甘肃省天水市第二中学2018届高三上学期期末考试物理试题 含答案
甘肃省天水市2018届高三理综(物理部分)第二次模拟考试试题
甘肃省天水市第一中学2018届高三理综（物理部分）第二次模拟考试试题二、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14-18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．奥地利维也纳理工大学的一个科学家团队成功在两个单光子之间建立起强大的相互作用，据科学家介绍：两个相互作用的光子同时到达时显示出与单个光子完全不同的行为，该项成果朝着轻拍校验量子通道或建立光学逻辑门发送信息迈出了重要一步。
我们通过学习也了解了光子的初步知识，下列有关光子的现象以及相关说法正确的是( )A. 大量光子产生的效果往往显示出波动性B. 如果利用紫光照射某种金属可以发生光电效应，改用红光一定不能发生光电效应C. 一个处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放3种不同频率的光子D. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子之间发生碰撞时，将一部分动量转移给电子，所以光子散射后波长变短15．中国书法是一种艺术。
在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带，该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。
则下列关于行笔过程中各物体的受力情况( )A. 毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B. 镇纸受到了向右的静摩擦力C. 白纸受到了3个摩擦力D. 桌面受到了向右的静摩擦力16．如图所示，A、B两小球从相同髙度，以相同速率、同时水平相向抛出．经过时间t在空中相遇：若不改变两球抛出点的位置和抛出的方向，A球的抛出速率变为原来的12．B球的抛出速率变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A.15t B.45t C. t D.54t17．美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”。
天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件。
高二物理试题-甘肃省天水二中2018学年高二物理上册期
2018-2017学年甘肃省天水二中高二（上）期中物理试卷（文科）一、单项选择题（每小题4分，共44分）1．关于点电荷的下列说法中，正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D．一切带电体都可以看成点电荷2．关于电场强度的方向，下列说法不正确的是（）A．电场中某点的场强方向与放在这一点的电荷所受的电场力的方向相同B．电场中某点的场强方向与正电荷在这一点所受的电场力的方向相同C．电场中某点的场强方向与负电荷在这一点所受的电场力的方向相反D．电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同3．某电场的电场线如图所示，则某点电荷A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断4．某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中 小磁针将（）A．向右移动 B．向左移动 C．顺时针转动 D．逆时针转动5．关于电流，下列说法正确的是（）A．根据I=可知，I与q成正比B．如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C．电流有方向，因此电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位6．从白炽灯上标有“220V 100W”的数据中，下列说法不正确的是（）A．该电灯额定电压为220V，额定功率为100WB．给电灯加上220V 电压，通过它的电流一定为100/220AC．该电灯的电阻可能是48.4欧姆D．该电灯在电路中发光时，它实际消耗的功率一定是100W7．磁场中任一点的磁场方向，规定为静止的小磁针在此点（）A．受磁场力的方向B．北极受磁场力的方向C．南极受磁场力的方向D．转动的方向8．1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了（）A．磁场的存在B．磁场具有方向性C．通电导线周围存在磁场 D．磁体间有相互作用9．一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的是正离子束B．向左飞行的是正离子束C．向左飞行的是负离子束D．向右飞行的是不带电的中子束10．下列哪种措施是为了防止静电产生的危害（）A．在高大的建筑物顶端装上避雷针B．在高大的烟囱中安装静电除尘器C．静电复印D．静电喷漆11．如图所示为某一点电荷形成电场中的一条电场线的a、b两点，则下列判断正确的是（）A．a点场强一定比b点场强大B．a点场强一定比b点场强小C．同一电荷在a、b两处所受电场力的大小可能相同D．同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同二、填空题（每空3分，共30分）12．该试题已被管理员删除13．某电容器上标有“16V 300μF”，300μF=F=pF．14．某电阻两端电压为2V时，通过它的电流是0.25A，它的阻值为Ω；如果这个电阻两端电压为1.6V，它的阻值为Ω，这时通过它的电流为A．15．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A 的电流时，受到0.6N的磁场力，则磁场的磁感应强度是T，当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是T，当通入的电流加倍时，磁场的磁感应强度是T．三、计算作图题（16题14分，17题12分，共26分）16．真空中有两个相距0.1m、带电量相等的点电荷，它们间的静电力的大小为10﹣5N，求每个点电荷所带电荷量是元电荷的多少倍？（静电力常数k=9×118Nm2/c2，元电荷电量为1.6×10﹣19C）17．一条放在磁场中的通电导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁场和安培力这三个物理量中两个量的方向，试在图中标出第三个量的方向．2018-2017学年甘肃省天水二中高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共44分）1．关于点电荷的下列说法中，正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D．一切带电体都可以看成点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷．体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷．【解答】解：体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷，只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理．故选C2．关于电场强度的方向，下列说法不正确的是（）A．电场中某点的场强方向与放在这一点的电荷所受的电场力的方向相同B．电场中某点的场强方向与正电荷在这一点所受的电场力的方向相同C．电场中某点的场强方向与负电荷在这一点所受的电场力的方向相反D．电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同【考点】电场强度．【分析】电场强度方向与正电荷受力方向一致，与负电荷受力方向相反，也与电场线切线方向相同，从而即可求解．【解答】解：A、电场强度的方向是由电场本身决定的，我们规定其与正电荷在该点受电场力的方向一致，与负电荷受到的电场力方向相反；故A错误，BC正确；D、电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同；故D正确；本题选择不正确的，故选：A．3．某电场的电场线如图所示，则某点电荷A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断【考点】电场强度．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；再据F=Eq判断即可．【解答】解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，A 点的电场线密，所以A点的电场强度大，电荷在A点受到的电场力大，所以F A＞F B，故A 正确，BCD错误．故选：A．4．某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中 小磁针将（）A．向右移动 B．向左移动 C．顺时针转动 D．逆时针转动【考点】磁感应强度．【分析】磁场中的磁感线不是实际存在的，是为了研究磁场而假想的，然而小磁针静止时N 极所指向表示磁场方向．【解答】解：一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，由于小磁针N极所受力的方向就是磁场方向，根据磁场方向水平向右，则小磁针受到磁场力的方向水平向右，所以小磁针会沿顺时针转动，故C正确，ABD错误故选：C5．关于电流，下列说法正确的是（）A．根据I=可知，I与q成正比B．如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C．电流有方向，因此电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【考点】电流、电压概念．【分析】电流由通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则；“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．【解答】解：A、根据I=可知I是通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t的比值，故如果通过的电量q大但所用时间更多，则电流I可能更小．故A错误．B、恒定电流是指电流的大小和方向始终保持不变的电流，而本选项中如果电流的方向发生了变化，或电流的大小发生变化仍能保证在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，但不是恒定电流，故B错误．C、电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故C错误．D、电流的单位“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．故D正确．故选D．6．从白炽灯上标有“220V 100W”的数据中，下列说法不正确的是（）A．该电灯额定电压为220V，额定功率为100WB．给电灯加上220V 电压，通过它的电流一定为100/220AC．该电灯的电阻可能是48.4欧姆D．该电灯在电路中发光时，它实际消耗的功率一定是100W【考点】电功、电功率．【分析】①电灯泡的铭牌上标出了灯泡的额定电压和额定功率；②灯泡正常工作时，其功率为额定功率，知道工作时间，可利用公式W=Pt计算消耗的电能【解答】解：A、由电灯泡的铭牌“220V、100”可知：“220”表示该灯泡的额定电压为220V，“100”表示该灯泡的额定功率为100W；故A正确B、通过的电流为I==A，故B正确C、电阻为R==Ω=484Ω；故C不正确．D、当灯泡在额定电压下工作时才是100W，当不是额定电压时，功率就不是100W；故D 不正确；本题选不正确的，故选：CD．7．磁场中任一点的磁场方向，规定为静止的小磁针在此点（）A．受磁场力的方向B．北极受磁场力的方向C．南极受磁场力的方向D．