武汉市高三物理一模试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共5题；共10分)1. （2分）(2017高二下·宜昌期中) 典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：，铀235质量为m1 ，中子质量为m2 ，钡144质量为m3 ，氪89的质量为m4 ．下列说法正确的是（）A . 该核反应类型属于人工转变B . 该反应放出能量C . x的值是3D . 该核反应比聚变反应对环境的污染较少2. （2分）质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边（）A .B . sC . sD . s3. （2分） (2017高一下·钦北期末) 如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）A . 卫星在轨道1的任何位置都受到相同的引力B . 卫星在轨道2的任何位置都具有相同的速度C . 不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同D . 不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同4. （2分） (2017高二下·苏州会考) 请阅读下列材料，回答（1）﹣（3）题．2016年10月17日7时330分，“长江二号”运载火箭点火起飞．将“神舟十一号”载人飞船发射升空．“神舟十一号”飞船承担着构建独立自主空间站的核心任务，与“天宫二号”顺利对接后，首次实现我国航天员中期在轨驻留任务，开展了一批提现科学前沿的空间科学与应用任务，标志着我国载人航天工程取得了新的重大进展．（1）“神舟十一号”围绕地球做圆周运动，是由于受到万有引力作用，发现万有引力定律的物理学家是（）A . 开普勒B . 牛顿C . 伽利略D . 麦克斯韦（2）关于发射“神舟十一号”载人飞船的速度，下列说法中正确的是（）A . 等于第一宇宙速度B . 等于第二宇宙速度C . 介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D . 介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间（3）关于失重现象，下列说法中正确的是（）A . 失重就是物体所受重力减少B . “长征二号”运载火箭点火起飞时，处于失重状态C . 航天员在返回地面前，处于失重状态D . “天宫二号”在轨运行时，处于失重状态5. （2分） (2017高二下·巴音郭楞期中) 在光滑水平面上，一质量为m，边长为l的正方形导线框abcd，在水平向右的恒力F的作用下穿过某匀强磁场，该磁场的方向竖直向下．宽度为L（L＞l），俯视图如图所示．已知dc边进入磁场时的速度为v0 ， ab边离开磁场时的速度仍为v0 ．下列说法正确的是（）A . 线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B . 线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C . 线框窗过磁场的过程中一直做匀速直线运动D . 线框穿过磁场过程中恒力F做的功等于线框产生的焦耳热二、多选题 (共4题；共12分)6. （3分） (2017高二下·安徽期中) 如图所示为一理想变压器，电路中的开关S原来断开，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是（）A . 只增加原线圈的匝数B . 只增加副线圈的匝数C . 只增加用电器R1的电阻D . 闭合开关S7. （3分）(2020·无锡模拟) 如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（）A . 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B . 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C . 弹簧恢复原长时滑块的动能为D . 滑块与木板AB间的动摩擦因数为8. （3分） (2018高二下·驻马店期末) 如图所示，一导线折成动长为a的正三角形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，边长CD始终与MN 垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是（）A . 导线框受到安培力方向始终向上B . 导线框受到安培力方向始终向下C . 感应电动势的最大值为D . 感应电动势平均值为9. （3分）(2017·河北模拟) 下列说法正确的是（）A . 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的B . 使用钢笔难以在油纸上写字，这是因为钢笔使用的墨水与油纸不浸润C . 增大气体的压强，可以使气体分子之间的斥力大于引力，使分子力表现为斥力D . 对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小，气体对外做功E . 若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向心缓慢压缩活塞时，水汽的质量减少，压强不变三、实验题 (共2题；共6分)10. （1分） (2017高一上·石嘴山期末) 在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中，某小组得出如图所示的图（F与AO共线），图中________是F1与F2合成的理论值；________是F1与F2合成的实际值，在实验中如果将两个细绳套换成两根橡皮条，那么实验结果是否变化？答：________（填“变”或“不变”）．