佛山市2018届普通高中高三教学质量检测(二)(物理)[精品文档]
2022～2023 学年佛山市普通高中教学质量检测(二) (物理)答案及评分细则
2022～2023学年佛山市普通高中教学质量检测（二）高三物理参考答案及评分细则选择题答案一．选择题.（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1~8题中只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~11题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）题号1234567891011答案CBCDADAACBDBCBCD物理非选择题答案12．（共8分）（1）（共2分）：0.697（0.696~0.699均可）；（2）（共2分）：最右端；（只有写成“最右端”才给2分，写成“右端”等都不给分）（3）（共2分）：kπd 24（写成“14kπd 2”或“kπ(d2)2”一样给2分）；（4）（共2分）：电流表的内阻（写成“电流表的内阻R A ”或“电流表的阻值”一样给2分，只写成“R A ”或“（连接电流表和合金丝之间的）导线电阻”不给分）．13．（共8分）（1）（共2分）：3.2（写成“3.2m/s ”也给2分，写成“3.20”属于错误不给分）（2）（共2分）：d 2(2H ＋d )Δt 2（写成没完全化简的等价表达式都给2分，如“12(H ＋12d )·(d Δt )2”等）（3）（共2分）：小于．（只有写成“小于”才给2分，写成“＜”不给分）（4）（共2分）：AC （每选对一个给1分，有选错给0分）14.（共8分）（1）（共2分）正确光路图如图甲（2）（共4分）1）一开始能看到亮光的原因：（2分）说法一：一开始能看到经液体折射的光线，故能看到亮光（2分）；这种情况不扣分这种情况扣1分图甲说法二：一开始能看到亮光，是由于从O 点射入的光线折射后能够进入目镜．（2分）说法三：从O 点左上方入射的光线经液体折射后能够进入目镜（2分）备注：此问表述意思相近即可给分.2）最后看不到亮光的原因：（2分）说法一：最后看不到亮光是因为发生了全发射现象（1分），从目镜中应该看到由MN 这段弧入射的光线，但MN 弧被涂黑（或：从O 点右上方入射的光线，经液体折射后被MN 所涂的黑色物质吸收）（1分），故看不到亮光．说法二：因液体相对空气是光密介质，根据光的折射定律，当目镜与法线的夹角大于全反射的临界角时，应该看到全反射现象（1分），即从目镜中应该看到由MN 这段弧入射的光线，但MN 弧被涂黑（或：从O 点右上方入射的光线，经液体折射后被MN 所涂的黑色物质吸收）（1分），故看不到亮光．说法三：因液体相对空气是光密介质，根据光的折射定律，入射角大于折射角，即便沿MO 入射的光，其入射角已经接近90°，而折射角也是某一锐角（1分），当目镜与竖直方向夹角大于该锐角时，从O 点入射的光线中，没有任何一条折射光线能够进入该目镜（1分）．备注：此问表述意思相近即可给分.（3）（共2分）φ对应的就是全反射的临界角，故该饮料折射率ϕsin 1=n 备注：只要全反射的公式和结果正确，即给满分，没有判断φ是临界角的不扣分15．（共13分）（1）（共6分）∵BILF =安（2分）rR EI +=（1分）()am M Mg F +=-μ安（2分）∴()()()m M r R r R Mg BEL a +++-=μ（1分）补充说明：①()a m M Mg BIL +=-μ（4分）②L rR BF +=E安（2分）③()a m M Mg L rR B+=-+μE（2分）④aMg F M =-μ安（0分）⑤()()()m M Mgm M r R BEL a +-++=μ（1分）⑥用隔离法：aMg M T =-μ（2分）aT IL m B =-（2分）（2）（共3分）当导体棒向右运动的速度为v 时v BL E =感（1分）rR E E I +-=感（1分）解得rR BL E I +-=v （1分）补充说明：rR BLv E I +-=（3分）v BL E =感，r R E I +-=E 感，r R EBLv I +-=（2分）（3）（共4分）导体棒ab 匀速时速度最大，有BIL －μMg ＝0（1分）E －E 感＝I (R ＋r )（1分）E 感＝BL v （1分）解得()22L B r R Mg BEL +-=μv （1分）或()22L B r R Mg BL E +-=μv 补充说明：E －BL v ＝I (R ＋r )（2分）16．（共15分）（1）（共4分）小球做平抛运动，恰能沿切线进入滑块圆弧曲面，得v y ＝v 0tan θ（1分）（若写：cos 53°＝v 0v A ，sin 53°＝v yv A分开写且正确两式子共给1分）v y ＝gt 1（1分）H ＝12gt 12（1分）（若直接写：v y 2＝2gH可给2分）（若直接写：tan θ＝gt 1v 0则给2分）联立解得H ＝0.8m（1分）另解（共4分）：cos 53°＝v 0v A（1分）12m v 02＋mg H ＝12m v A 2（2分）联立解得H ＝0.8m（1分）（说明：若有其它解法，而且正确，也给分）（2）（共5分）设小球从滑块右侧离开时，小球的速度为v 1，滑块的速度为v 2．以小球和滑块为研究对象，小球在滑块圆弧曲面运动过程，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒定律，得m v 0＝m v 1＋M v 2（或m v 0＝m v 1－M v 2）（2分）12m v 02＋mg Δh ＝12m v 12＋12M v 22（1分）Δh ＝H ＋R (1－cos 53°)（1分）（若两个式子合在一起写，且正确则给2分）（或12m v A 2＋mgR (1－cos 53°)＝12m v 12＋12M v 22（1分）和cos 53°＝v 0v A（1分））（若两个式子合在一起写，且正确则给2分）解得：v 2＝－1m/s （或v 2＝1m/s ），负号表示滑块向左运动．（1分）（3）（共6分）设小球落地时间为t 2，则对小球，有h ＝12gt 22（1分）s2.02=t （1分）后续的解答如果无演算，只写“摩擦力是变力，无法计算”的，给2分。
佛山市2018届普通高中高三教学质量检测试题
佛山市2018届普通高中高三教学质量检测（二）语文2018年5月5日注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，请将答题卡交回。
一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3题。
什么是人文？什么是人文科学与人文精神？《易经》说：“观乎天文，以察时变：观乎人文，以化成天下。
