C．以O点为对称的两个点，场强必然相同，但二者的电势之和未必为零D．以O点为对称的两个点，场强不必然相同，二者的电势之和未必为零8．一带电小球在空中由a点运动到b点的进程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．假设重力势能增加3 J，机械能增加0.5 J，电场力做功1 J，那么小球( )A．克服重力做功3 J B．电势能增加1 JC．克服空气阻力做功0.5 J D．动能增加0.5 J九、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在P点，如下图，以E表示两极板间电场强度，φ表示负极板的电势，ε表示正点电荷在P点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（）A．E变大、φ降低B. E不变、φ升高C. E变小、ε变小D. φ升高、ε变大10．如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，那么以下结论正确的选项是（）A．板间电场强度大小为2mg/qB．板间电场强度大小为mg/2qC．质点打到光屏上的位置可能在初速度延长线上D．质点运动到光屏时的速度与初速度相同二、填空题（每空2分，连图2分，共18分）11.游标卡尺在测量某物厚度时，游标所处的位置如下图，那么被测物的厚度为_____mm．12．银导线的横截面积S，通以电流。
江西省上高县第二中学2016-2017学年高二上学期第三次月考物理试题Word版含解析
一、选择题（4′×10，第1~6题为单选，7～10题多选）1．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中不正确的是（）A． B． C． D．【答案】B考点：安培定则【名师点睛】解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断．注意明确对应的图形，能正确分析平面图和立体图。
2. 在地球赤道附近某建筑上有一竖立的避雷针，当一团带正电的乌云经过其正上方时，避雷针发生放电，则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是（）A．向东B．向南C．向西D．向北【答案】A【解析】试题分析：当带有正电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，电流方向从上而下通过避雷针，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向东，故选项A 正确。
考点：安培力【名师点睛】左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
3．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一带电微粒以一定初速度沿图中虚直线由O运动至P，关于其能量变化情况的说法，正确的是（）A．动能增加，电势能减少B．重力势能和电势能之和增加C．动能和重力势能之和增加D．动能和电势能之和增加【答案】B考点：带电粒子在匀强电场中的运动、电势能【名师点睛】解答本题的关键是根据物体做直线运动的条件：合力与速度共线，分析带电微粒所受的电场力方向和合力方向，根据功能关系求解。
4．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是（）A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短【答案】A【解析】试题分析：如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹．由几何关系得：轨迹对应的圆心角22απθ=-，粒子在考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 【名师点睛】求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据2t T θπ=，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角。
江西省上高二中高二上学期第三次月考试题 物理
2016届高二年级第三次月考物理试题（12.13）一、选择题（4′×10，第1~6题为单选，7～10题多选）1. 在地球赤道附近某建筑上有一竖立的避雷针，当一团带正电的乌云经过其正上方时，避雷针发生放电，则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是（ ） A ．向东 B ．向南 C ．向西 D ．向北2. 如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直纸面向里，以直导线为中心的同一圆周上有a 、b 、c 、d 四个点，连线ac 和bd 是相互垂直的两条直径，且b 、d 在同一竖直线上，则（ ）A ．c 点的磁感应强度的值最小B ．b 点的磁感应强度的值最大C ．b 、d 两点的磁感应强度相同D ．a 、b 两点的磁感应强度相同3. 如图，蹄形磁铁用柔软的细线悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线。
当直导线通以向右的电流时 （ ） A ．磁铁仍静止不动B ．磁铁在纸面内左右摆动C ．磁铁的N 极向纸内、S 极向纸外转动D ．磁铁的N 极向纸外、S 极向纸内转动 4. 如图所示，两个小灯泡L 1和L 2串联接在PQ 两点间，L 1和L 2的铭牌上分别标有“3V ，1.5Ω”、“6V 、12Ω”，则PQ 间允许加的最大电压为（ ）A ．9VB ．6.75VC ．5.25VD ．4.5V 5. 如图所示，一直流电动机与阻值R ＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E ＝30 V ，内阻r ＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U ＝10 V ，已知电动机线圈电阻R M ＝1 Ω，则下列说法中正确的是（ ）A ．通过电动机的电流为10 AB ．通过电动机的电流小于10 AC ．电动机的输出功率小于16 WD ．电动机的输出功率为20 W6.模拟交通路口拍摄闯红灯的电路如图所示，当汽车通过路口时，S 1闭合；当红灯亮起时，S 2闭合。
精品：【全国百强校】江西省上高县第二中学2015-2016学年高二下学期期末考试物理试题(解析版)
一、选择题（每小题4分，共40分，1—6题只有一个选项正确，7—10题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分）1、下列说法符合物理学事实的是（）A.卡文迪许测出了静电力常量B. 赫兹解释了光电效应现象C. 伽利略首创了理想实验的研究方法D. 奥斯特发现了电磁感应定律【答案】C考点：物理学史【名师点睛】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献。
2、如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线由A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（）A．电势B．电场强度E A = E BC．电场力F A > F BD．电子的电势能E PA < E PB【答案】A考点：电场线、电场强度、电势能【名师点睛】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度。