转动的方向【考点】磁现象和磁场．【分析】磁场虽然是看不见、摸不着的，但它会对放入它中的磁体产生力的作用，小磁针N 极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同．【解答】解：ABC、磁场的基本性质是它对放入其中的磁体有磁力的作用，小磁针N极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同，小磁针南极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相反．故B正确，AC错误；D、磁场中的任一点的磁场方向还规定为：小磁针在磁场中静止时N极所指的方向．但不一定是转动方向，故D错误．故选：B．8．1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了（）A．磁场的存在B．磁场具有方向性C．通电导线周围存在磁场 D．磁体间有相互作用【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，正是由于他的敏锐的洞察力，发现了电生磁【解答】解：A、磁体的周围存在磁场，这是人们在很早的时候就发现的．故A错误；B、磁场具有方向性，这是人们在研究磁体的磁场时早就发现的．故B错误；C、磁体和磁体之间存在相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，说明了小磁针受到磁场力的作用，进一步的研究发现了通电导线的周围存在磁场．所以选项C正确．D、磁体之间存在相互作用，与磁体的周围存在磁场一样，这是人们在很早的时候就发现的．故D错误．故选C．9．一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的是正离子束B．向左飞行的是正离子束C．向左飞行的是负离子束D．向右飞行的是不带电的中子束【考点】安培定则．【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负及运动方向．【解答】解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故B正确，ACD错误．故选：B．10．下列哪种措施是为了防止静电产生的危害（）A．在高大的建筑物顶端装上避雷针B．在高大的烟囱中安装静电除尘器C．静电复印D．静电喷漆【考点】* 静电的利用和防止．【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．【解答】解：A．当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，故A正确；B．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，故B不正确；C．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，故C不正确；D．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，故D不正确．故选A．11．如图所示为某一点电荷形成电场中的一条电场线的a、b两点，则下列判断正确的是（）A．a点场强一定比b点场强大B．a点场强一定比b点场强小C．同一电荷在a、b两处所受电场力的大小可能相同D．同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同【考点】电场线；电场强度．【分析】该电场线为一点电荷形成的一条电场线，因不知是正点电荷还是负点电荷，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．【解答】解：A、B、C、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．故A、B、C错误．D、正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．所以同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同．故D正确．故选：D．二、填空题（每空3分，共30分）12．该试题已被管理员删除13．某电容器上标有“16V 300μF”，300μF= 3.0×10﹣4F= 3.0×118pF．【考点】电容．【分析】明确电容单位及换算关系，知道1F=118μF=1012pF，即F、μF、pF进制为118．【解答】解：根据1F=118μF=1012pF，知300μF=3×10﹣4F=3×118pF．故本题答案为：3×10﹣4，3×118．14．某电阻两端电压为2V时，通过它的电流是0.25A，它的阻值为8Ω；如果这个电阻两端电压为1.6V，它的阻值为8Ω，这时通过它的电流为0.2A．【考点】欧姆定律．【分析】由欧姆定律可求得导体的电阻，而导体的电阻由导体的长度、横截面积和材料决定，与导体两端的电压和通过的电流大小无关，由此可知导体两端的电压变化后，电阻不变．【解答】解：根据欧姆定律可得：R==8Ω，电阻的阻值与其两端的电压无关，所以如果这个电阻两端电压为1.6伏特时，它的阻值是8欧姆，这时的电流为：==0.2A；故答案为：8，8，0.2．15．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A 的电流时，受到0.6N的磁场力，则磁场的磁感应强度是1T，当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是1T，当通入的电流加倍时，磁场的磁感应强度是1T．【考点】磁感应强度；安培力．【分析】由磁感应强度的定义式B=可以求出磁感应强度大小；磁场的磁感应强度与导线的长度无关．【解答】解：由题，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为B==T=1T磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的长度无关，故磁场的磁感强度仍为1T．磁场的磁感强度由磁场本身决定，当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度仍为1T．故答案为：1，1，1；三、计算作图题（16题14分，17题12分，共26分）16．真空中有两个相距0.1m、带电量相等的点电荷，它们间的静电力的大小为10﹣5N，求每个点电荷所带电荷量是元电荷的多少倍？（静电力常数k=9×118Nm2/c2，元电荷电量为1.6×10﹣19C）【考点】库仑定律．【分析】根据库仑定律的公式列出方程即可求得电荷的电荷量，用电荷量除以元电荷就可以求得是元电荷的多少倍．【解答】解：根据库仑定律可得：F=k，所以：q===×10﹣8C，点电荷所带电荷量是元电荷的倍数为：n===2.1×1010，答：每个点电荷所带电荷量是元电荷的2.1×1010倍．17．一条放在磁场中的通电导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁场和安培力这三个物理量中两个量的方向，试在图中标出第三个量的方向．【考点】左手定则．【分析】根据左手定则，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导线受的安培力的方向．【解答】解：电流、磁场和安培力三者之间的关系满足左手定则，根据左手定则分别判断后得出第三个量的方向如图所示；。
甘肃省天水市第二中学2023-2024学年高三物理第一学期期末联考模拟试题含解析
甘肃省天水市第二中学2023-2024学年高三物理第一学期期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O 为抛出点，若该星球半径为4000km ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2·kg －2，则下列说法正确的是（ ）A ．该星球表面的重力加速度为16.0 m/s 2B ．该星球的第一宇宙速度为4.0km/sC ．该星球的质量为2.4×1020kgD ．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s2、两辆汽车A B 、在同一时刻开始运动，运动方向相同。
如图所示为运动的v t 图像。
A 车的图像在00~t 段和00~2t t 段的形状对称相同。
0t 时刻两车并排行驶。
下列表述中正确的是（ ）A ．00~t 内A 车先加速运动后减速运动0~2t内两车的加速度有一个时刻相同B．02t时刻A车在B车之前C．02t时刻两车的距离相等D．开始时刻两车的距离与03、关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）A．单摆做稳定的受迫振动时，单摆振动的频率等于周期性驱动力的频率B．秒摆的摆长和振幅均减为原来的四分之一，周期变为0.5sC．已知摆球初始时刻的位置及其周期，就可知摆球在任意时刻运动速度的方向D．单摆经过平衡位置时摆球所受的合外力为零4、如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是（）A．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变B．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大C．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大D．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变5、如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）ghA．小球甲作平抛运动的初速度大小为3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：2hC．A、B两点高度差为4D．两小球在C点时重力的瞬时功率相等6、1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。
2023年甘肃省天水市高三物理第一学期期末教学质量检测试题含解析
2023年甘肃省天水市高三物理第一学期期末教学质量检测试题考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、2019年1月3日，嫦娥四号成功登陆月球背面，全人类首次实现月球背面软着陆。
嫦娥四号登陆月球前，在环月轨道上做匀速圆周运动，其与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为S ，已知月球的质量为M ，引力常量为G ，不考虑月球的自转，则环月轨道的半径大小为( )A ．24S GMB ．23S GMC ．22S GMD ．2S GM2、如图所示，在光滑水平面上有质量分别为A m 、B m 的物体A ，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A ，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为p0E ，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）A ．全过程中墙对A 的冲量大小为p02ABE m mB ．物体B 的最大速度为p02AE mC ．弹簧长度最长时，物体B 的速度大小为p02B A BBE m m m m +D ．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能p p0E E >3、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U ＝12 V ，电阻R 1＝1 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R 3最大阻值为20 Ω，滑片P 处于中间位置，则A ．R 1与R 2消耗的电功率相等B ．通过R 1的电流为3 AC ．若向上移动P ，电压表读数将变大D ．若向上移动P ，电源输出功率将不变4、如图所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A ，另一端固定，最初A 静止．在A 上施加与斜面成30°角的恒力F ，A 仍静止，下列说法正确的是（ ）A ．A 对斜面的压力一定变小B ．A 对斜面的压力可能不变C ．A 对斜面的摩擦力一定变大D ．A 对斜面的摩擦力可能变为零5、如图所示，在竖直面内，固定一足够长通电导线a ，电流水平向右，空间还存在磁感应强度大小为0B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