11. （5分） (2017高二下·上饶期中) 某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为500μA，内阻Rg=200Ω灵敏电流计和一个电阻箱R（0～9999Ω．（1）为了把灵敏电流计改装成量程为2V的电压表继续实验，电阻箱R应调整至________Ω．（2）探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路，同样测出了干电池的电动势和内阻．①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则和R的关系式为________②然后以为纵坐标，以R为横坐标，做出﹣R图线为一直线，如图丙所示，测得直线在纵轴上的截距b=134，直线的斜率k= ，则该电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω．四、解答题 (共4题；共27分)12. （10分） (2018高一下·西安期中) 如图所示，质量为m=0.2㎏的小球固定在长为L=0.9m的轻杆一端，杆可绕O点的水平转轴在竖直平面内转动。
参考答案、解析及评分标准·物理冲刺卷(一)评分说明：1～12小题，每小题3分，共36分．1.D【解析】闻到气味是分子无规则运动现象，A选项正确，不符合题意；压在一起的铅块不易分开，主要是因为铅块分子之间存在引力，B选项正确，不符合题意；分子运动与温度有关，温度越高，分子的热运动越剧烈，湿衣服晾在温度高的地方干得越快，C选项正确，不符合题意；油能燃烧，水不能燃烧是因为构成它们的分子不同，化学性质不同，与比热容无关，D选项错误，符合题意．故选D.2. D【解析】冰粒下落过程中与空气摩擦，机械能减小，内能增大，故A正确，不符合题意；火箭发射时，速度和高度都在增大，机械能增大，与空气摩擦，空气对火箭外壳做功，其内能增大，故B正确，不符合题意；子弹穿过木板时，子弹对木板做功，子弹机械能减小，减小的机械能转化为木板和子弹的内能，在这个过程中，能量仍然守恒．故C正确，不符合题意；烧热的工件放入冷水中，工件的内能有部分通过热传递转移给了水，水的内能增大，故D错误，符合题意．故选D.3. D【解析】热值的定义是1 kg某种燃料完全燃烧时放出的热量；燃料的热值是燃料本身的一种性质，与燃料是否燃烧和是否完全燃烧、燃料的质量等无关，只与燃料的种类有关，故A、B错误，D正确；由公式Q＝mq可知，燃料燃烧放出的热量的多少取决于热值与质量，故C错误．故选D.4.C【解析】甲图两气门都关闭，活塞上行，是压缩冲程，机械能转化为内能，A正确，不符合题意；乙图进气门关闭、排气门开启，活塞上行，是排气冲程，B正确，不符合题意；丙图两气门都关闭，活塞下行，是做功冲程，内能转化为机械能；C错误，符合题意；丁图进气门开启、排气门关闭，活塞下行，是吸气冲程，D正确，不符合题意．故选C.5.C【解析】用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用它去接触验电器的金属球时，验电器也带上负电，即验电器的金属球和两个金属箔片上都带上了负电，由于同种电荷相互排斥，所以两个金属箔片会张开，故A、B、D错误；物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，该实验中负电荷从金属球转移到金属箔片，所以金属杆中瞬间电流方向为从金属箔到金属球．故选C.6. A【解析】LED灯的核心部件是发光二极管，是由半导体材料制成的，故A正确；金属导电是因为金属内有大量的能自由移动的电子，导体并不都是金属，故B错误；电子带负电，所以金属中的电流方向与自由电子移动的方向相反，故C错误；在电池的外部电流方向总是由电池的正极到负极，在内部，电流的方向是由负极流向正极，故D错误．故选A.7. A【解析】由电路图可知，三灯泡串联，电压表测L1、L2两端的电压，电压表测L2、L3两端的电压，由于串联电路中总电压等于各电阻电压之和，则U1＋U2＝7.5 V①，U2＋U3＝9 V②，U＝U1＋U2＋U3＝12 V③.由①②③解得U2＝4.5 V．故选A.8. A【解析】由题意可知，当温度过高时，开关S2断开，发热器R不能工作；当锅内压强过大时，开关S1断开，发热器R不能工作；即两个开关不能独立工作，即为串联，结合选项可知A符合题意，BCD均不符合题意．故选A.9. D【解析】此电路为串联电路，电压表并联在开关和L2两端．串联电路中一灯亮一灯不亮，则可能不亮的灯泡短路了，电流表有示数，说明电路故障不可能是断路，电压表有示数，说明电压表所测部分没有短路，综合判断，所以是L 1短路．故选项D 正确．故选D.10. C 【解析】电能表转盘转过一圈消耗的能量一定，转得快代表家庭电路功率大，由W ＝Pt 可知消耗电能与功率和时间有关，所以不能说明消耗电能多，故A 错误；6月初的示数1 352.5 kW ·h ，5月初，小明家中的电能表示数为1 222.8 kW ·h ，故小明家5月初至6月初消耗的电能是W ＝1 352.5 kW·h －1 222.8 kW·h ＝129.7 kW·h ，故B 错误；据表盘的参数可知，额定最大电流为20 A ，标定电流为10 A ．此时总功率不得超过P ＝UI ＝220 V ×20 A＝4 400 W ＝4.4 kW ，故C 正确；电能表的转盘转300转消耗的电能为：W ＝3002 500kW ·h ＝0.12 kW ·h ，该电能表上用电器的总功率：P ＝W t ＝0.12 kW·h 16h ＝0.72 kW ＝720 W ，故D 错误．故选C.11. C 【解析】滑动变阻器滑片P 从中点向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大；由于电源电压不变，因此并联电路两端电压也不变，即电压表示数不变，故B 不正确；因为并联电路中各支路互不影响，所以通过定值电阻R 的电流不变，即电流表示数不变，由P ＝UI 可知，定值电阻的功率不变，故AD 错误；由欧姆定律I ＝U R可得，U 不变，R 变大，I 变小，所以通过滑动变阻器的电流减小，由P ＝UI 可知，滑动变阻器的功率变小，故C 正确．