3、带点油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，若不计空气阻力，则此带点油滴从A运动到B的过程中，能量变化情况为（）A. 动能减小B. 电势能增加C. 动能和电势能之和减小D. 重力势能和电势能之和增加【答案】C【解析】试题分析：由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误。
考点：电场线、动能定理的应用、电势能【名师点睛】本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。
江西省上高县第二中学2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题及答案
江西省上高县第二中学2015-2016学年高二生学期期末考试物理试题一、选择题1、两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1:7，相距为r，两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（）A、16:7B、9:7C、4:7D、3:72、下列关于场强和电势的叙述正确的是（）A、在匀强电场中，场强处处相同，电势也处处相等B、在正点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电势越高，场强越小C、若取无限远处电势为零，等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线中点的电势为零，场强不为零D、在任何电场中，场强越大的地方，电势也越高3、关于欧姆表，下列说法正确的是（）A、欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的B、由于电流和电阻成反比，所以刻度盘上的刻度是均匀的C、使用欧姆表时，指针偏转越大，读数越准确D、当换用不同倍率的欧姆档去测量电阻时，可不必再进行电阻调零、、c、d是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，4、如图所示，a b并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）A、a和bB、a和cC、b和cD、c和d5、地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁铁，小磁铁的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的。
以上关于地磁场的描述正确的是（）A 、①②④B 、②③④C 、②③D 、①⑤6、在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四导线中电流1324I I I I =>>，要使O 点磁场增强，则应该（ ）A 、切断1IB 、切断2IC 、切断3ID 、切断4I7、如图4（甲）所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v 运动，从无场区进入匀强磁场区，然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么图2（乙）中所示的哪一个图像正确地表示回路中电流对时间的函数关系（ ）8、两粗细相同的同种金属电阻丝1R 、2R 的电流I 和电压U 的关系图像如图所示，可知（ ）A 、两电阻的大小之比为12:3:1R R =B 、两电阻的大小之比为12:1:3R R =C 、两电阻丝长度之比为12:1:3L L =D 、两电阻丝长度之比为12:3:1L L =9、如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点，可以判定（ ）A 、M 点的电势大于N 点的电势B 、M 点的电势小于N 点的电势C 、粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力D 、粒子在M 点受到的电场力小于在N 点受到的电场力10、两圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环，当A 以如图所示的方向绕环心转动的角速度发生变化时，B 中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）A 、A 可能带正电且转速增大B 、A 可能带正电且转速减小C 、A 可能带负电且转速减小D 、A 可能带负电且转速增大 二、实验题11、（1）读出以下两个测量仪器的读数。
江西省宜春市上高二中2016届高三(上)月考物理试题(解析版)介绍
2015-2016学年江西省宜春市上高二中高三（上）月考物理试卷（11月份）（A部）一、选择题（每题4分，共40分．其中第7、8、9、10题为多选题，漏选得2分，错选或不选得0分．）1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”D．伽利略利用理想斜面实验，使亚力士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（）A．B．C．D．3．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块到达底端时动能相同C．两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率4．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）（）A．B．C．D．5．如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3（可视为质点），中间分别用原长均为L、劲度系数均为k的轻弹簧连接，木块与传送带间的动摩擦因数μ．现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，让传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、2两木块间的距离是（）A．B．C．D．6．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（）A．GMm（﹣） B．GMm（﹣）C．（﹣）D．（﹣）7．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物．直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下例说法正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度为v2=D．重物做匀加速运动的时间为8．如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则（）A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度D．卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行9．如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小物块A和B，质量分别为m A 和m B，它们分别紧贴漏斗的内壁．