甘肃省天水二中2018届高三上学期期末数学试卷文科 含
2018-2018学年甘肃省天水二中高三（上）期末数学试卷（文科）一、选择题（每小题5分，共60分）1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac2＞bc2B．若a＞b＞0，c＞d＞0，则C．若a＜b＜0，则ab＜b2D．若，则a＞b2．在△ABC中，已知a=，b=，B=60°，则角A等于（）A．45°B．135°C．45°或135°D．60°或120°3．在平行四边形ABCD中，为AD的中点，=（）A．+B．+C．﹣﹣ D．+4．若，且，则tanα的值等于（）A．B．C．1 D．5．不等式的解集是（）A．B．C．D．6．已知函数的图象关于直线x=1对称，把f（x）的图象向右平移3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为（）A．y=sin（x+）B．y=sin（x﹣）C．y=cos（x+）D．y=sin（x﹣）7．已知{a n}是由正数组成的等比数列，S n为其n项和．若a2a4=16，S3=7，则S4=（）A．15 B．31 C．63 D．8．已知向量若，则的最小值为（）A．2 B． +C．3+2 D．2+39．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3=3，S6=15，则a10+a11+a12=（）A．21 B．30 C．12 D．3910．已知数列{a n}中a1=1，a n=a n+1（n≥2），则a n=（）﹣1A．2﹣（）n﹣1B．（）n﹣1﹣2 C．2﹣2n﹣1D．2n﹣111．已知向量，满足||=||=1，•=﹣，则|+2|=（）A．B．C．D．12．已知数列{a n}的前n项和为S n，，则S11的值等于（）A．21 B．﹣21 C．41 D．61二、填空题（每小题5分，共20分）13．曲线y=xe x+2x﹣1在点（0，﹣1）处的切线方程为．14．已知{a n}的前n项和为S n，且满足log2（S n+1）=n+1，则a n=．15．已知实数x，y满足，目标函数z=x﹣y的最小值为．=，则n=．16．设S n=+++…+，且S n•S n+1三、解答题（共70分）17．已知数列{a n}为等差数列，公差d=2且a2，a4，a5成等比数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）若S n为{a n}的前n项和，求当n为多少时S n有最小值，并求S n的最小值．18．已知函数．（1）求f（x）的最小正周期及单调增区间；（2）求f（x）在区间上的最值．19．已知f（x）=xlnx．（1）求的单调区间；（2）若不等式k+2x﹣e≤f（x）恒成立，求k的取值范围．20．在△ABC中，若，且a＞b，（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积．21．已知数列{a n}中，其前n项和S n满足S n=3a n﹣2（n∈N*）（1）求证：数列{a n}为等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n=（n+1）•a n，求数列{b n}的前n项和T n．22．已知不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}，（1）求a，b；（2）解不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0．2018-2018学年甘肃省天水二中高三（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共60分）1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac2＞bc2B．若a＞b＞0，c＞d＞0，则C．若a＜b＜0，则ab＜b2D．若，则a＞b【考点】不等式的基本性质．【分析】利用不等式的基本性质即可判断出结论．【解答】解：A．c=0时不成立；B．∵a＞b＞0，c＞d＞0，则，成立；C．∵a＜b＜0，则ab＞b2，因此不成立；D．b＜0时，a＜b．故选：B．2．在△ABC中，已知a=，b=，B=60°，则角A等于（）A．45°B．135°C．45°或135°D．60°或120°【考点】正弦定理．【分析】由正弦定理求得sinA=．再根据a＜b，可得A＜B，由此求得A的值．【解答】解：∵在△ABC中，已知a=，b=，B=60°，∴由正弦定理可得，解得sinA=．再根据a＜b，可得A＜B，故A=45°，故选：A．3．在平行四边形ABCD中，为AD的中点，=（）A．+B．+C．﹣﹣ D．+【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】利用向量的三角形法则、平行四边形法则、向量共线定理即可得出．【解答】解：∵=﹣，==，=，=+∴=﹣（+）=﹣﹣，故选：C．4．若，且，则tanα的值等于（）A．B．C．1 D．【考点】同角三角函数基本关系的运用．【分析】把已知的等式中的cos2α，利用同角三角函数间的基本关系化简后，得到关于sinα的方程，根据α的度数，求出方程的解即可得到sinα的值，然后利用特殊角的三角函数值，由α的范围即可得到α的度数，利用α的度数求出tanα即可．【解答】解：由cos2α=1﹣2sin2α，得到sin2α+cos2α=1﹣sin2α=，则sin2α=，又α∈（0，），所以sinα=，则α=，所以tanα=tan=．故选：D．5．不等式的解集是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】其他不等式的解法．【分析】本题为选择题，可考虑用排除法，也可直接求解．【解答】解：本小题主要考查分式不等式的解法．易知x ≠1排除B ；由x=0符合可排除C ；由x=3排除A ，故选D ．也可用分式不等式的解法，将2移到左边直接求解 故选D6．已知函数的图象关于直线x=1对称，把f （x ）的图象向右平移3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为（ ）A ．y=sin （x +）B ．y=sin （x ﹣） C ．y=cos （x +） D ．y=sin（x ﹣）【考点】由y=Asin （ωx +φ）的部分图象确定其解析式．【分析】由已知利用正弦函数的图象和性质可求sin （+φ）=1，结合范围|φ|＜可求φ的值，进而利用三角函数平移变换规律即可得解．【解答】解：∵函数的图象关于直线x=1对称，∴可得：sin （+φ）=1，∴+φ=2kπ+，k ∈Z ，解得：φ=2kπ+，k ∈Z ，∵|φ|＜，∴φ=，可得：f （x ）=sin （x +），∴把f （x ）的图象向右平移3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为：y=sin [（x ﹣3）+]=sin （x ﹣）．故选：D．7．已知{a n}是由正数组成的等比数列，S n为其n项和．若a2a4=16，S3=7，则S4=（）A．15 B．31 C．63 D．【考点】等比数列的性质．【分析】根据等比数列求出等比数列的首项和公比，即可得到结论．【解答】解：在等比数列中，由a2a4=16，S3=7，则（a3）2=a2a4=16，即a3=4，若q=1，则S3=3a3≠7，∴q≠1，则S3=a1+a2+4=7，即a1+a2=3，即a1（1+q）=3且，两式联立得q=2，a1=1，∴S4=，故选：A．8．已知向量若，则的最小值为（）A．2 B． +C．3+2 D．2+3【考点】基本不等式．【分析】，可得=0，解得m+n=2．（m，n＞0）．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【解答】解：∵，∴=m+n﹣2=0，解得m+n=2．（m，n＞0）．则==≥=，当且仅当n=m=4﹣2时取等号．故选：B．9．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3=3，S6=15，则a10+a11+a12=（）A．21 B．30 C．12 D．39【考点】等差数列的前n项和．【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S3=3，S6=15，∴3a1+d=3，d=15，解得a1=0，d=1．则a10+a11+a12=3a1+30d=30．故选：B．10．已知数列{a n}中a1=1，a n=a n+1（n≥2），则a n=（）﹣1A．2﹣（）n﹣1B．（）n﹣1﹣2 C．2﹣2n﹣1D．2n﹣1【考点】数列递推式．【分析】a n=a n﹣1+1（n≥2），变形为a n﹣2=（a n﹣1﹣2），利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：∵a n=a n﹣1+1（n≥2），∴a n﹣2=（a n﹣1﹣2），又a1﹣2=﹣1．∴数列{a n﹣2}是等比数列，首项为﹣1，公比为．∴a n﹣2=﹣1×，即a n=2﹣，故选：A．11．已知向量，满足||=||=1，•=﹣，则|+2|=（）A．B．C．D．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】运用好∴|+2|2=（+2）2，运用完全平方公式展开，代入求解即可．【解答】解：∵||=||=1，•=﹣，∴|+2|2=（+2）2=2+42+4•=5﹣2=3，∴|+2|=，故选：A12．已知数列{a n}的前n项和为S n，，则S11的值等于（）A．21 B．﹣21 C．41 D．61【考点】数列的求和．【分析】分析数列，易得数列中每相邻2项的和为﹣4，可用分组求和法【解答】解：S11=1﹣5+9﹣13+17﹣21+…+33﹣37+41=（1﹣5）+（9﹣13）+（17﹣21）+…+（33﹣37）+41=（﹣4）×5+41=21，故选：A二、填空题（每小题5分，共20分）13．曲线y=xe x+2x﹣1在点（0，﹣1）处的切线方程为y=3x﹣1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】根据导数的几何意义求出函数y在x=0处的导数，从而求出切线的斜率，再用点斜式写出切线方程，化成斜截式即可．【解答】解：y′=e x+x•e x+2，y′|x=0=3，∴切线方程为y+1=3（x﹣0），∴y=3x﹣1．故答案为：y=3x﹣1．14．已知{a n}的前n项和为S n，且满足log2（S n+1）=n+1，则a n=．【考点】数列的函数特性．【分析】由log2（S n+1）=n+1，可得．当n=1时，a1=S1．当n≥2时，a n=S n﹣S n即可得出．﹣1【解答】解：∵log2（S n+1）=n+1，∴，即．当n=1时，a1=S1=22﹣1=3．当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n+1﹣1﹣（2n﹣1）=2n．综上可得a n=．故答案为：．15．已知实数x，y满足，目标函数z=x﹣y的最小值为﹣1．【考点】简单线性规划．【分析】先画出约束条件的可行域，再将可行域中各个角点的值依次代入目标函数z=x﹣y，不难求出目标函数z=x﹣y的最小值．【解答】解：如图作出阴影部分即为满足约束条件足的可行域，由得A（2，3），当直线z=x﹣y平移到点A时，直线z=x﹣y在y轴上的截距最大，即z取最小值，即当x=2，y=3时，z=x﹣y取最小值为﹣1．故答案为：﹣1．=，则n=6．16．