故选C.12. C 【解析】由图像知：当电压表示数为6 V 时，通过灯泡的额定电流：I 额＝1.0 A ，灯泡的额定功率：P 额＝U 额I 额＝6 V ×1.0 A ＝6 W ，故A 正确，不符合题意；滑片在最左端时，灯泡L 与R 0串联，由图像可知，此时灯泡两端电压U L ＝6.0 V ，电路中的电流I ＝1.0 A ，由I ＝U R得，R 0两端电压UR 0＝IR 0＝1.0 A ×2 Ω＝2 V ，则电源电压U ＝U L ＋UR 0＝6 V ＋2 V ＝8 V ，故B 正确，不符合题意；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图像可知，此时灯泡两端的电压U L ′＝1.0 V ，电路中的电流I ′＝0.5 A ，灯泡的电阻：R L ＝U L ′I ′＝1 V 0.5 A ＝2 Ω，电路中的总电阻：R 总＝U I ′＝8 V 0.5 A＝16 Ω，滑动变阻器最大阻值：R ＝R 总－R 0－R L ＝16 Ω－2 Ω－2 Ω＝12 Ω，故C 错误，符合题意．由图像知，电路中的最小电流I ′＝0.5 A ，则电路最小总功率P ＝UI ′＝8 V ×0.5 A ＝4 W ，故D 正确，不符合题意．故选C.13. (每空1分，共3分)作用力 小 压缩14. (每空1分，共3分)白雾 液化 减小 【解析】水蒸气把橡胶塞冲出，水蒸气对塞子做了功，水蒸气的内能转化为软皮塞的机械能，水蒸气内能减小．水蒸气遇冷发生液化形成小水珠，瓶口出现“白雾”．15. (每空1分，3分) 0.3 20 7.2 【解析】电路中R 1和R 2并联，电流表测总电流，电流表测R 1支路电流，则可知I 1一定大于I 2，而两表指针位置相同，则两表肯定量程不同，电流表量程应为0～3 A ，电流表量程应为0～0.6 A ，则可知I 1＝1.5 A ，I 2＝0.3 A ．由欧姆定律得：R 1＝U I 2＝6 V 0.3 A＝20 Ω；由并联电路的特点可得，R 2中的电流为I 3＝I 1－I 2＝1.5 A －0.3 A ＝1.2 A ．则R 2上的电功率P ＝UI 3＝6 V ×1.2 A ＝7.2 W.16. (每空1分，5分) (1)小亮 三 (2)A 、C (3)长度 当材料和横截面积相同时，导体越长电阻越大【解析】(1)小亮的说法既能完成实验，又能不损坏电路元件，故选小亮；要探究电阻大小与导体材料的关系时，需保证电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，小丽在探究同样的课题时，手边只有一根电阻丝，只能改变接入的电阻的长度或横截面积(将电阻丝折叠)，但不能改变电阻丝的材料，故不能完成对猜想三的实验验证；(2)要验证猜想二：导体的电阻可能与导体的横截面积有关，应控制导体材料和长度相同而横截面积不同，由表中数据可知，应选编号为A 、C 的两根电阻丝进行实验；(3)分别将A 和B 两电阻丝接入电路中M 、N 两点间，导体A 、B 的材料和横截面积相同而长度不同，可以探究导体的电阻可能与导体的长度有关．在总结结论时应先说条件，即哪些控制量相同．17. (每空1分，作图2分，共5分)(1)如答图所示 (找出错误1分，画出正确导线1分，共2分) (2)变小 (3)0.15 A ～0.3 A (4)成正比第17题答图【解析】(1)电流表应串联接入电路，电压表并联在定值电阻的两端，图中电流表和电压表接错，改正具体如答图所示；(2)当P 向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻R 变大，电源电压U 不变，由I ＝U R可知电路电流变小，电流表示数变小；(3)根据电路图可知，当滑片位于最左端时，电阻R 与滑动变阻器的最大阻值串联，电路中的电阻最大，电流最小，即I min ＝U R 总＝ 3 V 10 Ω＋10 Ω＝0.15 A ；当滑片位于最右端时，电路为R 的基本电路，电路中的电阻最小，电流最大，即I max ＝U R 定＝3 V 10 Ω＝0.3 A ，在电流表的量程(0～0.6 A)和滑动变阻器的规格(3 A)范围内，因此电路中电流的变化范围为0.15 A ～0.3 A ；(4)在表中，导体的电阻10 Ω一定时，导体两端的电压与电流的比值不变，故得结论：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比．18. (每空1分，共5分)(1) 滑动变阻器连入电路的阻值太大 (2)0.32 (3)① 0.7 灯丝的电阻随温度的升高而增大 ②灯泡的实际功率太小【解析】(1)两个电表都有示数，说明小灯泡既没断路也没短路，问题出在滑动变阻器上，小灯泡不亮，说明电路中电流过小，即滑动变阻器连入电路的阻值太大；(2)电流表使用的量程为0～0.6 A ，每一个大格代表0.1 A ，每一个小格代表0.02 A ，示数是0.32 A ；(3)①根据表中数据可知，当灯泡两端电压为额定电压2.5 V 时，通过灯泡的电流为0.28 A ，则灯泡的额定功率P ＝UI ＝2.5 V ×0.28 A ＝0.7 W ；因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以小灯泡的电流与其两端的电压不成正比；②根据表中数据可知，第7、8两次实验中通过灯泡的电流和灯泡两端的电压都很小，从而导致灯泡的实际功率很小，因此灯泡不能发光．19. (10分)(1)黄 (1分)【解析】(1)由电路图可知，当电加热管与指示灯A 串联时，能在额定电压下工作，此时指示灯应为红色；当电加热管与R 2串联时，两电阻共同分担电源电压，使电加热管不能正常工作，因此，处于保温状态，此时指示灯B 应为黄色．