在不同的水平面上做匀速圆周运动，则以下叙述正确的是（）A．不论A、B质量关系如何，物块A的线速度始终大于物块B的线速度B．只有当m A＜m B，物块A的角速度才会大于物块B的角速度C．不论A、B质量关系如何，物块A对漏斗内壁的压力始终大于物块B对漏斗内壁的压力D．不论A、B质量关系如何，物块A的周期始终大于物块B的周期10．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（）A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）11．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点（图中没有画出），打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源．经过测量得：d1=3.62cm，d2=9.24cm，d3=16.85cm，d4=26.46cm，d5=38.06cm，d6=51.67cm．（1）打点计时器在打E点时纸带运动的速度大小为m/s，加速度大小为m/s2．（结果保留三位有效数字）（2）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．12．兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．请你分析纸带数据，回答下列问题（保留二位有效数字）：（a）该电动小车运动的最大速度为m/s；（b）关闭小车电源后，小车的加速度大小为m/s2；（c）该电动小车的额定功率为W．三、计算题（共4小题，共48分，要有必要的步骤，只写结果不给分．）13．（12分）（2015秋•宜春校级月考）质量m=0.5kg的木块静止于水平面上，现在恒力F作用下做匀加速直线运动，已知恒力大小F=5N，方向与水平方向成θ=37°角斜向上，如图所示．2s末撤去此拉力时，木块已滑行的距离s0=12m，（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．）求：（1）木块与地面间的动摩擦因数；（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离；（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功．14．（12分）（2015秋•宜春校级月考）在2014年11月11日开幕的第十届珠海航展上，中国火星探测系统首次亮相．中国火星探测系统由环绕器和着陆巡视器组成，其中着陆巡视器主要功能为实现火星表面开展巡视和科学探索．若环绕器环绕火星的运动为匀速圆周运动，它距火星表面设计的高度为h，火星半径为R，引力常量为G，着陆巡视器第一次落到火星后以v0的速度竖直弹起后经过t0时间再次落回火星表面．求：（1）火星的密度（2）“环绕器”绕月球运动的周期T．15．（12分）（2015秋•宜春校级月考）如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为R=0.6m，在最低点B与水平轨道BC相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从A点正上方距A点高为h=1.2m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端C．现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示．不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平轨道BC长度；（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离；（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比．16．（12分）（2015秋•宜春校级月考）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R=0.9m 的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，A、D之间放一水平传送带Ⅰ，B、C之间放一水平传送带Ⅱ，传送带Ⅰ以V1=8m/s的速度沿图示方向匀速运动，传送带Ⅱ以V2=10m/s的速度沿图示方向匀速运动．现将质量为m=2kg的物块从传送带Ⅰ的右端由静止放上传送带，物块运动第一次到A时恰好能沿半圆轨道滑下．物块与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2=0.35，不计物块的大小及传送带与半圆轨道间的间隙，重力加速度g=10m/s2，已知A、D端之间的距离为L=1.0m．求：（1）物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数μ1；（2）物块第1次回到D点时的速度；（3）物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为多大．2015-2016学年江西省宜春市上高二中高三（上）月考物理试卷（11月份）（A部）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共40分．其中第7、8、9、10题为多选题，漏选得2分，错选或不选得0分．）1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”D．伽利略利用理想斜面实验，使亚力士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境【考点】物理学史．【分析】本题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、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故A正确；B、开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，牛顿发现万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许牛顿发现了万有引力定律之后，测出了引力常量G，根据mg=G，得地球的质量M=，从而可求得地球，所以被称为能“称量地球质量”的人，故C正确；D、亚里士多德认为物体的下落与质量有关，重的物体比轻的物体下落得快，这一论点被伽利略的比萨斜塔实验所推翻，故D错误；故选：AC【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．【解答】解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间．风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，物体所受合力的方向大致指向轨迹凹的一向．3．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块到达底端时动能相同C．两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率【考点】动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比较瞬时功率的大小【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A错误，B正确．