”文即理，即道，即法则，即常性。
人文，即人之理，人之道，即做人的法则，即人之常性。
人文科学即人的科学，即人心人性的科学，即关于人的法则与人之精神的科学，简单地讲，就是研究做人之道、做人之理的科学。
这些人之道、人之理，都显示着人心人性的本质，都透露着一种人的精神，故称之为人文精神。
人文精神的培育、充实、大化，无疑要靠道德教化，要靠人心人性的涵养培育，特别是礼乐文化及整个教育的发展。
但人文科学能否担当得起培养国家民族人文精神的重任，是需要深思的。
现在人文科学门类很多。
哲学、伦理学、社会学、历史学、法学、心理学、人类学、语言学、人口学、文学以及艺术等，无不属于人文科学。
经济学原属历史哲学的一部分，自然也应属于人文科学。
可以说人文科学几乎等于整个哲学社会科学。
这些所谓的人文科学，虽然门类很多，但由于受浅薄的知识论哲学的影响，已经很少阐明人性的本质，很少具有人的精神了。
例如，伦理学已不把人伦看成是天理，看成是人性的自然法则，而把整个伦理道德从属于经济活动与社会集团的利益。
心理学已经没有“理”，而把人看作生物有机体，把心看作一块血肉，在进行刺激反应的观察实验。
历史学撇开人性、人的精神，大谈经济活动作为整个社会历史存在的本质与基础。
人口学变成出生率、死亡率一类的统计，更是缺少人性，缺少人的精神。
2022佛山二模物理试题及参考答案
2021～2022学年佛山市普通高中教学质量检测（二）高三物理试题2022.4本试卷共6页，满分100分．考试时间75分钟．注意事项：1．答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全正确及考试科目也相符后，将条形码粘贴在规定的位置．2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用黑色墨水签字笔或钢笔作答，字体工整、笔迹清楚．3．考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．4．保持答题卡清洁、完整，不得折叠．严禁在答题卡上做任何标记，严禁使用涂改液和修正带．一、单项选择题．本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分．1．通过检测发现三星堆遗址出土的文物，年代从公元前3000年延续至公元前1200年，跨越了近2000年，用实物展示了连绵5000年的中华文化．考古通常用C 146年代检测法推算出土文物的年代．C 146的衰变方程为X N C 147146+→，下列说法正确的是A ．衰变方程中的X 是中子B ．C 146需吸收能量才能发生衰变C ．随着C 146的不断衰变，其半衰期会逐渐变长D ．N 147与X 的质量之和小于C 146的质量2．每个工程设计都蕴含一定的科学道理．如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R 的球面，则每个爪与锅之间的弹力A ．等于mg41B ．小于mg 41C ．R 越大，弹力越大D ．R 越大，弹力越小3．如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病毒传播的载体．则其中即将被吸附的带电粉尘，一定是A ．带正电B ．沿电场线加速靠近熔喷布C ．在靠近熔喷布的过程中电场力做正功D ．在靠近熔喷布的过程中电势能增加甲乙4．如图，辛丑年农历除夕神舟十三号航天员在遥远的中国空间站向祖国和人民送上了新春的祝福．下列相关说法正确的是A ．在空间站中宇航员所受的重力为零B ．宇航员在空间站中“静止”不动时处于平衡状态C ．空间站绕地球运动经远地点时的速度小于7.9km/sD ．空间站绕地球运动经远地点时的加速度大于9.8m/s 25．右图是某汽车安全气囊的工作原理图．当汽车发生意外碰撞时，钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F 时阀门就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释放大量气体瞬间充满安全气囊。
2018～2019学年佛山市普通高中教学质量检测(高二物理)
2018～2019学年佛山市普通高中教学质量检测高二物理试题2019.1本试卷共5页，满分100分．考试时间90分钟．注意事项：1．答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全正确及考试科目也相符后，将条形码粘贴在规定的位置．2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用黑色墨水签字笔作答，字体工整、笔迹清楚．3．考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．4．保持答题卡清洁、完整，不得折叠．严禁在答题卡上做任何标记，严禁使用涂改液和修正带．第一部分选择题（共48分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，选对的得4分，错选、不选得0分．1．绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电，将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球（带负电）靠近P球，要让P在图中甲乙丙丁的哪一个位置？A．甲B．乙C．丙D．丁2．如下四个实验或器材共同运用到的物理知识或方法是A．物体的平衡B．作用力与反作用力C．放大法D．等效替代法3．即使是在干燥的冬天，人体仍然是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷，不计其他电场影响，则A．小明此时与地之间没有电势差B．小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时，不会产生电流C．小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人的电势会降低D．小明靠近客人（还未与其接触）时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电势会降低元电荷的测定库仑扭秤测定电流大小确定磁场方向丁P乙ABCD 甲4．扫地机器人它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感应绕开障碍物。
某扫地机器人正常工作时电动机的电压为10 V 、电流为3A 、线圈电阻为1Ω。