解：(2)家庭电路的电源电压为220 V ，则电加热管的电阻R 1＝U 2P 1＝（220 V ）2550 W＝88 Ω(1分)保温时，电加热管的电功率P 2＝88 W通过电加热管的电流I ＝P 2R 1＝88 W 88 Ω＝1 A(2分) R 2两端的电压U 2＝U －IR 1＝220 V －1 A ×88 Ω＝132 V(1分)所以R 2＝U 2I ＝132 V 1 A＝132 Ω(1分) (3)已知：ρ水＝1.0×103 kg/m 3，c 水＝4.2×103 J/(kg·℃)，则热胆内水的质量m ＝ρV ＝1.0×103 kg/m 3×2×10－3 m 3＝2 kg(1分)水吸收的热量Q ＝cm (t 2－t 1)＝4.2×103 J/(kg·℃)×2 kg ×(75 ℃－20 ℃)＝4.62×105 J (1分)电加热管产生的热量W ＝Q 吸η＝4.62×105 J 80%＝5.775×105 J(1分) 加热时间t ＝W P ＝5.775×105 J 550 W＝1 050 s(1分) 冲刺卷(二)评分说明：1～12小题，每小题3分，共36分．1. D 【解析】物质是由分子或原子组成的，A 选项错误；分子在任何温度条件下都在做无规则运动，只是运动的快慢不同而已，B 选项错误；固体和液体很难被压缩，是因为分子间有斥力，C 选项错误；近朱者赤近墨者黑，是分子发生扩散的结果，说明分子在不停地做无规则运动，D 选项正确．故选D.2. C 【解析】质量相同、温度相同的物体，比如0 ℃的水和0 ℃的冰，质量相同时水的内能比冰大，A 选项错误；物体的机械能包括动能和势能，内能与质量和温度有关，与机械能无关，B 选项错误；一杯水向外放出热量，温度降低，内能减小，C 选项正确；水蒸气液化时，放出热量，内能减小，D 选项错误．故选C.3. D 【解析】比热容、热值都是物质的特性，与物质的质量、体积无关，故质量为5 kg 的汽油，用去一半后剩下的汽油后比热容、热值不变．A 、B 、C 三选项错误．D 正确，故选D.4. C 【解析】酒精的燃烧，是化学能转化为内能的过程，A 选项正确，不符合题意；水从火中吸收热量，内能增加、温度升高，是通过热传递使水的内能增加，B 选项正确，不符合题意；水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小，温度降低，液化成小水珠飘散在空中，即“白气”，C 选项错误，符合题意；水蒸气对软木塞做功，将塞子推出，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能，水蒸气内能减小、温度降低，属于做功改变物体的内能，使内能转化为机械能，D 选项正确，不符合题意．故选C.5. D 【解析】摩擦起电的实质是电子发生了转移，不是创造了电荷，A 选项错误；同种电荷之间相互排斥，异种电荷才相互吸引，B 选项错误；只有当两种束缚电子能力不同的物质相互摩擦时，才能发生电子的转移，若束缚电子能力比玻璃棒弱的物质与玻璃棒摩擦，则玻璃棒会得到电子而带负电，C 选项错误；物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，负电荷的定向移动方向与电流的方向相反，D 选项正确．故选D.6. A 【解析】用塑料做导线的外皮是利用塑料的绝缘性，A 选项符合题意；电炉子的电热丝是利用电流的热效应，B 选项不符合题意；用塑料做炒锅的手柄是为了防止使用炒锅时烫手，利用了塑料的导热性差，C 选项不符合题意；银行IC 卡的芯片采用磁电记录方式，用的是磁性材料，D 选项不符合题意．故选A.7. B 【解析】由图A 可知，四个门对应的开关与灯泡串联，当任何一个门未关闭时，指示灯都不会发光，相反当四个门关好时，指示灯发光，A 选项不合题意；由图B 可知，四个门对应的开关串联后与灯泡并联，当任何一个门未关闭时，指示灯都发光，当四个门关好时，指示灯被短路，定值电阻串联在干路中保护电路，B 符合题意；由图C 可知，四个门中对应的一个开关在干路中，因此其他三个开关串联后与灯泡并联，因此当四个门都关好时，形成电源短路，C 不合题意；由图D 可知，其中一个门对应的开关与灯泡串联，另外三个开关串联，串联后与灯泡并联连接，当串联的三个开关对应的门关好后，会形成电源短路，D 不合题意．故选B.8. D 【解析】“220 V”为灯泡正常工作时的电压，说明其工作时工作电压不能超过220 V ，使用时可以小于等于220 V ，A 错误；灯泡的实际功率随实际电压的变化而变化，B 错误；若灯正常工作，则由W ＝Pt 可得每秒钟消耗的电能为W ＝Pt ＝40 W ×1 s ＝40 J ，C 错误；灯在220 V 电压下正常工作，则此时发光功率为40 W ，D 正确．故选D.9. B10. D 【解析】串联电路电流处处相等，两电阻串联时，通过两电阻的电流相等，A 选项错误；取电压为12 V 时，通过甲电阻的电流为I 甲＝1.2 A ，有R 甲＝U I 甲＝12 V 1.2 A＝10 Ω，取电压为10 V 时，通过乙电阻的电流I 乙＝0.4 A ，R 乙＝U I 乙＝10 V 0.4 A＝25 Ω，根据串联分压可知，甲分的电压较少，乙分的电压较多，即甲、乙串联后甲的电压小于乙的电压，B 选项错误；由图像可知甲、乙并联后，甲、乙两端电压相等，因为R 甲＜R 乙，所以甲、乙并联后流过甲的电流大于流过乙的电流，C 选项错误；甲、乙并联后，甲、乙两端电压相等，由P ＝U 2R 、 R 甲＜R 乙可知甲消耗的电功率大于乙消耗的电功率，D 选项正确．故选D.11. D 【解析】把这个电阻对折后连在一起，电阻变为原来的14，电流通过电炉丝做功消耗电能全部转化为内能，Q ＝W ＝U 2Rt ，仍然接在原来的电源两端，所加电压相等，在相同时间内产生的热量与原来产生的热量之比Q 2∶Q 1＝U 2R 现在t ∶U 2R 原来t ＝R 原来∶R 现在＝1∶14＝4∶1.故选D.12. A 【解析】当滑动变阻器的滑片P 在a 、b 之间滑动的过程中，在b 端时，R 2两端分压最大，电压表的示数最大为4 V ，此时R 1两端电压最小，功率最小为P 1＝0.8 W ，根据P＝U 2R 得，R 1＝U 2P ＝（2 V ）20.8 W ＝5 Ω.