B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，由于质量不一定相等，则重力做功不一定相同．故B错误．C、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，故甲的功率先增大后减小，故C错误D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故D错误．故选：B【点评】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcosα，注意α为力与速度方向的夹角4．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动．【解答】解：在0﹣1s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在1﹣2s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零．在2﹣3s内，根据牛顿第二定律得，．方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v=a3t=15m/s．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律．5．如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3（可视为质点），中间分别用原长均为L、劲度系数均为k的轻弹簧连接，木块与传送带间的动摩擦因数μ．现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，让传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、2两木块间的距离是（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】当三木块达到平衡状态后，三个木块的合力都为零．先对木块3研究，由平衡条件和胡克定律求出2和3间弹簧伸长量．再以木块为研究对象，用同样的方法求出1和2间弹簧的伸长量，最后求出1、2两木块间的距离．【解答】解：当三木块达到平衡状态后，对木块3进行受力分析，可知2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的滑动摩擦力，即：μm3g=kx3，解得2和3间弹簧伸长量为：x3=；同理以2木块为研究对象得：kx2=kx3+μm2g，即1和2间弹簧的伸长量为：x2==，1、2两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即得L+，选项B正确．故选B【点评】本题涉及三个物体的平衡问题，首先要灵活选择研究对象，分析受力情况，由平衡条件和胡克定律求出两个弹簧的伸长量，再求出1、2间的距离．6．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（）A．GMm（﹣） B．GMm（﹣）C．（﹣）D．（﹣）【考点】万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．【解答】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时G=①，卫星的引力势能为E P1=﹣②轨道半径为R2时G=m③，卫星的引力势能为E P2=﹣④设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：+E P1=+E P2+Q ⑤联立①～⑤得Q=（）故选：C．【点评】本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．7．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物．直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下例说法正确的是（）A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度为v2=D．重物做匀加速运动的时间为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．【专题】功率的计算专题．【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；先根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动速度﹣时间公式求出时间．【解答】解：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得F m=，A正确，B错误；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2==，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a=，则匀加速的时间为t==，D正确．故选ACD．【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．8．如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则（）A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度D．卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】根据开普勒第三定律判断卫星a的运行周期比卫星b的运行周期关系．卫星在轨道a上做椭圆运动，要过度到轨道b，在A点应该做离心运动，增大速度．速度可以短时间内变化，但是在同一个位置万有引力相等，加速度相等．【解答】解：A、卫星a的半长轴小于卫星b的轨道半径，根据开普勒第三定律=k得卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短．故A正确；B、卫星在轨道a上做椭圆运动，要过度到轨道b，在A点应该增大速度，做离心运动，所以两颗卫星分别经过A点处时，a的速度小于b的速度，故B错误，D正确；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得=maa=，所以两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度等于于b的加速度，故C错误；故选：AD．【点评】本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出加速度的表达式，再进行讨论．9．如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小物块A和B，质量分别为m A 和m B，它们分别紧贴漏斗的内壁．在不同的水平面上做匀速圆周运动，则以下叙述正确的是（）A．不论A、B质量关系如何，物块A的线速度始终大于物块B的线速度B．只有当m A＜m B，物块A的角速度才会大于物块B的角速度C．不论A、B质量关系如何，物块A对漏斗内壁的压力始终大于物块B对漏斗内壁的压力D．