则下列有关它的说法正确的是A ．正常工作时，电动机的发热功率为100WB ．正常工作时，电动机的输出功率为9WC ．正常工作时，电动机的总功率为30WD ．电动机被杂物卡住无法运转（不考虑保护电路的作用）时，电动机的发热功率为9W5．如图，在P 点固定一个负点电荷甲，另一个带正电的粒子乙仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道运动（甲、乙均可视为质点），A 、B 、C 、D 是轨道上的四个顶点．则以下说法错误．．的是 A ．乙经过A 点时速度最大 B ．乙经过A 点时速度变化最快 C ．乙经过C 点时系统的电势能最大D ．在甲电荷的电场中，轨道上的各点，A 点的电势最高6．如图所示，在半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab 是圆的直径，磁场的磁感应强度为B 。
广东省佛山市2018届高三教学质量检测(一)理科综合试题(word)1121【新版】
佛山市普通高中2018 届高三教学质量检测（一）理科综合试题一、选择题：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.下列有关实验选材或试剂的说法中正确的是A.用过氧化氢酶研究温度对酶活性的影响B.用洋葱根尖细胞观察同源染色体的联会C.用澄清石灰水检验酵母菌是否进行无氧呼吸D.用加入了无水碳酸钠的 95%的乙醇提取绿叶中的色素2.反义 RNA通常是指与 mRNA互补的 RNA分子。
由于核糖体不能翻译双链的 RNA，所以反义 RNA与mRNA互补结合后，会抑制该 mRNA的翻译。
下列说法错误的是A.反义 RNA的合成需要 RNA聚合酶催化B.反义 RNA是由 mRNA的模板链反向转录产生的C.反义 RNA合成受基因的调控，同时反义 RNA本身又能调控基因的表达D.真核细胞内反义 RNA主要是在细胞核内合成，经核孔出细胞核后发挥作用3.下列关于基因频率与生物进化关系的叙述中，正确的是A.生物进化的实质是种群基因型频率的改变B.生物表现型的改变一定引起基因频率的变化C.经长期自然选择，一种基因的频率可能降为零D.只有在新物种形成时，才发生基因频率的改变4.用脱落酸（ ABA）及其合成抑制剂分别处理釆摘后的番茄，番茄的乙烯释放量变化如图所示（CK 为对照处理），下列有关分析正确的是A.ABA 可以抑制乙烯的生成B.ABA 与乙烯共同促进番茄成熟C. ABA 合成抑制剂可以促进乙烯生成D. 釆摘后番茄果实内乙烯的生成需要外源 ABA 的诱导5. 某岛屿栖息着狐和野兔，生态系统相对稳定。
后有人登岛牧羊，捕食狐和野兔，狐也捕食羊羔。
第 5 年， 岛上狐濒临灭绝，但野兔的数量大大超过人登岛前的数量。
下列说法正确的是A. 人登岛前岛屿上只存在两个种群B.5 年间野兔的种内斗争逐渐减弱C. 狐的存在对于羊和野兔始终不利D.5 年后流入该生态系统的总能量减少6. 下图中 1 至 4 号个体均不患病，但 3 号与 4 号所生男孩有 1/8 的概率同时患白化病和红绿色盲。
广东省佛山市普通高中2018届高三教学质量检测(二)文数试题(含精品解析)
1．B【解析】因为全集，所以，，因此，选B.2．B【解析】因为，所以，即，，因此，选B.5．A【解析】因为抛物线的焦点为，又因为抛物线的焦点在直线上，所以选A.6．A【解析】由图可知这些点分布在一条斜率大于零的直线附近，所以为正相关，即相关系数因为所以回归直线的方程必过点，即直线恰好过点；因为直线斜率接近于AD斜率，而，所以③错误，综上正确结论是①②，选A.综上选B.8．C【解析】螺栓由一个正六棱柱与一个圆柱组合而成，其中正六棱柱的高为1，底边正六边形边长为2，圆柱高为6，底边圆半径为1.因此螺栓的表面积为正六棱柱表面积与圆柱侧面积和，正六棱柱的一个底面积为，正六棱柱的侧面积为圆柱侧面积为，因此螺栓的表面积为选C.点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．9．C【解析】若赵同学说：甲是2号为对，则乙不是3号；钱同学说：丙是2号是错，则乙是4号；孙同学说：丁是2号是错，丙是3号；李同学说：乙是3号是错，则丁是1号；此时甲是2号，乙是4号，丙是3号，丁是2号；点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11．B【解析】因为时，又因为函数的图象在区间上不单调,所以存在，使得，即得当时，；当时，；当时，；因此的取值范围为，选B.【点睛】函数的性质(1).(2)周期(3)由求对称轴(4)由求增区间;由求减区间的一条切线,因为，所以，由，所以，综上，正确结论的个数为3，选D.点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.15．【解析】以B为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则,因为为中点，所以因为，所以所以16．【解析】因为所以,两式相减得，当时，因此点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.17．（1）（2）318．（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）过点作，根据面面垂直性质定理得平面，由于平面,所以，再根据线面平行判定定理得平面同样由，根据线面平行判定定理得平面,最后根据面面平行判定定理得平面平面,即得平面.（2）先分割多面体为一个四棱锥与一个三棱锥，再找高或证线面垂直，由（1）可得平面，平面，最后根据锥体体积公式求体积.试题解析：(Ⅰ)过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面,19．（1）平均数的估计值为 100,方差的估计值为 104．（2）100元，元【解析】试题分析：（1）根据组中值与对应区间概率乘积的和计算平均数，根据方差公式求方差，（2）(ⅰ)先根据定义分别求出各箱对应利润，再求和，(ⅱ) )根据提供的概率分布,估计出10000件产品中三个等级的件数，再根据定义分别求出各箱对应利润，最后求和.试题解析：(Ⅰ)质量指标的样本平均数,质量指标的样本的方差,这种产品质量指标的平均数的估计值为 100,方差的估计值为 104．(Ⅱ)因.(i)计算得5件产品中有一等品两件：93,105；二等品两件：85,112；三等品一件：76.故根据规则,获利为: 元．(ⅱ)根据提供的概率分布,该企业生产的 10000件产品中一等品大约为件,二等品大约为件,三等品件,不合格品大约为件.估计年获利为: 元.20．（1）（2）4又，所以,即,所以.21．（1）（2）.