故当P 在b 端时，通过R 1的电流I ＝U R 1＝2 V 5 Ω＝0.4 A ，则R 2的最大电阻为R b ＝U 最大I ＝4 V 0.4 A ＝10 Ω.当滑片在a 端时，电路中电流I ＝U R 1＝6 V 5 Ω＝1.2 A ，滑片在b 端时I ＝U R 1＋R b ＝ 6 V 5 Ω＋10 Ω＝0.4 A ，故电流表的示数从1.2 A 变化至0.4 A ，A 选项错误，符合题意；电压表示数从0变化到4 V, B 选项正确，不符合题意；当滑动变阻器的滑片P 在a 、b 之间滑动的过程中，当R 2＝R 1时，R 2功率最大P ＝（6 V ）25 Ω＋5 Ω＝3.6 W ，C 选项正确，不符合题意；当滑动变阻器的滑片P 在b 端时，R 2的电功率为P 2＝（4 V ）210 Ω＝1.6 W ，故D 正确，不符合题意．故选A.13. (每空1分，共3分)小 汽化 增大 【解析】环戊烷既易液化又容易汽化，说明分子间势能小，分子间作用力小，汽化和液化能量改变小．环戊烷在管子里流动时，液体流经冷冻室时会发生汽化现象，从冷冻室吸收热量，内能增大．这样冷冻室的温度才会降下来，然后冷冻室通过热传递的方式改变物体的内能，从而达到冷冻效果．14. (每空1分，共3分)空气 压缩 20 【解析】硝化棉燃烧，是活塞压缩筒内空气做功，使空气的内能增大，温度升高，通过做功方式使温度达到着火点；压缩过程中，活塞的机械能转化为空气的内能，故该过程中，与内燃机的压缩冲程相同；四冲程内燃机的曲轴转速为2 400 r/min ，则该曲轴每秒钟转40圈．因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个工作冲程，做功一次，故汽油机每秒对外做功20次．15. (每空1分，共3分)12 24 6 【解析】当S 1、S 2闭合，S 3断开时，R 2被短路，电路中只有R 1，R 1＝U I ＝6 V 0.5 A＝12 Ω；当S 1、S 3断开，S 2闭合时，R 1、R 2串联，电压表测量R 2两端电压．串联电路 R 1R 2＝U 1U 2＝12，则R 2＝2R 1＝24 Ω；当只闭合S 3时，电压表测量电源电压，故电压表示数为6 V .16. (每空1分，共4分)B A 瓶中出现红棕色气体 在不停地做无规则运动 ④【解析】二氧化氮气体的颜色是红棕色的，而且比空气的密度大．为了排除重力的影响应将其放在下面，如果将两个瓶口对在一起，则二氧化氮气体分子会向空气中运动，所以B 瓶内的气体颜色会变淡，A 瓶中出现红棕色气体，A 瓶内的气体颜色会变红，而且温度越高，气体分子运动速度越快．17. (每空1分，作图2分，共5分)(1)如答图所示 (2)1.2 1.8 (3) 各部分电路两端的电压之和或第17题答图【解析】(1)本实验是探究“串联电路电压的规律”实验，电路中的灯泡应该串联，电压表测灯泡L 2两端的电压，所以应将灯泡L 2左端接在灯泡L 1的右端接线柱或电压表负极接线柱，具体如答图所示；(2)电压表的量程是0～3 V ，指针指在“1”刻度后的第2小格刻度处，所以电压表的示数是1.2 V ，电源电压是3 V ，两灯串联则灯L 1两端的电压是1.8 V ；(3)本实验可得到的结论是：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和．18. (每空1分，共6分)(1)左 B (2)0.2 0.5 (3)1.2 实际功率【解析】(1)实验时闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，来确保电路安全，根据滑动变阻器连接情况，滑片移到最左端时接入电路电阻最大；闭合开关后，灯泡不亮，电流表无示数，说明电路中发生了断路，电压表的示数接近电源电压，则说明与电压表并联的灯泡发生了断路，B 选项正确；(2)由图乙知，电流表的量程为0～0.6 A ，分度值为0.02 A ，示数为0.2 A ，所以此时小灯泡的电功率P ＝UI ＝2.5 V ×0.2 A ＝0.5 W ；(3)小灯泡两端的电压高于额定电压，一般不超过额定电压的1.2倍．实验表明：小灯泡的亮度是由它的实际电功率决定的.19. (10分)解：(1)在维持“小火”炖煮时，开关S 1仍闭合，S 2自动断开，电阻R 1和R 2串联．此时电路中电流I ＝U R 1＋R 2＝220 V 66 Ω＋44 Ω＝2 A(2分)(2)在汤沸腾之后，维持“小火”炖煮．开关S 1闭合，S 2断开，电阻R 1和R 2串联电热砂锅的“小火”功率P 小火＝U 2R 1＋R 2＝（220 V ）266 Ω＋44 Ω＝440 W(2分) (3)将3 L 初温为20 ℃的水烧开需要吸收热量Q 吸＝cm (t 2－t 1)＝4.2×103 J/(kg·℃)×3×10－3 m 3×1×103 kg/m 3×(100 ℃－20 ℃)＝1.008×106 J(2分)电流对电热砂锅做功W ＝Q 吸η＝1.008×106 J 90%＝1.12×106 J(1分) 在沸腾之前，“大火”炖煮，开关S 1、S 2都闭合，只有电阻R 2接入电路．电热砂锅的“大火”功率P 大火＝U 2R 2＝（220 V ）244 Ω＝1 100 W (2分) 加热时间t ＝W P 大火＝1.12×106 J 1 100 W ≈1 018.2 s(1分) 冲刺卷(三)评分说明：1～12小题，每小题3分，共36分．1. B 【解析】由分子动理论可知，水分子和硫酸铜分子在不停地做无规则运动，所以上面的水分子要向下运动，进入到硫酸铜溶液中，同时硫酸铜分子向上运动，进入到上面的水中，时间越长，两者混合的越均匀．若硫酸铜溶液的密度小于水的密度，水会受重力作用很快与硫酸铜混合，而不是等到10天后才出现交界处模糊的现象，故AC 错误，B 正确；分子的热运动与温度有关，与放置时间无关，D 错误．故选B.2. A 【解析】小孩在滑梯上匀速下滑，质量不变，速度不变，动能不变．高度减小，故重力势能减小．