不论A、B质量关系如何，物块A的周期始终大于物块B的周期【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】两球在不同的水平面上做半径不同的匀速圆周运动，因为所受的重力与支持力分别相等，即向心力相同，由牛顿第二定律可以解得其线速度间、角速度间、周期间的关系．【解答】解：A、对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N．如图所示．设内壁与水平面的夹角为θ．根据牛顿第二定律有：mgtanθ=则v=，半径大的线速度大，所以A的线速度大于B的线速度，与质量无关．故A正确；B、根据ω=，知半径越大，角速度越小，所以A的角速度小于B的角速度，与质量无关．故B错误；C、支持力，与物体的质量成正比，根据牛顿第三定律可知，物体对漏斗的压力也是与物体的质量成正比．．故C错误；D、根据T=得，角速度越大，周期越小，所以A的周期大于B的周期，与质量无关．故D正确．故选：AD．【点评】对物体进行受力分析，找出其中的相同的量，再利用圆周运动中各物理量的关系式分析比较，能较好的考查学生这部分的基础知识的掌握情况．10．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（）A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大【考点】弹性势能；机械能守恒定律．【分析】正确解答该题要分析清楚过程中两物体受力的变化情况和各个力做功情况，根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：m B g﹣kx=（m A+m B）a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小．对B，由m B g﹣T=m B a可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；B、对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增大，所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少，故B正确；C、A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于A的机械能增加量与弹性势能增加量之和，所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误D、由于弹簧的拉力先小于细线的拉力，后大于细线的拉力，A先加速后减速，当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力等于B的重力，可知弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大．故D正确．故选：BD【点评】正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用．二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）11．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点（图中没有画出），打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源．经过测量得：d1=3.62cm，d2=9.24cm，d3=16.85cm，d4=26.46cm，d5=38.06cm，d6=51.67cm．（1）打点计时器在打E点时纸带运动的速度大小为 1.06m/s，加速度大小为 2.00 m/s2．（结果保留三位有效数字）（2）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值大于（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=5T．利用匀变速直线运动的推论得：v E==1.06m/s，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：a==2.00 m/s2．（2）如果在某次实验中，交流电的频率49Hz，f＜50Hz，那么实际打点周期变大，根据运动学公式△x=at2得：真实的加速度值就会偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大．。
江西省上高县第二中学2015-2016学年高二上学期第三次(12月)月考数学(理)试题Word版含答案
主视图侧视图2017届高二年级第三次月考数学（理科）试卷一、选择题：本大题共12个小题，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．在命题“若抛物线c bx ax y ++=2的开口向下，则≠<++}0|{2c bc ax x φ”的逆命题、否命题和逆否命题中( )A ．都真B ．都假C ．否命题真D ．逆否命题真2．已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ为三个不同的平面，则下列命题中错误．．的是( ) A ．,,//m m αβαβ⊥⊥若则B ．,,//m n m n αα⊥⊥若则C ．,,//αγβγαβ⊥⊥若则D ．//,//,//αγβγαβ若则3．下列命题中正确的是（ ）A ．若命题p 为真命题，命题q 为假命题，则命题“p 且q”为真命题 B.“21sin =α”是“6πα=”的充分不必要条件 C ．l 为直线，βα,,为两个不同的平面，若βαα⊥⊥,l ,则//l β； D ．命题∈R,2x＞0”的否定是∈R,02x ≤0”4．一个空间几何体的主视图，侧视图如下图，图中的单位为cm ，六边形是正六边形，则这个空间几何体的俯视图的面积是（ ） A ．36cm2B ．38cm 2C ．310cm 2D ．20 cm 25.如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为AC BD 与的交点.若11=A B a 11A D b =，1A A c =，则下列向量中与M B 1相等的向量是( )A.1122a b c ++-B.1122a b c ++ C.1122a b c -+ D.1122a b c -+- 6．方程0)82(2=-++--y x y y x 表示的曲线为( ) A.一条直线和一个圆 B.一条线段与一段劣弧 C.一条射线与一段劣弧 D.一条射线与半圆7．正方体ABCD -1111A B C D 中，1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为( ) AB．3 D ．238．圆5:22=+y x P ,则经过点()21，-M 的切线方程为（ ） A.052=--y x B.250x y -+= C.052=-+y x D.250x y ++=9.已知1F 、2F 是椭圆：C 12222=+by a x 的左右焦点，P 是C 上一点，2214||||3b PF PF =⋅→→，则C 的离心率的取值范围是（ ） A ．)1,21[ B ．]23,0( C ．)1,23[ D ． ]21,0( 10．已知点12F F ，分别是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，点P 是椭圆上的一个动点，若使得满足12PF F ∆是直角三角形的动点P 恰好有6个，则该椭圆的离心率为( )A .1211.