【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a的正负讨论导函数零点情况，当时只有一个零点，且为极小值，再根据极小值为0 ,求的值；当时讨论两个零点大小，先确定极小值取法，再根据极小值为0 ,求的值；（2）先化简不等式为，再对时，变量分离，转化为讨论对应函数最值问题最小值，先根据与同号得>0，再根据放缩证明最小值恒大于零且趋于零，综合可得的取值范围.试题解析：(Ⅰ).①若，则由解得,当时，递减；当上，递增；故当时，取极小值，令,得（舍去）.(Ⅱ)方法一：等价于,即，即①当时，①式恒成立；以下求当时不等式恒成立,且当时不等式恒成立时的取值范围．令,即，记.(i)当即时，是上的增函数，所以,故当时，①式恒成立；(ii)当即时，令,若，即时，则在区间上有两个零点,综上所述, 所求的取值范围是.方法二：等价于，③当时，③式恒成立；当时，③式等价于：，令，则,当时，；当时，，故当时，③式恒成立；以下证明:对任意的正数,存在，使，取，则，令，解得，即时，,综上所述, 所求的取值范围是.点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.22．（1）.（2）23．（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为两个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先根据绝对值定义化为分段函数形式，作图可得形状为梯形，根据梯形面积公式列不等式，解不等式可得的取值范围.试题解析：(Ⅰ)当时，不等式为.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。
2021届广东省佛山市2018级高三上学期1月教学质量检测(一模考试)理科综合物理试卷参考答案
mv02
（注：利用运动学公式求解，正确的同样给分）
（2 分）
碰撞时动量守恒，设共同速度为 v共 ： mv0 (m m)v共
（2 分）
解得：
v共
2gh
1
E
mgh
1 2
1
β mv共2
解得： E β mgh 1 β
（1 分） （1 分） （1 分）
（注：结果正确给满分， m 写成 M 全题扣 1 分。答案没有化简不扣分）
分）；
答二： s2 s3 f s1 s2 f s4 s3 f s3 s2 f
2
2
2
2
或 s2 f s1 f s3 f s2 f s4 f s3 f (1 分）、
相等时间间隔速度变化量相同 （或：速度随时间均匀变化）（2 分）（注：将“变化”写“增加”
或“减小”的给 1 分）。
T 2r v
（1 分） （1 分）
C
E
＋
U0
M
t 30 T πm （1 分） 360 6qB
d
N
－
U0
l
（注：①直接写公式 T 2m ，扣 1 分 qB
D
F
②在磁场中的速度用成了进入偏转电场的速度，扣 1 分）
14．（共 14 分）
（1）（7
分）P
自由下落，设碰撞前瞬间的速度为
v0
：
mgh
1 2
2020～2021 学年佛山市普通高中教学质量检测（一）高三物理评分细则 第 2 页 共 5 页
2021届广东省佛山市2018级高三上学期1月教学质量检测（一模考试）理科综合物理试卷
（注：①速度大小正确 1 分，方向正确 1 分，其余式子共 5 分；若结果错误，以上每式 1 分，不得 超过 5 分。
2024届广东省佛山市高三二模物理试题
2024届广东省佛山市高三二模物理试题一、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，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进入介质球后分成光束Ⅰ、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，，则（ ）A．介质球对光束Ⅱ的折射率大于B．同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球C．当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ会发生全反射D．用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大第(2)题如图为一个质点做直线运动的图象，该质点在前4s内向西运动，则该质点A．在8s末速度反向B．在4~12s内的位移大小为24mC．在前8s内的合外力的方向先向西后向东D．在前8s内的加速度大小不变，方向始终向东第(3)题1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。
两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。
两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过M点。
已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。
下列说法正确的是（）A．油滴P带正电B．油滴P所带电荷量的值为C．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小D．油滴先后两次经过M点经历的时间为第(4)题如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点，一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ=30°，直杆与小球a位于同一竖直面内，杆上有A、B、C三点，C与O两点位于同一水平线上，B为AC的中点，OA=OC=L。
【配套K12】广东省佛山市顺德区2018届高三物理下学期学情调研试题
广东省佛山市顺德区2018届高三物理下学期学情调研试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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。
14.下列说法正确的是A.贝克勒尔发现了天然放射现象，并提出了原子的核式结构B.用加温或加压的方法能改变原子核衰变的半衰期C.某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少2个D.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流15.返回式人造地球卫星和字宙飞船等航天器在返回地球的过程中，通常要经历绕地球做半径不断减小的圆周运动的过程。
特别是进入稀薄大气层后，受到稀薄大气的阻碍作用开始做逐渐靠近地球的圆周运动（即每一周都可视为匀速圆周运动，但运动的半径逐渐减小）。