动能不变，重力势能减小，机械能减小，机械能转化为内能，所以臀部有灼热的感觉．根据能量守恒定律知，此过程中，能量的总量保持不变，故D 错误，A 正确．小孩臀部内能增加是通过做功发生的，滑梯对小孩臀部做功，内能增加，故B 、C 错误．故选A.3. B 【解析】实验中，食用油吸热升温较快，说明食用油的比热容较小，吸热能力较弱，故A 错误．实验中，加热相同的时间，说明吸收了相同的热量，末温低的物质比热容大，吸热能力强，故B 正确．在本实验中，物体吸热多少是由加热时间决定的，故C 错误．由Q ＝cm Δt 可知，质量相同的水和食用油，由于比热容不同，并且初温相等，则当末温相同时，吸收的热量不相同，故D 错误．故选B.4. C 【解析】 进气门、排气门都关闭，活塞下行，火花塞点火，是做功冲程．内能转化为机械能．故选C.5. D 【解析】据题意可知，该金属棒能导电，所以一定是导体，故A 正确；验电器的原理是同种电荷相互排斥，故两金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷，故B 正确；原来A 验电器带负电，B 验电器不带电，所以当用金属棒连接时，一部分电子会从A 转移到B ，故B 验电器中的金属箔带上了负电荷，故C 正确；由于电子的运动方向是A 到B ，所以电流的方向是由B 到A ，故D 错误．故选D.6. D 【解析】超导体是一种电阻为零的材料，故A 错误；橡胶、塑料是绝缘体，铝是导体，故B 错误．半导体材料导电性能介于导体与绝缘体之间，输电线要求电阻越小越好，应选优良导体制成，故C 错误；硅、锗都属于半导体，所以它们的导电性能比导体差、比绝缘体强，故D 正确．故选D.7. D 【解析】由A 电路图可知，灯泡L 与排风扇不能独立工作，故A 不符合题意；由B 电路图可知，照明灯泡不能独立工作，故B 不符合题意；由C 电路图可知，两取暖灯串联，不能正常工作，故C 不符合题意；由D 电路图可知照明灯泡和两只取暖灯以及排风扇能正常工作，且照明灯和排风扇都由各自的开关控制、两只取暖灯只有一只位于干路的开关控制，总是同时工作的，故符合题意．故选D.8. D 【解析】由电路图可知，灯泡L 1、L 2串联，电压表测L 2两端的电压，即L 2两端的电压为4 V ；根据串联电路电压等于各电阻两端电压之和，即U ＝U 1＋U 2＝6 V ，得L 1两端电压U 1＝U －U 2＝6 V －4 V ＝2 V ．故选D.9. B 【解析】将电阻丝的两个断头接上后，接头处是两根导线相切，由于接触的部位很少，很细，电阻就较大．根据焦耳定律公式Q ＝I 2Rt 知，在电流、通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多，温度越高，因此搭接头处容易被烧断．故选B.10. B 【解析】电能表的示数表示电能表所在的电路已经消耗的电能，电能表示数最后一个为小数位，此时电能表的示数为248.6 kW·h ，故A 错误；10(20) A 表示该电能表的标定电流为10 A ，额定最大电流为20 A ，故B 正确；正常工作时额定电压为220 V ，额定最大电流为20 A ，额定最大功率P ＝UI ＝4 400 W ，故C 错误；每消耗1 kW·h 的电能，电能表转盘转1 920转，电路耗电为W ＝192 r 1 920 r/（kW·h ）＝0.1 kW ·h ＝3.6×105 J ，故D 错误．故选B.11. C 【解析】由图可知该电路为并联电路，电压表测电源电压，电流表测干路电流，电流表测R 1电流．当滑动变阻器滑片P 向右移动时，R 2阻值变大，通过R 2的电流变小，R 1电流不变，电流表示数不变，干路电流变小，电流表示数变小，电压表不变．故A 、B 错误．电压表示数与电流表示数比值为R 1不变，故C 正确．电压表示数与电流表示数比值为总电阻，总电阻变大，故其比值变大，故D 错误．故选C.12. D 【解析】由电路图可知，灯泡L 与滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流．由P ＝UI 可得，灯泡正常发光时的电流：I L ＝P L U L ＝3 W 6 V ＝0.5 A ，由I ＝U R 可得，小灯泡正常工作时的电阻：R L ＝U L I L ＝6 V 0.5 A＝12 Ω，故A 正确，不符合题意；因电源电压不变，所以由ΔP ＝U ΔI 可得，电源电压：U ＝ΔP ΔI ＝1.2 W 0.1 A＝12 V ，故B 正确，不符合题意；由题知，I c －I a ＝0.1 A ，由串联电路特点和欧姆定律可得U R bc ＋R L －U R ab ＋R L ＝12 V 23R ab＋12 Ω－12 V R ab ＋12 Ω＝0.1 A ，整理可得：R 2ab －30 R ab ＋216＝0，解得：R ab ＝12 Ω或R ab ＝18 Ω，当R ab ＝12 Ω，电路中的电流分别为：I a ＝U R ab ＋R L ＝12 V 12 Ω＋12 Ω＝0.5 A ，所以：I c ＝I a ＋0.1 A ＝0.5 A ＋0.1 A ＝0.6 A ，所以P 在c 点时，电流超过了灯泡的额定电流，则灯泡消耗功率超过额定功率，不合理，故舍去；当R ab ＝18 Ω时，电路中的电流分别为：I a ＝U R ab ＋R L＝12 V 18 Ω＋12 Ω＝0.4 A ，所以：I c ＝I a ＋0.1 A ＝0.4 A ＋0.1 A ＝0.5 A ，电流不超过灯泡的额定电流，符合题意．此时滑动变阻器阻值为R bc ＝23R ab ＝23×18 Ω＝12 Ω，所以滑片P 移动的过程中，滑动变阻器阻值变化范围为12 Ω～18 Ω，故C 正确，不符合题意；滑片P 移动的过程中，电路最大功率为P ＝UI c ＝ 12 V ×0.5 A ＝ 6 W ，故D 错误，符合题意．故选D.13. (每空1分，共2分)分子之间存在斥力 分子之间存在引力14. (每空1分，共4分)白雾 减小 降低 液化15. (每空1分，共3分)9 A 20 【解析】由电路图可知，两电阻串联，电压表测电源两端电压，电压表测定值电阻R 1两端电压，电压表测滑动变阻器两端电压．