若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>与直线x y =无公共点,则离心率e 的取值范围( )A ．]2,1(B ．)2,1(C ．]2,1(D ．)2,1(12．若椭圆的中心在原点，一个焦点为)2,0(F ，直线73+=x y 与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为( ) A ．1201622=+y xB ．1161222=+y xC ．181222=+y xD ．112822=+y x二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.抛物线28x ay =的焦点F 的坐标是 ；14．如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱1111A B B C ,的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝3a，过P ，M ，N 的 平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝__________．15.如果直线121+=x y L ：与椭圆14922=+y x 相交于A 、B 两点，直线2L 与该椭圆相交于C 、D 两点，且ABCD 是平行四边形，则2L 的方程是 ；16.给出下列命题：①直线10x -=的倾斜角是23π；②已知过抛物线:C 22(0)y px p =>的焦点F 的直线与抛物线C 交于11(,)A x y ，22(,)B x y 两点，则有221212,4p x x y y p ==-；③已知1F 、2F 为双曲线C ：22221x y a b-=的左、右焦点，点P 为双曲线右支上异于顶点的任意一点，则12PF F 的内心I 始终在一条直线上. 其中所有正确命题的序号为 .20．(本小题共12分)直三棱柱111ABC A B C -中，11AA AB AC ===，,E F 分别是1,CC BC 的中点，11AE A B ⊥，D 为棱11A B 上的点．（1）证明：DF AE ⊥；（2）是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为14？若存在，说明点D 的位置，若不存在，说明理由．21.（本小题共12分）已知动点P 与两定点)0,2(-A 、)0,2(B 连线的斜率之积为41- （1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）若过点)0,3(-F 的直线l 交轨迹C 于M 、N 两点，且轨迹C 上存在点E 使得四边形OMEN(O 为坐标原点)为平行四边形，求直线l 的方程．22．（本小题共12分）已知M 为抛物线)0(22>=p px y 上一动点，)0)(0,(>a a A 为其对称轴上一点，直线MA 与抛物线的另一个交点为N ．当A 为抛物线的焦点且直线MA 与其对称轴垂直时，△OMN 的面积为29． （1）求抛物线的标准方程； （2）记||1||1AN AM t +=，若t 的值与M 点位置无关， 则称此时的点A 为“稳定点”，试求出所有“稳 定点”，若没有，请说明理由．2017届高二年级第三次月考数学（理科）参考答案1—12 D C D D A B A B A B C D13.1(,0)32a；；15. y=2x －1；16. ②③ 17.解：由题意圆心在10x y -+=上，设圆心为(,1)a a +，则2222(3)+(+14)a a a +=--，解得1a =或11，所以r =或的方程为22(1)(2)8x y -+-=或22(11)(12)128x y -+-= 18.解：当命题p 为真时，Δ＝4a 2＋4a≥0得a≥0或a≤－1， 当命题q 为真时，（a ＋2）x 2＋4x ＋a －1≥0恒成立， ∴a ＋2＞0且16－4（a ＋2）（a －1）≤0，即a≥2. 由题意得，命题p 和命题q 一真一假．当命题p 为真，命题q 为假时，得a≤－1∪0≤a ＜2 当命题p 为假，命题q 为真时，得a ∈∅； ∴实数a 的取值范围为（－∞，－1]∪[0,2）19．解：（1）由双曲线方程221916x y -=可知229,16a b ==,22225c a b ∴=+=, 3,5a b ∴==,53c e a ∴==． （2）依题意设所求双曲线方程为()22,0916x y λλ-=≠,将点(3,A -代入可得()(223916λ--=,解得14λ=, 所以所求双曲线方程为2219164x y -=,即149422=-y x ． 20.解: （1）证明：∵11AE A B ⊥，11//,A B AB AE AB ∴⊥ 又∵11,AA AB AA AE A ⊥=∴AB ⊥面11A ACC .又∵AC ⊂面11A ACC ，∴AB AC ⊥，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则有()()()111110,0,0,0,1,,,,0,0,0,1,1,0,1222A E F A B ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设()111,,,D x y z A D A B λ=且()0,1λ∈， 即(),,1(1,0,0)x y z λ-=,则11(,0,1),,,122D DF λλ⎛⎫∴=--⎪⎝⎭，∵1110,1,,0222AE DF AE ⎛⎫=∴⋅=-= ⎪⎝⎭，所以DF AE ⊥；…6分 （2）结论：存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC所成锐二面角的余弦值为14理由如下：由题可知面ABC 的法向量()0,0,1n =设面DEF 的法向量为(),,n x y z =，则0n FE n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∵11111,,,,,122222FE DF λ⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴111022211022x y z x y z λ⎧-++=⎪⎪⎨⎛⎫⎪-+-= ⎪⎪⎝⎭⎩，即()()3211221x z y z λλλ⎧=⎪-⎪⎨+⎪=⎪-⎩，令()21z λ=-，则()()3,12,21n λλ=+-．∵平面DEF 与平面ABC， ∴14cos ,m n m n m n⋅===， 解得12λ=或74λ=（舍），所以当D 为11A B 中点时满足要求． 21. 解：（1）221(0)4x y y +=≠ （2）易知直线l 的斜率不为0,故可设直线:l x my =-设1122(,)(,),M x y N x y 、因为四边形OMEN 为平行四边形，所以12121212(,)(,),OE OM ON x x y y E x x y y =+=++⇒++uu u r uuu r uuu r联立2222(4)10440x my m y x y ⎧=-⎪⇒+--=⎨+-=⎪⎩ ⇒12y y +=1212()x x m y y +=+-=1212(,)P x x y y ++在椭圆上，所以22221212()4()44x x y y +++=⇒+=⇒424320m m --=，解得m =±故直线l的方程为0x -=或0x ++=22. 解：（Ⅰ）由题意2119||||222222MONp p S OA MN p ∆=⋅⋅=⋅⋅== 3=∴p ，抛物线C 的方程为x y 62=（Ⅱ）设1122(,)(,)M x y N x y ，,直线MN 的方程为x my a =+联立26x my a y x =+⎧⎨=⎩得0662=--a my y ，024362>+=∆a mm y y 621=+,a y y 621-=因为0>a 时, 1260y y a =-<, 21y y ，∴异号,又2111||||t AM AN y =+== 22121221222122122)(4)(11)()-(11y y y y y y m y y y y m t -+⋅+=⋅+=∴ )11321(13624361122222m a a a a m m+-+=+⋅+= 所以,仅当2103a -=,即32a =时,t 与m 无关,此时A 即抛物线C 的焦点,即抛物线C 对称轴上仅有焦点3(,0)2这一个“稳定点”。