设S n=+++…+，且S n•S n+1【考点】数列的求和．【分析】由于，先利用裂项求和求出，再代入可求n【解答】解：由于====∴n=6故答案为：6三、解答题（共70分）17．已知数列{a n}为等差数列，公差d=2且a2，a4，a5成等比数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）若S n为{a n}的前n项和，求当n为多少时S n有最小值，并求S n的最小值．【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．【分析】（1）根据等差数列的通项公式和题中的关系，建立首项a1的方程，解之得a1=﹣10，即可得到数列{a n}的通项公式；（2）由（1）和题意求出S n，利用二次函数的性质即可求出．【解答】解：（1）∵a2，a4，a5成等比数列，∴（a1+2）（a1+8）=（a1+6）2，解得，得a1=﹣10，∴a n=﹣10+2（n﹣1）=2n﹣12；（2）S n==n2﹣11n=（n﹣）2﹣，当n=5或n=5时，有最小值，最小值为﹣3018．已知函数．（1）求f（x）的最小正周期及单调增区间；（2）求f（x）在区间上的最值．【考点】三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．【分析】（1）由两角和的正弦公式、二倍角余弦公式变形化简解析式，由余弦函数的性质和整体思想，求出f（x）的最小正周期及单调增区间；（2）由x的范围求出“2x”的范围，由正弦函数的性质，求出f（x）在区间上的最值．【解答】解：（1）====所以f（x）的最小正周期T=，由﹣π+2kπ≤2x≤2kπ（k∈z）得，，所以f（x）的单调增区间是；（2）由得，，则，即，所以f（x）在区间上的最大值是、最小值是﹣1．19．已知f（x）=xlnx．（1）求的单调区间；（2）若不等式k+2x﹣e≤f（x）恒成立，求k的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）求出g（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为k≤xlnx﹣2x+e恒成立，令h（x）=xlnx﹣2x+e，（x＞0），求出函数的单调区间即可．【解答】解：（1）∵f（x）=xlnx，∴g（x）==lnx+，则g′（x）=﹣=，令g′（x）＞0，解得：x＞2，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故g（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，（2）若不等式k+2x﹣e≤f（x）恒成立，则k≤xlnx﹣2x+e恒成立，令h（x）=xlnx﹣2x+e，（x＞0），则h′（x）=lnx﹣1，令h′（x）＞0，解得：x＞e，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜e，故h（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，故h（x）min=h（e）=0，故k≤0．20．在△ABC中，若，且a＞b，（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积．【考点】正弦定理．【分析】（1）利用正弦定理公式化简，即可求角B的大小；（2）运用三角形的内角和定理可得角A，再由正弦定理，计算即可得到c．【解答】解：（1）由，可得：sinAcosC+sinCcosA=，⇔sin（A+C）=⇔sinB=．∵a＞b，∴B=．（2），∴（a+c）2=16，即a2+c2+2ac=16由cosB==，可得：，∴ac（2+）=3，ac=3（2﹣）∴==．21．已知数列{a n}中，其前n项和S n满足S n=3a n﹣2（n∈N*）（1）求证：数列{a n}为等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n=（n+1）•a n，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和．【分析】（1）由已知数列递推式求出数列首项，进一步可得当n≥2时，S n﹣1=3a n﹣1﹣2，与原递推式联立可得数列{a n}为公比是等比数列，并求得通项公式；（2）把（1）中求得的数列通项公式代入b n=（n+1）•a n，利用裂项相消法即可求得数列{b n}的前n项和T n．【解答】（1）证明：由S n=3a n﹣2，①得a1=3a1﹣2，∴a1=1．当n≥2时，S n﹣1=3a n﹣1﹣2，②①﹣②得：a n=3a n﹣3a n﹣1，即2a n=3a n﹣1，∴（n≥2）．∴数列{a n}为公比是等比数列．则；（2）解：b n=（n+1）•a n=（n+1）•，∴，③∴，④③﹣④得：==．∴．22．已知不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}，（1）求a，b；（2）解不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0．【考点】一元二次不等式的解法．【分析】（1）一元二次不等式解集的端点就是对应一元二次方程的根，再利用一元二次方程根与系数的关系解出a，b．（2）先把一元二次不等式变形到（x﹣2）（x﹣c）＜0，分当c＞2时、当c＜2时、当c=2时，三种情况求出此不等式的解集．【解答】解：（1）因为不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}，所以x1=1与x2=b是方程ax2﹣3x+2=0的两个实数根，且b＞1．由根与系的关系得，解得，所以得．（2）由于a=1且b=2，所以不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0，即x2﹣（2+c）x+2c＜0，即（x﹣2）（x﹣c）＜0．①当c＞2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|2＜x＜c}；②当c＜2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|c＜x＜2}；③当c=2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为∅．综上所述：当c＞2时，不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为{x|2＜x＜c}；当c＜2时，不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为{x|c＜x＜2}；当c=2时，不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为∅．2018年2月23日。
甘肃省天水市2018届高三物理上学期第三学段考试试题
甘肃省天水市2018届高三物理上学期第三学段考试试题（满分：100分时间：90分钟）一、选择题(每小题4分，共48分)1．一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是A. 物体的位移相等B. 物体动能的变化量相等C. F对物体做的功相等D. 物体动量的变化量相等2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半3.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图4．2014年11月1日早晨6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器，在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再入返回关键技术，为探月工程持续推进奠定了坚实基础。
已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为，引力常量为G，则A.月球的质量为 B．月球的密度为C．航天器的环绕周期为 D. 航天器的轨道半径为5．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V时，电动机未转动。
当调节R使电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V时，电动机正常运转。
则这台电动机正常运转时输出功率为A.32 W B．44 W C．47 W D．48 W6.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．B灯一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小7．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是（）A．如果实线是等势面，电子a点的场强都比b点的场强小B．如果实线是电场线，电子a点的场强都比b点的场强小C．如果实线是电场线，电子在a点的速率一定大于在b点的速率D．如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率8．（多选）如图所示，真空中有一边长为a的等边三角形ABC，P点是三角形的中心，在A 点固定一电荷量为q的负点电荷，在B点固定一电荷量为q的正点电荷，已知静电力常量为k，则以下说法正确的是A．C点的电场强度大小为B．某一试探电荷在C点与P点所受静电力方向相同C．C点的电势高于P点电势D．将某一试探电荷从C点沿CP连线方向移动到P点的过程中静电力不做功9．（多选）如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P，F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点．F为MN的中点．∠M=30° ,M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF 表示。
甘肃省天水地区2018-2019学年第一学期高三物理第三次检测考试
天水地区2018—2019学年度高三第三次检测考试物理试题(快班)注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分｡满分110分,考试时间120分钟；2.答题前,在答题卡指定位置内填写班级、学号和姓名；3.所有答案必须写在答题卡上,写在试卷上无效;考试结束后,只需上交答题卷｡第Ⅰ卷(共60分)一、单项选择题部分(共10小题,每小题4分,共40分｡在每小题的4个选项中,只有一项是正确的｡)1．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是 ( )A．电场强度大的地方电势一定高 B．电势为零的地方场强也一定为零C．场强为零的地方电势也一定为零 D．场强大小相同的点电势不一定相同2．汽车刹车后做匀减速直线运动，经3 s后停止运动，那么，在这连续的3个1 s内汽车通过的位移之比为 ( )A． 1∶3∶5 B． 5∶3∶1 C． 1∶2∶3 D． 3∶2∶13．如图所示，滑轮固定在天花板上，物块A、B用跨过滑轮不可伸长的轻细绳相连接，物块B静止在水平地面上。