由图像可知，B 图像表示滑动变阻器从最左端移到最右端时，该电压表示数保持不变，故B 图像是电压表的示数变化情况，分析图像可知，电源电压为9 V ；由图像A 可以看出，该电路电流减小时，电压表示数反而增大，故图像A 表示电压表 的示数随电流的变化情况．由题意可知，滑动变阻器滑到最右端时，滑动变阻器连入电路阻值最大，此时电路中电流最小，即当滑动变阻器接入最大阻值时，通过滑动变阻器的电流为I 2＝0.3 A ，滑动变阻器两端电压为U 2＝6 V ，故滑动变阻器的最大阻值为R max ＝U 2I 2＝20 Ω. 16. (每空1分，共4分)(1)C (2)串联 电压 增加干电池(或使两灯并联后与电池连接、减小电路电阻等)【解析】(1)要使灯泡发光，必须把灯泡的金属触头和金属螺纹壳分别与电池的正极或负极相连．图乙A 、D 中灯泡被短路，B 中灯泡被断路， C 中灯泡符合要求能够发光；(2)图丙中两个灯泡用一根导线连接在电源上，电流只有1条通路，所以是串联；灯泡发光需要有电流通过，电压是产生电流的必要条件，所以干电池的作用是为灯泡的两端提供电压．增加灯泡亮度就是要增大通过灯泡的电流，办法有增加干电池，将电路由串联变为并联，减小电路电阻等．17. (每空1分，作图2分，共6分)(1)如答图所示 (2)左 定值电阻断路 (3)电压表并联在滑动变阻器两端 5.5第17题答图【解析】 (1)“探究电流与电压的关系”的实验电路中，需要电流表测通过定值电阻的电流，电流表与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压，电压表与定值电阻并联；(2)为了保护电路，在接通电路前，滑动变阻器接入的电阻应该最大，根据滑动变阻器接法，应将滑片移到最左端．电流表示数为0，说明电路发生了断路，电压表示数接近3 V ，说明电压表测电源两端电压，与电压表并联的定值电阻断路；(3)由图像知，电压值变大时，电流值变小，说明滑动变阻器的阻值变大，此时电压表示数变大，说明电压表与滑动变阻器并联，电压表测滑动变阻器两端电压．由图像知，当电流表的示数为0.2 A 时，电压表的示数为1.7 V ，则：U ＝I 1R ＋U 2＝0.2 A ×R ＋1.7 V ①，当电流表的示数为0.4 A 时，电压表的示数为0.6 V ，则：U ＝I 2R ＋U 2′＝0.4 A ×R ＋0.6 V ②，由①、②得R ＝5.5 Ω.。
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2017武汉元月调考九年级物理模拟试题一
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湖北省六校联考2017-2018学年高三元月调考物理试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-5为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；6-8为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是( )A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小2．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝r n这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为( )A．1 B．2 C．﹣D．3．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是E A、E B，电势分别是φA、φB，下列判断正确的是( )A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＜E B，φA＞φB D．E A＜E B，φA＜φB4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN．t=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )A．B．C．D．5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r．在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r．现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t．则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )A．B．C．D．6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大7．如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l＜d，线圈质量m=100g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等8．如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )A．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用__________ 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是__________（至少列举一点）．10．物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U﹣I图象和如图丙所示的﹣x图象．（1）由图乙可得电源的电动势E=__________V；内阻r=__________Ω．