若在这个过程中航天器的质量保持不变，则航天器的A.周期将逐渐变小B.加速度将逐渐变小C.线速度将逐渐变小D.角速度将逐渐变小16.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。
例如用手竖直提着一只铅笔，若手在水平面内快速向前运动，同时手松开铅笔，铅笔能与竖直的手掌保持相对静止而不从手掌中滑落，对此分析正确的是A.铅笔受到的弹力随手的速度增大而增大B.铅笔受到竖直向上的摩擦力，且大小不变C.手的速度越大，铅笔受到的摩擦力越大D.手的速度变化越快，铅笔受到的弹力不变17.如图所示，相同匀强磁场中分别放置了用导线围成的圆（1）、正三角形（2）和正方形（3）、（4）的单面线圈，这些线围所使用导线的材料、横截面积及长度均相同。
当它们以相同的角速度ω分别绕如图所示的轴匀速转动时，线框内产生的电功率分别是P1、P2、P3、P4，下列判断正确的是A. P1=P2=P3=P4B. P1<P2<P3<P4C. P1> P3= P4> P2D. P2>P3>P4>P118.某质子仅在电场力作用下沿x轴运动，如图甲所示。
广东省佛山市普通高中2018届高三数学教学质量检测试题(二)理(含解析)
广东省佛山市普通高中2018届高三数学教学质量检测试题（二）理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）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.已知全集，若,，则( )A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意得，，∴.故选B．2.复数为虚数单位)的共轭复数( )A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用复数的除法法则、加法法则把化为形式，再由共轭复数的定义得解.详解：，∴.故选C.点睛：复数的运算，难点是乘除法法则，设，则，.3.已知，则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析：已知，由同角关系式求得，然后由两角差的余弦公式求值. 详解：∵，∴，∴故选D.点睛：在应用同角间的三角函数关系特别是平方关系求函数值时，一定要先确定角的象限，这样才能确定（或）的正负，否则易出现错误结论.4.已知等差数列的前项为，且，，则( )A. 90B. 100C. 110D. 120【答案】A【解析】分析：详解：设公差为，，∴，∴，故选A.点睛：等差数列与等比数列之间通过函数的变换可以相互转化，如是等差数列，则是等比数列，如是等比数列且均为正，则是等差数列.5.某同学用收集到的6组数据对（x i，y i）（i＝1，2，3，4，5，6）制作成如图所示的散点图（点旁的数据为该点坐标），并由最小二乘法计算得到回归直线l的方程：x，相关指数为r．现给出以下3个结论：①r>0；②直线l恰好过点D；③1；其中正确的结论是A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③【答案】A【解析】由图可知这些点分布在一条斜率大于零的直线附近，所以为正相关，即相关系数因为所以回归直线的方程必过点，即直线恰好过点；因为直线斜率接近于AD斜率，而，所以③错误，综上正确结论是①②，选A.6.函数的最小正周期和振幅分别是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：应用诱导公式有，从而函数易化为一个三角函数的形式：，然后利用物理意义得出结论．详解：，∴，振幅为2，故选B.点睛：函数的物理意义：表示振幅，为周期，为频率，为相位，为初相．7.下列函数中,既是奇函数又存在零点的是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用奇函数的定义判断各函数是琐是奇函数，再通过解方程或画出函数的图象可判断各函数是否零点.详解：奇函数，但没有零点；不是奇函数；是奇函数，但没有零点；是奇函数，也有零点.故选D.点睛：解决本题首先要掌握函数奇偶性的定义，即满足恒成立，则为奇函数，满足恒成立，则为偶函数，判断奇偶性一般用定义判断，有时也可从图象是否关于原点或轴对称进行判断；其次要掌握零点的定义，即解方程以确定零点；第三本题一般要对每一个函数进行判断才可得出结论.8.执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为( )A. -2B. -1C.D.【答案】B【解析】若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，符合题意；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；综上选B.9.已知，设满足约束条件，且的最小值为-4，则( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析：作出可行域，同时作出直线，由得，因此当直线向上平移时，纵截距增大，减小，从而知过点时取得最小值，求出点坐标代入后可得值.详解：作出可行域，如图内部，并作直线，当直线向上平移时，减少，可见，当过点时，取得最小值，∴，，故选C.点睛：线性规划问题，一般是作出可行域，作出目标函数对应的直线（目标函数中令），然后平移这条直线，最后所过可行域的点就是最优解；把目标函数化为直线方程的点斜式，会发现增大减小与直线的纵截距增大减小之间的关系，从而可确定直线是向上平移还是向下平移，从而得最优解．10.已知分别为双曲线的左顶点、右焦点以及右支上的动点,若恒成立，则双曲线的离心率为( )A. B. C. 2 D.【答案】C【解析】分析：设P点坐标为，写出直线PA、PF的斜率，利用及它们与斜率的关系可建立的方程，此即为P点的轨迹方程与双曲线标准方程比较可得关系，从而得离心率.详解：设，又，∵，∴，，又，∴，整理得，这是P点的轨迹方程，又P点轨迹方程为，∴，∴，故选C.点睛：求双曲线的离心率，一般要求出的一个关系等式，这可从双曲线的几何性质分析得出，本题中由于已知是，而这两个角可以与相应直线的斜率有关，因此可以通过正切的二倍角公式建立P点的轨迹方程，这应该是双曲线的标准方程，比较后得出的关系.这种方法比较特殊，可以体会学习.11.如图，正方形的棱长为 4 ,点分别在底面、棱上运动,且，点为线段运动时,则线段的长度的最小值为( )A. 2B.C. 6D.【答案】B【解析】【分析】由已知确定点M的轨迹，由QA⊥AP，知MA＝2，从而M在以A为圆心，2为半径的球面上，从而可求得的轨迹，由球的性质可得结论.