如用f和N分别表示水平地面对物块B的摩擦力和支持力，那么若将物块B向左移动一小段距离，物块B仍静止在水平地面上，则f和N的大小变化情况是（）A. f、N都增大 B． f、N都减小C．f增大，N减小 D． f减小，N增大4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的角速度一定大于球B的角速度B．球A的线速度一定大于球B的线速度C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力5.如图所示，在光滑水平面上有一静止的小车，用线系一小球，将球拉开后放开，球放开时小车保持静止状态，当小球落下以后与固定在小车上的油泥沾在一起，则从此以后，关于小车的运动状态是（）A．静止不动 B．向右运动 C．向左运动 D．无法判断6．如图所示，质量为m 的球与弹簧I 和水平细线II 相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上．弹簧I 与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F 1、Ⅱ中的拉力为F 2，分析当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是 （ ）A.若从Ⅰ与小球连接处剪断，则球的加速度a=g ,方向水平向右B.若从Ⅰ与小球连接处剪断，则球的加速度m 1F a =,方向沿Ⅰ的延长线 C.若剪断Ⅱ，则球的加速度m2F a =,方向水平向左 D.若剪断Ⅱ，则球的加速度a=g,方向竖直向上7．设同步卫星离地心的距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比值正确的是 （ ）A ．R r =21v vB ．R r a a =21C ．2221r a a R =D ．Rr v v 21= 8．如图，真空中一条直线上有四点A 、B 、C 、D ，AB=BC=CD ，只在A 点放一电量为+Q 的点电荷时，B 点电场强度为E ，若又将等量异号的点电荷-Q 放在D 点，则 ( )A ．B 点电场强度为E43，方向水平向右 B ． B 点电场强度为E 54，方向水平向左 C ． BC 线段的中点电场强度为零D ． B 、C 两点的电场强度相同9.图中A 、B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC=60°，BC=20cm ．把一个电量q =10-5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零；从B 移到C ，电场力做功为－1.73×10-3J ，则该匀强电场的场强大小和方向是 （ ）A ．865V ／m ，垂直AC 向左B ．865V ／m ，垂直 AC 向右C ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向上D ．1000V ／m ，垂直 AB 斜向下10．一个质量为M 的船停在静水湖面上，船长为L ，船上一个质量为m 的人从船头走向船尾时，若不计水的阻力，则 （ ） A ． 船后退的位移M L +m m B ． 船后退的位移Mm ML + C ． 船后退的位移m M mL - D ． 船后退的位移m -M ML二、多项选择题部分(共5小题,每小题4分,共20分｡在每小题给出的4个选项中,有多个选项是正确的｡全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分｡)11．如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图象，从t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知( )A.0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变B.0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大C.t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小D.t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变12．有a、b、c、d四地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星排列位置如图所示，则 ( )A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度gB．在相同时间内卫星b转过的弧长最长C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大13．如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差,现使板带电,则下列判断正确的是 ( )A．增大两极板之间的距离,指针张角变大B．将板稍微上移,静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间,则静电计指针张角变大D．若将A板拿走,则静电计指针张角变为零14．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（）A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒15．长为L 的轻杆可绕O 在竖直平面内无摩擦转动，质量为M 的小球A 固定于杆端点，质点为m 的小球B 固定于杆中点，且M=2m ，开始杆处于水平，由静止释放，当杆转到竖直位置时（ ）A ． A 球瞬时速率是B 球瞬时速率的2倍B ． 球A 在最低点速度为 L g 732 C ． OB 杆的拉力小于BA 杆的拉力D ． 轻杆对球B 做功gL m 92 第Ⅱ卷(共50分)二、实验题(共14分)16.某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系.此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等.组装的实验装置如图所示.（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有________.（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行.他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号).A.避免小车在运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：______________________.(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些.这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)（多选）.A.在接通电源的同时释放了小车B.小车释放时离打点计时器太近C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D.钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力17．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图所示的实验装置：(1) 若入射小球质量为1m ，半径为1r ，被碰小球质量为2m ，半径为2r ，则________。
2017-2018学年甘肃省天水市太京中学高三(上)期末物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年甘肃省天水市太京中学高三（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共14小题；每小题3分，共42分．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的v﹣t图象如图所示，在t=0时刻，两车间距离为d；t=5s的时刻它们第一次相遇，关于两车之间的关系，下列说法正确的是（）A．t=15s的时刻两车第二次相遇B．t=20s的时刻两车第二次相遇C．在5～15s的时间内，先是a车在前，而后是b车在前D．在5～10s的时间内，两车间距离逐渐变大2．国庆期间，京津冀地区平均PM2.5浓度维持在250μg/m3左右，出现严重污染．已知汽车在京津高速上行驶限速120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）A．10m/s B．15m/s C．20 m/s D．25m/s3．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块A使之向上运动，则物块A从开始运动到物块B刚要离开挡板C时A发生的位移d等于（）A．d=B．d=C．d=D．d=4．如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑．质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中（）A．轨道槽对地面的最大压力为（M+2m）gB．轨道槽对地面的最小压力为MgC．轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小D．轨道槽对地面的摩擦力方向先向右后向左5．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是（）A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为mgC．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gD．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为06．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A．B．C．D．7．在水平放置的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（）A．B．C．D．8．“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7 km/sB．卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7 km/sC．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率9．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和B．（﹣1）tanθ和C．tanθ和D．（﹣1）tanθ和10．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向11．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．电场力对小球做负功B．重力对小球做功大于C．小球的电势能增量小于D．C位于AB直线的右侧12．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低13．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S14．如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的大小为△U，电流表的示数改变量大小为△I，则下列说法正确的是（）A．U 变大，I变小B．变大C．电阻R1的功率变大D．电源的总功率变大二、实验题（本大题共3小题，共20分）15．如图，游标卡尺的读数为mm，螺旋测微器的读数为mm．16．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表的内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式R x=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别极为R x1和R x2，则（填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值R x2（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．17．某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于端．③要使输出电压U变大，滑片P应向端．