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2017届高二年级第三次月考物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
1—7单选，8—10多选，全选对的得4分 选对但不全得2分，错选或不选得0分）1．如图所示是电场中某区域的电场线分布，a.b 是电场中的两点，则（ ）A.电荷在a 点受到电场力方向必定与该点场强方向一致B.同一点电荷放在a 点受到的电场力比放在b 点时受到的电场力小C.正电荷放在a 点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合D.a 点的电场强度较大2．如图所示为通电螺线管的纵剖面图，“○×”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N 极)静止时的指向一定画错了的是（ ）A ．aB ．bC ．cD ．d3．如图所示圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图所示。
若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）A ．a 粒子速率最大B ．c 粒子在磁场中运动的时间最长C ．c 粒子速率最大D ．它们做圆周运动的周期c b a T T T <<4．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U ，电动机M 的线圈电阻与电炉L 的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（ ） A.电炉放出的热量大于电动机放出的热量B.电炉两端的电压小于电动机两端的电压C.电炉两端的电压等于电动机两端的电压D.电动机消耗的电功率等于电炉消耗的电功率5．如图所示，各边由不同材料制成的边长为L 的正三角形金属框放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
若通以图示方向的电流，且已知从B 端流入的总电流强度为I 。
则金属框受到的总磁场力的大小为（ ） A ．0B ．BILC ．34BIL D ．条件不足，无法计算 6．如图所示，水平虚线EF 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B 。
一带负电微粒自离EF 为h 的高处自由下落，从B 点进入场区，沿虚线BCD做匀速圆周运动，从D 点射出.已知重力加速度为g ，下列说法正确的是：（ ） A ．电场强度的方向竖直向上BC ．从B 点运动到D 点的过程中微粒的电势能先减小后增大D ．从B 点运动到D 点的过程中微粒的电势能和重力势能相加之和先增大后减小7．回旋加速器是获得高能量带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，关于回旋加速器的下列说法中正确的是（ ）A ．加速电压越大，带电粒子从D 形盒射出时的动能越大B ．带电粒子从D 形盒射出时动能与磁场的强弱无关C ．交变电场的周期应为带电粒子做圆周运动周期的二倍D ．用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率8．如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，电源的内电阻为r 。
闭合开关S ，电压表显示有读数，调节可变电阻R 的阻值，电压表示数增大量为ΔU 。
对此过程，下列判断正确的是（ ） A ．可变电阻R 阻值增大，流过它的电流增大 B ．电阻R 2两端的电压减小，减小量小于ΔU C ．可变电阻R 阻值增大，电源输出功率增大 D ．路端电压一定增大，增大量小于ΔU9．如图所示，当K 1、K 2均闭合时，一质量为m 、带电荷量为q 的液滴，静止在电容器的两平行金属板A.B 间，现保持K 1闭合，将K 2断开，然后将B 板向下平移一段距离，则下列说法正确的是（ ） A ．电容器的电容变小B ．A 板的电势比电路中Q 点的电势高C ．液滴向下加速运动D ．液滴的电势能减小10．如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中（ ） A ．它们运动的时间t Q =t P B ．它们运动的加速度Q p a aC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动量增加量之比ΔE KP ∶ΔE KQ ＝1∶2 二、实验题（本题共2小题，每空3分，共24分）11．（9分）为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D.电阻R。
某同学进行如下几步进行测量：（1）直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图，由图可知，该金属丝的直径d= 。
（2）欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆×10档，测量结果如图所示，为了使读数更精确些，还需进行的步骤是。
A.换为×1档，重新测量B.换为×100档，重新测量C.换为×1档，先欧姆调零再测量D.换为×100档，先欧姆调零再测量（3）伏安法测电阻，实验室提供的滑变阻值为0～20Ω，电流表0～0.6A（内阻约0.5Ω），电压表0～3V（内阻约5kΩ），为了测量电阻误差较小，且电路便于调节，下列备选电路中，应该选择。
12．（15分）用图所示的电路测定一种特殊电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8 V，内阻r 约为30 Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40 mA。
为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：A．电流表A(量程为0.05 A、内阻约为0.2 Ω)B．电压表V(量程为6 V、内阻为20 kΩ)C．定值电阻R1(阻值为100 Ω、额定功率为1 W)D．定值电阻R2(阻值为200 Ω、额定功率为1 W)E．滑动变阻器R3(阻值范围为0～10 Ω、额定电流为2 A)F．滑动变阻器R4(阻值范围为0～750 Ω、额定电流为1 A)G．导线和单刀单掷开关若干（1）为了电路安全及便于操作，定值电阻应该选________；滑动变阻器应该选________。
(填写器材名称)（2）接入符合要求的用电器后，闭合开关S，调滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数。
取得多组数据，作出了如图所示的图线。