【详解】由题意，，而M是PQ的中点，所以AM＝2，即M在以A为球心，2为半径的球面上，又，∴的最小值为.故选B.【点睛】立体几何中与动点有关的最值问题，一般可先确定动点的轨迹，如本题球面，再利用空间几何体的性质求解.12.已知函数,曲线关于直线对称,现给出如结论：①若,则存在，使；②若，则不等式的解集为；③若，且是曲线的一条切线,则的取值范围是. 其中正确结论的个数为( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】由题意得过点，且所以，因此，①若,则由，因此存在②若，则，此时,图像如图所示，因此不等式等价于，即不等式的解集为；③若，且，如图，则是曲线的一条切线,设切点为，则，因为，所以，由，所以，综上，正确结论的个数为3，选D.点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知均为单位向量,且它们的夹角为120°,则__________．【答案】【解析】分析：由把模转化为向量的数量积计算即可.详解：，故答案.点睛：向量的数量积是平面向量的重要内容，几乎向量的大多数问题都与数量积有关，如向量的夹角，向量的模等，其公式为，.14.的展开式中的常数项是 .【答案】【解析】，常数项r=4，，填15.15.若抛物线的焦点在直线上，则直线截抛物线的弦长为__________．【答案】40【解析】分析：求出已知直线与轴的交点坐标，得抛物线的焦点，然后求出抛物线方程中的参数，联立直线方程与抛物线方程求出两交点坐标，最后由两点间距离公式求得弦长.详解：在中，令得，∴，，即抛物线方程为，由，解得或，∴弦长为，故答案为40.点睛：（1）由抛物线标准方程确定焦点的位置，从而确定要求出直线与哪个坐标轴的交点坐标，得参数，如果焦点位置不确定，则可能有两解；（2）求直线与抛物线的交点弦长，可以先求出交点坐标，再由两点间距离公式得解，也可借助于圆锥曲线中的弦长公式求解，这种方法利用韦达定理，可以避免解方程中方程根较复杂不易求的情况.16.若使得成立的最小整数，则使得成立的最小整数__________．【答案】18【解析】分析：解指数不等式，可利用取对数的方法求解，再由题意估计出的范围，同样用取对数的方法解不等式得，由刚才的的范围，得出的范围，从而可得要求的最小整数.详解：由得，∴，，即，，即，由得，，∴，即最小整数为18，故答案为18.点睛：解指数不等式一般采用两边取对数的方程，化指数不等式为一般的多项式不等式，从而求解.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.如图 ,在平面四边形中，.(Ⅰ)若,求的面积；(Ⅱ)若，求.【答案】（1）（2）【解析】分析：(Ⅰ)由余弦定理求出，再用公式求得面积；(Ⅱ)设，在中用正弦定理表示出，然后在中把用表示后，再由正弦定理得的等式，从而可求出.详解：(Ⅰ)在中，由余弦定理得，，即，解得或(舍去)，所以的面积.(Ⅱ)设，在中，由正弦定理得，,即，所以.在中，，则，即，即，整理得.联立，解得，即.点睛：在已知两边和一边对角时一般可用正弦定理求出另一边所对角，从而得三角形的第三角及第三边，也可直接利用余弦定理列出关于第三边的方程，解方程得第三边长.18.如图，在多面体中，平面，直线与平面所成的角为30°，为的中点.(Ⅰ)求证：平面平面；(Ⅱ)求二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）60°【解析】分析：(Ⅰ)由BD⊥平面ABC得BD⊥AC，上AC⊥AB，得AC⊥平面ABDE，从而知∠CDA是直线CD 与平面ABDE所成的角为30°，这样可求得AC与BC的关系从而确定是等腰直角三角形，于是取BC中点为O，有AO⊥BC，因此可证AO⊥平面CBD，又可证AOME是平行四边形，即得AO//EM，于是有EM⊥平面BCD，最终可证得面面垂直；(Ⅱ) 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设,写出各点坐标，然后求出平面BCE和平面BEM的法向量，利用向量法可求得二面角.详解：(Ⅰ)连接，取的中点为，连接.因为平面平面，所以，又,所以平面，则为直线与平面所成的角，即.所以,所以是等腰直角三角形，则，又平面,所以，所以平面.又分别是的中点，所以又，所以,故四边形是平行四边形,所以,所以平面,又平面，所以平面平面.(Ⅱ)以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设,则,所以.设平面的法向量为,则，即,解得, 令，得；设平面的法向量为，则,即,解得,令，得；所以,所以二面角的大小为60°.点睛：立体几何中求二面角有两种基本方法，第一种方法是根据二面角的定义作出二面角的平面角，通过解三角形求出平面角，得二面角大小；第二种方法是建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解，此法关键是求平面的法向量，同时要判断二面角是钝角还是锐角.19.单位计划组织55名职工进行一种疾病的筛查,先到本单位医务室进行血检,血检呈阳性者再到医院进一步检测．已知随机一人血检呈阳性的概率为 1% ,且每个人血检是否呈阳性相互独立.(Ⅰ) 根据经验,采用分组检测法可有效减少工作量,具体操作如下：将待检人员随机等分成若干组,先将每组的血样混在一起化验,若结果呈阴性,则可断定本组血样全部为阴性,不必再化验；若结果呈阳性,则本组中至少有一人呈阳性,再逐个化验．现有两个分组方案：方案一: 将 55 人分成 11 组,每组 5 人；方案二：将 55 人分成5组,每组 11 人；试分析哪一个方案工作量更少？(Ⅱ) 若该疾病的患病率为 0.4% ,且患该疾病者血检呈阳性的概率为99% ,该单位有一职工血检呈阳性,求该职工确实患该疾病的概率.(参考数据:)【答案】（1）方案二工作量更少.（2）39.6%.【解析】分析：(Ⅰ)方案一中化验次数为1或者6，方案二中化验次数为1或13，分别求出两种方案化验次数的分布列，求出期望，通过比较期望大小可得结论；(Ⅱ) 设事件：血检呈阳性；事件:患疾病．则题意有,利用条件概率公式可得，注意要求的概率是P(B|A).详解：(Ⅰ)方法1：设方案一中每组的化验次数为，则的取值为1，6.所以，所以的分布列为所以.故方案一的化验总次数的期望为:次.设方案二中每组的化验次数为，则的取值为1，12，所以，所以的分布列为所以.故方案二的化验总次数的期望为：次.因，所以方案二工作量更少.方法 2:也可设方案一中每个人的化验次数为 ,则 的取值为.方案二中每个人的化验次数为 ,则的取值为.同方法一可计算得,因,所以方案二工作量更少.(Ⅱ)设事件：血检呈阳性；事件:患疾病． 则由题意有,由条件概率公式，得,故, 所以血检呈阳性的人确实患病的概率为39.6%. 