④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在的风险（填“断路”或“短路”）三、计算题（本大题共3小题，共38分）18．一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）19．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．20．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．2017-2018学年甘肃省天水市太京中学高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共14小题；每小题3分，共42分．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的v﹣t图象如图所示，在t=0时刻，两车间距离为d；t=5s的时刻它们第一次相遇，关于两车之间的关系，下列说法正确的是（）A．t=15s的时刻两车第二次相遇B．t=20s的时刻两车第二次相遇C．在5～15s的时间内，先是a车在前，而后是b车在前D．在5～10s的时间内，两车间距离逐渐变大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图象可知a做匀减速运动，b做匀加速运动，相遇说明在同一时刻两车在同一位置．根据图象与坐标轴围成的面积表示运动的位移，分析ab两车各个时刻的位置情况即可求解．解答：解：A、B、C、由图可知，a做匀减速运动，b做匀加速运动；由题意5s时两物体相遇，说明开始时a在后面，5s时两物体的位置相同；5到10s内a车速度仍大于b车，故a在前；10s～15s时间内，b的速度大于a的速度，但由于开始时落在了a的后面，故还将在a的后面，从t=5s开始到t=15s这一段时间内图线与时间轴围成的面积相等，即位移相等，故15s时两物体再次相遇，故A正确，BC错误；D、t=5s时刻两车第一次相遇，在5～10s的时间内，a的速度大于b的速度，两车间距逐渐变大．故D正确．故选：AD．点评：本题要能根据图象去分析物体的运动过程，关键要抓住图线和时间轴围成的面积表示物体通过的位移，根据速度的大小关系，分析两车间距的变化，知道速度相等时，间距最大．2．国庆期间，京津冀地区平均PM2.5浓度维持在250μg/m3左右，出现严重污染．已知汽车在京津高速上行驶限速120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）A．10m/s B．15m/s C．20 m/s D．25m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段过程的位移之和求出汽车的最大速度．解答：解：设汽车行驶的最大速度为v，则有：，即，解得v=20m/s．故选：C．点评：解决本题的关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．3．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块A使之向上运动，则物块A从开始运动到物块B刚要离开挡板C时A发生的位移d等于（）A．d=B．d=C．d=D．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：要求物块B刚要离开C时物块A受到的合外力，就需要知道此时B所受的各个力，即需要知道此时弹簧的拉力，由于物块B刚要离开C，故固定挡板对B的支持力为0，所以根据B的受力情况求出此时弹簧弹力大小为F1=m B gsinθ，从而求出物块B刚要离开C时物块A受到的合外力；要求从开始到此时物块A的位移d，需要知道弹簧的形变情况，由于开始时弹簧处于压缩状态，而物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，故弹簧的伸长量就等于物块A的位移，所以要求出开始时弹簧的压缩量和B刚要离开时C时弹簧伸长量．解答：解：当物块B刚要离开C时，固定挡板对B的支持力为0，由于系统处于静止状态，则此时B的加速度a=0，以B为研究对象则有：F1﹣m B gsinθ=0，故此时弹簧弹力大小为F1=m B gsinθ．则A所受的合外力F合=F﹣F1﹣m A gsinθ=F﹣（m A+m B）gsinθ，在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为m A gsinθ，故此时弹簧的压缩量为△x1=，B刚要离开时，弹簧伸长量△x2=，所以A的位移d=△x1+△x2=．故选：B．点评：弹簧开始时处于压缩状态，而最后处于伸长状态，故弹簧的长度的增加量应等于原先弹簧的压缩量和最终弹簧的伸长量之和．4．如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑．质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中（）A．轨道槽对地面的最大压力为（M+2m）gB．轨道槽对地面的最小压力为MgC．轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小D．轨道槽对地面的摩擦力方向先向右后向左考点：机械能守恒定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：m在半圆槽中运动时，最低点处受支持力最大；最高点处时受支持力最小；由向心力公式可求得支持力；再对半圆槽分析可得出轨道槽对地面的最大及最小压力．解答：解：A、当物体运动到最低点时，由机械能守恒可知，mv2=mgR；由向心力公式可得F﹣mg=m解得：F=3mg；故轨道槽对地面的压力为3mg+Mg；此时压力最大，故A错误B、当m在最高点时，物体只受重力，对半圆轨道没有压力，故此时轨道槽对地面的压力最小为Mg，故B正确；C、当m对轨道的压力有沿水平方向的分量时，轨道槽受到水平方向的摩擦力，只有在最低点时，水平分量为零，摩擦力为零，则知轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小，当从最低点开始，则先增大后减小，故C错误；D、m在轨道左侧时，对槽的弹力有水平向左的分量，故此时地面对槽有向右的摩擦力；当物体到达右侧时，弹力向右，故摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，轨道槽对地面的摩擦力方向先向左后右．故D错误；故选：B．点评：本题影响槽对地面的压力的关键是小球对槽的压力，故应先分析小球的受力，再去分析槽对地面的压力．5．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是（）A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为mgC．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gD．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为0考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度．解答：解：AB、对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为T==2mg弹簧的弹力F=mgcotαα=mg，故AB错误．C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=T=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g．故C错误．D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力F合=0，加速度为0，故D 正确；故选：D．点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变．6．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：传送带专题．分析：木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间．解答：解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ①根据位移时间公式，有②由①②解得故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ③根据速度时间公式，有v=at1④根据速度位移公式，有v2=2ax1⑤匀速运动过程，有L﹣x1=vt2⑥由③④⑤⑥解得t=t1+t2=故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有L=v平均t=故t=故D正确；故选：ACD．点评：本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．7．在水平放置的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（）A．B．C．D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据几何关系求出到达Q点时，水平速度与末速度的夹角，进而求出竖直方向速度，根据t=求解时间．解答：解：根据几何关系可知：水平速度与末速度的夹角为θ，则有：tan，解得：v y=v0tanθ根据t=得运动的时间为：t=．故选：A点评：解决本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，掌握运动学公式，并能灵活运用．8．“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7 km/sB．卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7 km/sC．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率考点：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：当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动．当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B 速度变小．卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3．解答：解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s．故A正确．B、假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误．C、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．D、根据开普勒第二定律可知近月点速度大于远月点速度，故比较卫星在轨道3经过A点和轨道2经过A点的速度即可，又因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率．故D错误．故选：A．点评：本题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小．还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．9．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和B．（﹣1）tanθ和C．tanθ和D．（﹣1）tanθ和考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；解答：解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故D正确．故选：D．点评：本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；10．