根据图线得出该电池的电动势E 为________V ，内阻r 为________Ω。
(结果保留两位有效数字)（3）若所给的电压表已被损坏，其他器材均可使用。
重新选择器材，设计电路测定该电池的电动势和内阻。
请在虚线框中画出设计的电路图并在上面标明选定器材的名称。
三 计算题（本题共40分， 解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）13．（8分）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP 、NQ 与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L=0.5 m ，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab ，金属棒ab 处于静止状态，它的质量为m =2510kg -⨯。
金属棒ab 两端连在导轨间部分对应的电阻为R 2＝2Ω，电源电动势E ＝2V ，电源内阻r ＝1Ω，电阻R 1＝2Ω，其他电阻不计。
装置所在区域存在一垂直于斜面MPQN 的匀强磁场。
（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，210m/s g =）求：（1）所加磁场磁感应强度方向；（3分） （2）磁感应强度B 的大小。
（5分）14．(8分)虚线MN 下方有竖直向上的匀强电场，场强大小E=2×103V/m ，MN 上方有一竖直长为L=0.5m 的轻质绝缘杆，杆的上下两端分别固定一带电小球A 、B(可看成质点)，质量均为m=0.01kg ，A 带电量为41 2.510q C -=+⨯；B 带电量52510qC --=-⨯，B 到MN 的距离h=0.05m 。
现将杆由静止释放（g 取10m/s 2），求：（1）小球B 在匀强电场中，而A 还未进入电场时，两小球的加速度大小。
(3分) （2）从开始运动到A 刚要进入匀强电场过程的时间。
(5分)15．（10分）如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d 的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场；右半部分为一半径为R 的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场．矩形abcd 相切于半圆，小孔M 、N 连线延长线经过圆心O 点且与ad 垂直．一束质量为m 、带电量为+q 的离子（不计重力）以不同速率沿MN 方向从M 孔射入． （1）金属板间电压为U 0时，求从N 孔射出的离子的速度大小；（3分） （2）要使离子能打到ab 上，求金属板间电压U 的取值范围．（7分）16．（10分）如图所示,矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场(AA′、BB′、CC′、DD′为磁场边界,四者相互平行),磁感应强度大小均为B,矩形区域的长度足够长,磁场宽度及BB′与CC′之间的距离相同.某种带正电的粒子从AA′上的O 1处以大小不同的速度沿与O 1A 成α=30°角进入磁场(如图所示,不计粒子所受重力),当粒子的速度小于某一值时,粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t 0;当速度为v 0时,粒子在区域Ⅰ内的运动时间为05t .求:(1)粒子的比荷q m；（4分） (2)磁场区域Ⅰ和Ⅱ的宽度d; （4分）(3)速度为v 0的粒子从O 1到DD′所用的时间. （2分）2017届高二年级第三次月考物理试题答题卡一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
1—7单选，8—10多选，全选对的得4分 选对但不全得2分，错选或不选得0分）11、（9分）（1）（2） （3）12、（15分）（1）（2） （3）三 只写出最后答案的不能得分） 13、（8分）14、（8分）15、（10分）16、（10分）2017届高二年级第三次月考物理试题答案1、D2、B3、C4、B5、B6、B7、D8、BD9、ABD 10、AC11、（1）2.545mm（2.543mm---2.547mm都正确）；（2）D；（3）D12、（1）R2 R4（2）7.8（7.7～7.9均对） 29（26～32均对））（3）13、【答案】（1）垂直斜面向下（2）B=1.2T （2）R 1和R 2并联的总电阻R ＝2121R R R R +＝1Ω电路中的总电流I=r R E +，通过导体棒的电流I′=2I，导体棒受到安培力为F=B I′L 受力平衡F=mgsin θ…，磁感应强度为B=1.2T14、【答案】（1）15m/s 2（2）0.3s（1）以A 、B 球以及杆做研究对象，由牛顿第二定律：222ma mg q E =+ 解得：215/a m s =（2）B 未进入电场前，系统做自由落体运动，时间记为1t 由 2112h gt =，解得 10.1t s =，B 球进入电场瞬间的速度为11/B v gt m s == B 球进入电场，至A 球刚好进入，这段时间为2t ，由运动学公式 22212B L v t at =+ 解得 20.2t s =，从开始运动，至A 球刚好进入的时间为120.3t t t s =+=15、【答案】（1）00dB U v =（2）m RdqBB U m RdqBB 00)12(<<- 试题分析：（1）设电压为U 0时，两板间电场强度为E ，从N 孔射出的粒子速度为v ，则d U E 0=①， 由平衡条件得0qvB qE = ②，解得：00dB U v = ③ （2）如答图(ⅰ)，设电压为U 1时，粒子恰好打到b 点，粒子轨道半径为r 1，则1211r vm B qv = ④， R r =1⑤由③可知：011dB U v =解得：m RdqBB U 01=⑥（3分）如答图(ⅱ)，设电压为U 2时，粒子恰好打到a 点，粒子轨道半径为r 2，则2222r vm B qv = ⑦，R r r =+02245cos ⑧由③可知：022dB U v =，解得：mRdqBB U 02)12(-=⑨（4分） 所以当mRdqBB U m RdqBB 00)12(<<-时，粒子能打到ab 上． 16、【答案】（1）053t Bπ（2（3）025t +【 （1）若速度小于某一值时粒子不能从BB′离开区域Ⅰ,只能从AA′边离开区域Ⅰ.则无论 粒子速度大小,在区域Ⅰ中运动的时间相同.轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹).粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角为φ1=300°由2v Bqv m R =,2R T v π=解得粒子做圆周运动的周期为2mT qBπ=依题意053mt T qB π==，解得053q m t Bπ= (2)速度为v 0时粒子在区域Ⅰ内的运动时间为05t ,设轨迹所对圆心角为φ2,则012Tt ϕπ=，052t Tϕπ=；，解得 φ2=φ1=60° 所以其圆心在BB′上,穿出BB′时速度方向与BB′垂直,其轨迹如图所示,设轨道半径为R,则200v Bqv m R =，解得00035mv t R v qB π==，故(3)区域Ⅰ、Ⅱ宽度相同,则粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动时间均为5t ,穿过中间无磁场区域的时间'0010d t v π==，则粒子从O 1到DD′所用的时间002510t t π=+。