点睛：本题是概率的实际应用，要比较工作量的多少，从概率角度考虑，可求出两种方案的工作量的平均值，这可通过化验次数的概率分布率，求出平均值（期望）.条件概率公式，要注意字母的顺序，如，否则易出错.20.已知椭圆的左、右焦点为.过作直线交椭圆于，过作直线交椭圆于，且垂直于点.(Ⅰ)证明：点在椭圆内部； (Ⅱ)求四边形面积的最小值.【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(Ⅰ)由可求得，从而椭圆标准方程，再由已知求出点轨迹方程为，而此圆在题设椭圆内部，因此可证P点在椭圆内部；(Ⅱ)分类讨论，当斜率不存在时，可求出四边形ABCD的面积，同理当斜率不0时，与刚才一样，当斜率存在且不为0时，设方程为，这样就有方程为，设，利用圆锥曲线中的弦长公式求得弦长，同理可得弦长，于是可得面积为的函数，利用函数的知识可求得的最小值，从而得出结论.详解：(Ⅰ)由题意得,故,所以椭圆方程为.由于分别为过两焦点, 且垂直相交于点,则的轨迹为以为直径的圆，即的轨迹方程为,又因为，所以点在椭圆内部.(Ⅱ)①当斜率不存在时,直线的方程为, 此时直线的方程为,此时四边形的面积为.同时当斜率为0时,此时的斜率不存在,易得.②当斜率存在且不为0时，设直线方程为,直线方程为,设,联立，消去整理得, 所以,所以.同理得则令，则即当，即时，综合上式①②可得，当时，.求最值的其它方法:,令,得, 因为,当时，,且是以为自变量的增函数，所以.综上可知,. 即四边形面积的最小值为.方法二:①当斜率为0,此时直线轴,此时四边形的面积为.同时当斜率为0时，此时轴，易得.②当斜率存在且不为0时,设直线方程为,直线方程为,设，联立,消去整理得,所以,所以.同理得则下同解法一.点睛：要圆锥曲线中直线与圆锥曲线相交的弦长问题，一般是把直线与圆锥曲线方程联立方程组，消元得一元二次方程，同时设两交点坐标为，利用韦达定理得（或），再由弦长公式得弦长，这是解析几何中的“设而不求”思想. 21.已知,函数.(Ⅰ)若有极小值且极小值为0，求的值； (Ⅱ)当时，, 求的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】 分析：(Ⅰ)求出导函数，通过研究的解，确定和的解集，以确定的单调性，从而确定是否有极小值，在有极小值时，由极小值为0，解得值，如符合上述范围，即为所求； (Ⅱ)先把不等式f(x)+f(-x)≥0具体化为：，可分类讨论此不等式成立的情形，时恒成立，由于对恒成立，因此只要，不等式满足恒成立，接着还要研究时，不等式恒成立的的范围，此时再分类：当时，恒成立，当时，恒成立，这时可换元，设，则问题转化为对恒成立，对恒成立，可利用导数求最值，由最值＞0或＜0确定出的范围．详解：(Ⅰ).①若，则由解得,当时，递减；当上，递增； 故当时，取极小值，令，得（舍去）.若，则由，解得. (i)若，即时，当，.递增；当上，递增.故当时，取极小值，令，得（舍去）（ii）若，即时，递增不存在极值；(iii)若，即时，当上，递增；，上，递减；当上，递增.故当时，取极小值,得满足条件.故当有极小值且极小值为0时,(Ⅱ)等价于，即当时，①式恒成立；当时，，故当时，①式恒成立；以下求当时,不等式恒成立，且当时不等式恒成立时正数的取值范围.令,以下求当恒成立，且当,恒成立时正数的取值范围.对求导，得，记.(i)当时，,故在上递增，又，故, 即当时，式恒成立；(ii)当时，,故的两个零点即的两个零点和,在区间上，是减函数，又，所以，当时①式不能恒成立.综上所述,所求的取值范围是.点睛：本题中在研究时，不等式恒成立，可转化为恒成立，因此可设，问题为求的最小值，求导得，要确定它的正负，为此设，再求导有，恒成立，即在上单调递增，又，∴时，，当时，，因此，递减，时，递增，又，因此有当时，，从而有，即．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中,曲线的参数方程为为参数，).以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线上一点的极坐标为，曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)求曲线的极坐标方程；(Ⅱ)设点在上，点在上（异于极点），若四点依次在同一条直线上，且成等比数列,求的极坐标方程.【答案】（1）.（2）【解析】试题分析：（1）先根据平方关系消元得曲线的直角坐标方程，再根据将直角坐标方程化为极坐标方程，最后代入A点坐标解出,（2）先设直线的极坐标方程为，代入，得交点极径或关系，根据成等比数列得，代入化简可得.试题解析：(Ⅰ)曲线的直角坐标方程为，化简得, 又，所以代入点得，解得或（舍去）.所以曲线的极坐标方程为.(Ⅱ) 由题意知,设直线的极坐标方程为，设点,则.联立得，，所以.联立得，.因为成等比数列，所以，即.所以,解得.经检验满足四点依次在同一条直线上,所以的极坐标方程为.23.选修4-5：不等式选讲设函数.(Ⅰ)当时，求不等式的解集；(Ⅱ)若函数的图象与直线所围成的四边形面积大于20,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为两个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先根据绝对值定义化为分段函数形式，作图可得形状为梯形，根据梯形面积公式列不等式，解不等式可得的取值范围.试题解析：(Ⅰ)当时，不等式为.若，则，解得或，结合得或.若，则，不等式恒成立，结合得.综上所述,不等式解集为.(Ⅱ)则的图象与直线所围成的四边形为梯形,令,得,令，得,则梯形上底为, 下底为 11,高为..化简得，解得，结合，得的取值范围为.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。
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佛山市2018届普通高中高三教学质量检测（二）
物 理
本试卷共38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2
．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，请将答题卡交回。
二、选择题.本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14～
18题只有一项符合题目要求，第19-21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.）
14．下列四幅图的有关说法中正确的是