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．解答：解：A、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；C、根据电势能E p=qφ可知，电势能与电场强度无直接关系，故C错误；D、顺着电场线方向电势降低，故D正确．故选：AD．点评：明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，属于基础题．11．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．电场力对小球做负功B．重力对小球做功大于C．小球的电势能增量小于D．C位于AB直线的右侧考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况．解答：解：A、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故A 正确；B、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2＞gt2，即mgh＞m g2t2，故B正确．C、因动能不变，则重力势能的减小量等于电势能的增加量，故C错误；D、A、B两点等势，结合B选项可知，C点必定在AB直线的右侧，故D正确；故选：ABD点评：题为力电综合创新题，考生需熟练掌握运动的独立性，正确理解各个力的功和动能定理的关系．12．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．解答：解：A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．故选：B．点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．13．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）。
甘肃省天水市第一中学2018届高三上学期第四次阶段(期末)考试理科综合物理试题(解析版)
甘肃省天水市第一中学2018届高三上学期第四次阶段（期末）考试理科综合物理试题二、选择题：共8小题，每小题6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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 一小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值10Ω的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法正确的是A. t1时刻通过线圈的磁通量为零B. t2时刻感应电流方向发生变化C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D. 交变电流的有效值为【答案】D【解析】试题分析：t1时刻电动势为零，磁通量最大，故A错误；t2时刻感应电流方向也没有改变，故B错误；t3时刻电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零，故C错误；电压的有效值为，所以交变电流的有效值为，故D正确．故选D．考点：交流电的产生及变化规律【名师点睛】解题时要知道：磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，有效值等于最大值除以；本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力。
2. 如图所示，在乙理想变压器的副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一正弦交变电压，下列说法正确的是A. 保持Q位置不变，将P向上滑动，变压器的输出电压变小B. 保持Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变小C. 保持P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变小D. 保持P位置不变，将Q向上滑动，变压器输出功率变小【答案】B【解析】试题分析：保持Q位置不变，将P向上滑动，则滑动变阻器连入电路的电阻增大，因为原副线圈的匝数一定，输入电压一定，所以输出电压不变，A错误，副线圈两端的电压一定，总电阻增大，则电流减小，根据可得原线圈中的电流减小，B正确；保持P位置不变，将Q向上滑动，副线圈中的匝数变大，则副线圈两端的电压增大，所以副线圈中的电流增大，故原线圈中的电流增大，C错误，根据公式可得变压器的输出功率增大，D错误故选B考点：考查了理想变压器和电路的动态分析点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．3. 如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的右上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平，图中PB垂直AC，B是AC的中点．带电荷量为-q的小球（小球直径略小于细管的内径）从管中A处由静止开始沿管向下运动，它在A处时的加速度为a，不考虑小球电荷量对+Q形成的电场的影响．则在电场中A. A点的电势高于B点的电势B. B点的电场强度大小是A点的2倍C. 小球运动到C处的加速度为g-aD. 小球从A到C的过程中电势能先增大后减小【答案】C【解析】试题分析：由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可分析电势的高低；根据点电荷电场强度的公式，分析场强关系；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解C处的加速度．根据电场力做功的正负来确定电势能如何变化．解：A、正点电荷的电场线呈发散型，由于沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；B、结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=k，可知，B点的电场强度大小是A点的4倍，故B错误；由A处可知，Fcos30°+mgsin30°=ma；而在C处，则有：mgsin30°﹣Fcos30°=ma′，解得：a′=g﹣a．故C正确；D、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；故选：C【点评】此题要求同学们掌握点电荷的电场强度公式，掌握矢量的合成法则，注意电场力做功与电势能的变化关系，理解牛顿第二定律与力的平行四边形定则的综合应用．4. 如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n=5000匝，横截面积S=20cm2，螺线管的导线电阻r=1.0Ω，定值电阻R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B，在某段时间内其变化规律如图乙所示，规定磁感应强度B竖直向下的方向为正方向．则下列说法正确的是A. 螺线管中产生的感应电动势为2VB. 闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10-2WC. 闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电D. 断开开关S后，一段时间内，流经R2的电流方向由下而上【答案】D【解析】A. 根据法拉第电磁感应定律：；代入数据可求出：E=5000×20×10−4×（1−0.2）/8V=1V，故A错误；B. 根据全电路欧姆定律,有：；根据 P=I2R1得：P=0.12×4W=4×10−2W，故B错误；C. 根据楞次定律可知，电流稳定后电容器下极板带正电，故C错误；D. S断开后,电容器经过电阻R2放电,因下极板带正电,则流经R2的电流方向由下向上，故D正确；故选：D...................5. 质量分别为m a=0.5kg，m b=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是A. 碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/sB. 碰撞前b物体的动量大小为零C. 碰撞过程中b物体受到的冲量为1N•sD. 碰撞过程中a物体损失的动量大小为1kg•m/s【答案】B【解析】A. 由图示图象可知,碰撞前a的速度：v a=s a/t a=16/4=4m/s,碰撞前a的动量：P a=m a v a=0.5×4=2kg⋅m/s，故A错误；B. 由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；C. 由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后b的动量大小为：，根据动量定理：，故C错误；D. 由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后a的动量大小为：，碰撞过程中a物体损失的动量大小为，故D错误；故选：B.6. 如图，一比荷的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则A. 金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B. 金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C. 金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D. 金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能【答案】AC【解析】试题分析：当环由左向右进入磁场时，穿过环的磁通量增大，故环内电流产生向外的磁场，感应电流方向为逆时针，当环由右向左离开磁场时，穿过环的磁通量减小，故环内电流产生向里的磁场，感应电流方向为顺时针，故A正确；当环靠近OO′时，环全部在磁场中，摆动时穿过环的磁通量不变，故环内不产生感应电流，感应电流为0，B错误；当摆角小到一定程度后，环内不再产生感应电流，环也不受到安培力的作用，故它会按这个摆角一直摆动下去，C正确；由于最后摆动不会停止，故机械能中一部分转化为电能，另一部分仍以机械能的形式存在，D错误。
【精选】甘肃省天水市2018学年高二上学期第三次(期末)考试物理试题Word版含答案-物理知识点总结
天水市一中2016级2017—2018学年度第一学期第三次考试物 理一、选择题（每小题4分，共48分。
其中第3、6、7、9、11题至少有两个选项正确，其它各题只有一个选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，选错得0分） 1．电动势的单位v ，是由基本单位组成的，以下正确的是A ．B ．322S A m kg ∙∙C ．22S A m kg ∙∙D ．222s A m kg ∙∙2．如图所示电路中灯泡L 1、L 2不亮，但电路中只有一处断开。
今用电压表测得U ab =0，U ac =3V ，U bd =3V ，U cd =0，则可知A ．L 2断B ．L 1断C ．R 断D ．电键K 未接通3．如图所示电路中，当滑动变阻器 R 的触头向左滑动时，下列说法正确的是A ．R 上消耗的功率可能一直变小B ．R 上消耗的功率可能一直变大C ．R 上消耗的功率可能先变小后变大D ．R 上消耗的功率可能先变大后变小4．有一长直螺线管通有正弦交流电（t I i m ωsin =)，当电子沿螺线管轴线射入后，若不计电子重力，则电子的运动情况是A ．变速直线运动B ．匀速直线运动C ．匀速圆周运动D ．沿轴线来回往复5．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a 、o 、b 在M 、N 的连线上，o 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到o 点的距离均相等。
下列说法正确的是A ．o 点处的磁感应强度为零B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同6．电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直它的运动平面，电子所受电场力恰是磁场对它的作用力的3倍。
若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，则电子运动的角速度可能是A ．eB/mB ．2eB/mC ．3eB/mD ．4eB/m7．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是A ．将线框向左拉出磁场B ．以ab 边为轴转动（小于90°）C ．以ad 边为轴转动（小于60°）D ．以bc 边为轴转动（小于60°） 8．如图，为了测出自感线圈的直流电阻，可采用如图所示的电路.在测量完毕后将电路解体时应该A ．首先断开开关S 1B ．首先断开开关S 2C ．首先拆除电源D ．首先拆除安培表9．如图所示，有一个闭合金属铜环放置在光滑水平的绝缘桌面上，铜环正上方有一个竖直的条形磁铁。
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P天水市二中2018届高三第四次诊断考试物理试卷一、选择题（本大题共11个小题，每小题4分，共44分，其中1—7题为单选题，8—11题为多选题，选对但不全，得2分；有选错或不答的，得0分） 1．下列关于物体机械能守恒的说法中，正确的是 A ．运动的物体，若受合外力为零，则其机械能一定守恒 B ．运动的物体，若受合外力不为零，则其机械能一定不守恒 C ．合外力对物体不做功，物体的机械能一定守恒 D ．运动的物体，若受合外力不为零，其机械能有可能守恒2．速度为v 的子弹，恰可穿透一固定着的木板，如果子弹速度为2v ，子弹穿透木板的阻力视为不变，则可穿透同样的木板A.2块B.3块C.4块D.1块 3．如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(如图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(如图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是A ．弹簧的弹性势能先减小后增大B ．球刚脱离弹簧时动能最大C ．球在最低点所受的弹力等于重力D ．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加4.发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。
轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P点，如图，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，则A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度等于它在轨道2上经过Q 点时的加速度D ．卫星在轨道2上经过P 点时的加速度大于它在轨道3上经过Q 点时的加速度5．某船渡河，船在静水中的速度为v 1，河水的速度为v 2，已知v 1>v 2，船以最短位移渡河用时t 1，则船渡河需要的最短时间为A.v 21－v 22v 1t 1B.v 21＋v 22v 1t 1 C.v 1t 1v 21－v 22 D.v 1t 1v 21＋v 226．如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此无法算出的是A ．轰炸机的飞行高度B ．炸弹投出时的动能C ．炸弹的飞行时间D ．轰炸机的飞行速度7．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度—时间图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是 A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小8．如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上不同位置沿x 轴正向水平抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹．小球a 从(0, 2L )抛出，落在(2L,0)处；小球b 、c 从(0，L )抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是A ．a 和b 初速度相同B ．b 和c 运动时间相同C ．b 的初速度是c 的两倍D ．a 的运动时间是b 的两倍9.2018年9月24号，“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想。
“嫦娥一号”卫星在距月球表面200km 、周期127min 的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动。
已知月球半径约为1700km ，引力常量2211/1067.6kg m N G ⋅⨯=-，忽略地球对“嫦娥一号”的引力作用。
由以上数据可以估算出的物理量有A.月球质量B.月球的平均密度C.地球表面的重力加速度D.月球绕地球公转的周期10．一质量为0.6 kg 的物体以20 m/s 的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18 J ，机械能减少了3 J ．整个运动过程中物体所受阻力大小不变，以抛出点为重力势能零点，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是A ．物体在最高点的重力势能为100JB ．物体在最高点的重力势能为20JC ．物体返回抛出点时的动能为40 JD ．物体返回抛出点时的动能为80 J11．地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为1F ，向心加速度为1a ，线速度为1v ，角速度为1w ；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为2F ，向心加速度为2a ，线速度为2v ， 角速度为2w ；地球同步卫星所受的向心力为3F ，向心加速度为3a ，线速度为3v ，角速度为3w ；地球表面重力加速度为g ，第一宇宙速度为v ，假设三者质量相等，则下列结论错误的是A ．123F =F >FB ．123a =a =g>aC ．123==v v v v >D ．1w =3w <2w答题卡得分______________二、实验填空题（本题3小题，每空2分，共14分）12．用20分度的游标卡尺测量一小球的直径，示数如图甲，则小球的直径为_________cm ；图乙是用螺旋测微器测量一工件的长度，其示数为____________mm。
13.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以两者的连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因万有引力的作用吸引到一起.已知在某一“双星”系统中，两星球的质w : 2w= 。
量比为1 : 2，则其半径之比R1 : R2 = , 角速度之比114．如图，为《探究加速度与外力间的关系》的实验装置（图中A为小车，B为带滑轮的长木板，C为水平桌面）（1）为了探究加速度跟力和质量的关系，应该采用的研究实验方法是（）A．控制变量法 B．假设法C．理想实验法 D．图象法（2）某同学在实验过程中，得到的图象所示，则出现此种现象的原因是 ________________________________ 。
（3）在探究保持质量不变时加速度与物体受力的间关系时，小车质量M和砝码质量m 分别选取下列四组值．A．M=500g，m分别为50g、70g、100g、125gB．M=500g，m分别为20g、30g、40g、50gC．M=200g，m分别为50g、75g、100g、125gD．M=200g，m分别为30g、40g、50g、60g若其它操作都正确，那么在选用组值测量时所画出的图线较准确．三、计算论述题（本题4小题，共42分）15. (8分) 如图所示，质量都是m的物体A和B，通过轻绳子跨过滑轮相连。
斜面光滑且足够长，不计绳子和滑轮之间的摩擦。
开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物均静止。
撤去手后，求：（1）A物体将要落地时的速度多大？（2）A物落地后，B物由于惯性将继续沿斜面上升，则B物沿斜面向上将继续运动多大的距离？16. (10分) 如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R=2.5m，一个质量m=0.1kg的小球(大小可忽略不计)，从离水平面高h处静止自由下滑，由斜轨进入圆轨, 取g=10m/s2，求：（1）如果小球到达圆轨最高点时对圆轨的压力大小恰好等于零，则小球在最高点的速度大小为多少？（2）为了使小球能到达圆轨最高点，h的最小值为多少？（3）如果小球到达圆轨最高点时对圆轨的压力大小等于自身重力的4倍，那么小球通过圆轨最低点时速度大小为多少？17. （12分）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1) 小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2) 小滑块第二次通过C点时的速度大小；(3) 小滑块最终停止的位置距B点的距离．18．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A、B两点间的距离L＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动．现将一质量m＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(取g＝10 m/s2)（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功．高三第四次月考物理参考答案一、选择题二、实验填空题12.1.015cm ；6.868-6.872mm 13.2：1 ；1:114．（1）A （2）平衡摩擦力时，木板倾角过大； （3）B 三、计算论述题15.（1）对应整体列出机械能守恒方程，就可以求出A 物体将要落地时的速度。
mgh-mghsin θ=(m+m)v 2/2………………（2分）整理得v =1/2………………（2分）（2）B 物体的机械能守恒：mv 2/2=mgLsin θ………………（2分）整理得L=h(1-sin θ)/2 sin θ………………（2分） 16.（1）5m/s ；（3分）（2）6.25m ；（3分）（2）15m/s.（4分） 17. (1) 3 m/s ；（4分） (2)6m/s ；（4分） (3)1.4 m （4分） 18.(1) 小物体加速过程根据牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 物体上升的加速度a ＝14g ＝2.5 m/s 2（3分）(2)当小物体的速度v ＝1 m/s 时，位移是：x 1＝v 22a＝0.2 m由v ＝at 得t 1＝v a＝0.4 sX 2＝4.8m ，即小物体将以v ＝1 m/s 的速度完成4.8 m 的路程， t 2=4.8s, t=t 1+t 2=5.2s （3分）(3)由功能关系得：W ＝ΔE p ＋ΔE k ＝mgL sin θ＋12mv 2＝255 J. （3分）(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，相对位移x′＝vt1－12vt1＝0.2 m摩擦生热Q＝μmgx′cos θ＝15 J故电动机做的功W电＝W＋Q＝270 J. （3分）。