A．图（l）中的α粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成
B．图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔一定不会张开
C．图（3）一群氢原子处于n=4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子
D．图（4）原子核C、B结合成A时会有质量亏损，要释放能量
15
．高速公路上为了防止车辆追尾事故，除了限速外还要求保持一定的车距。假设平直的高
速公路上某汽车行驶的速度为v0=30m/s，刹车时阻力是车重的0.6倍，司机的反应时间
为0.5s，为保证安全，车距至少应是（将车视为质点，前车有情况时可认为其速度为零，
g取10m/s2）
A．75m B．82.5m C．90m D．165m
16
．下图为某机器人上测量物体位移的传感器示意图。工作时，保证电容极板电量不变，电
介质板与被测物体相连，当物体如图左右移动时，通过灵敏电压传感器的电压显示被测
物体的位移。下列说法正确的有
A．被测物体右移时，电容器的电容变大
B．被测物体右移时，电容器极板间电压变大
C．被测物体左移时，电容器内存储的电能增大
D．可以用一个灵敏度足够高的磁电式电压表替代图中的灵敏电压传感器
17．三颗卫星围绕地球运行的三个轨道如图所示，1、3为圆轨道，2为椭圆轨道。轨道2
与轨道1相切于Q点，与轨道3相切于P点。下列说法正确的是
A．轨道1和轨道2上的卫星经过Q点时的加速度相同
B．轨道2上卫星的速度一定大于轨道1上卫星的速度
C．轨道3上卫星的机械能一定大于轨道2上卫星的机械能
D．轨道3上卫星的引力势能小于轨道1上相同质量卫星的引力势能
18．一小型交流发电机，共有n匝线圈（电阻不计），在匀强磁场中绕轴以角速度ω
匀速
转动，产生的感应电动势如图所示。用电阻为R输电线给电阻为RL的小灯泡输电，小
灯泡正常发光，则下列说法中正确的是
A．若仅减小ω，小灯泡的亮度不变
B．t1时刻线圈中磁通量的变化率为E
C．小灯泡的额定电流为LRRE
D．小灯泡的额定功率为22)(2LLRRRE
19．建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管
互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下。实际操作时发现陶瓷水管滑
到底端时速度过大，有可能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是
A．在陶瓷水管内放置砖块
B．适当减少两钢管间的距离
C．适当增加两钢管间的距离
D．用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角
20．如图，一无限长通电直导线固定在足够大的光滑水平面上，电阻为R的导体环质量为m，
在该平面上以与导线成θ角的初速度开始运动。下列说法正确的是
A．导体环所受安培力的方向与速度方向相反
B．导体环所受安培力的方向与通电直导线垂直
C．只要电阻R足够大，导体环最终一定向通电直导线靠拢
D．只要电阻R小到一定程度，导体环克服安培力做的功将
与其阻值无关
21．如图所示，光滑“∏”形金属导体框平面与水平面的夹角为θ.两侧对称，间距为L，上端
接入阻值为R的电阻。ab以上区域内有垂直于金属框平面磁感应强度为B的匀强磁场。
质量为m的金属棒MN与金属框接触良好，由图示位置以一定的初速度沿导轨向上运
动，进入磁场区域后又继续上升一段距离但未碰及电阻R。已知金属棒上升、下降经过
ab处的速度大小分别为v1、v2，不计金属框、金属样电阻及空气的阻力。下列说法中
正确的是
A．金属棒上升时间小于下降时间
B．v2的大小可能大于22sinLBmgR
C．上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大
D．金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为sin21gvv
三、非选择题；共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题
为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
22．（6分）下图是研究“加速度与合外力的关系”的实验装置，力传感器固定在小车上，细
线与力传感器相连。
(1)关于该实验，下列说法正确的是___________。（选填选项前的字母）
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验开始时，小车最好离打点计时器远一点
（2)实验中_________（“改变”或“不改变”)实验小车的质量，_________（“改变”或“不改
变”钩码的个数，测定纸带上点迹的间距，计算对应的加速度，同时记录_________，
通过数据的分析，寻找加速度与合外力间的关系。
23．（9分)小明设计了如图甲所示的电路，用来测定电流表内阻和电源的电动势及内阻，
用到的器材有：待测电池E、待测电流表（量程0.6A）、电阻箱R1（0~99.99Ω）、电
阻箱R2（0~99.99Ω）、开关K1、单刀双掷开关K2及导线若干。连线后：
（1）断开K1，把K2与“1”接通，多次改变电阻箱R2的阻值，读出相应的I和R，某次电
流表的示数如图乙，其读数为________A.以I1为纵坐标，R为横坐标，作出I1-R图
像如图丙，由此可知电池的电动势E=________V（计算结果保留两位小数，下同）。
（2) 断开K2，闭合K1，调节R1使电流表满偏。
（3）保持K1闭合，R1阻值不变，将K2与“2”接通，调节R2使电流表示数为0.30A，此时
R2的阻值为0.15Ω，则可认为电流表的内阻R
A
=_______Ω则该测量值_______（填“>”、
“=”或“<”）电流表真实值。若不计上述误差，则可求得电池的内阻r=_______Ω.
24．（14分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限充
满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。有一
比荷mq=5.0×1010C/kg的带负电粒子从a(6，0）
沿y轴正方向射入，速度大小为va=8.0×106m/s，
粒子通过y轴上的b(0，16）点后进入磁场。不
计粒子的重力。求：
（1）电场强度E的大小，粒子通过b点时速度v
b
的大小及方向：
（2）为使粒子不再进入电场，匀强磁场磁感应强
度B应满足什么条件。