（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10﹣6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为__________Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是__________Ω．（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除__________（填“偶然误差”或“系统误差”）．11．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1.2m 的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．12．（18分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m=2×10﹣6kg、电荷量q=2×10﹣7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理选修3-3】13．下列说法正确的是( )A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大14．如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T＞T0．求此过程中外界对气体所做的功．已知大气压强为P0．【物理-选修3-4】15．一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为﹣1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是m/sC．从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10mD．从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【物理-选修3-4】17．北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe+Y．根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A．Y粒子为β粒子B．若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C．生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．I中有53个质子和131个核子E．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响18．如图所示，一质量为m的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？湖北省六校联考2015届高三元月调考物理试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-5为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；6-8为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是( )A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法，得出F N与边长AO、BO及物体重力的关系，再分析F N的变化情况．解答：解：设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．作出力F N与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2F N B∽△ABO得：=得到：F N=G式中，BO、AO、G不变，则F N保持不变．由△F2F N B∽△ABO得：=AB减小，则F一直减小；故选：B．点评：本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路．2．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝r n这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为( )A．1 B．2 C．﹣D．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：恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解．解答：解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：则得：v==，故n=﹣．故C正确、ABD错误．故选：C．点评：本题与卫星绕行星运动模型相似，关键抓住恒星的向心力来源于万有引力，建立方程求解．3．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是E A、E B，电势分别是φA、φB，下列判断正确的是( )A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＜E B，φA＞φB D．E A ＜E B，φA＜φB考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：该题考查常见电场的电场线特点，结合其电场线的图即可作答．解答：解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，可见，A点的电场线比较密，故A点的场强大；另外，电场线的分析从左到右，故A的电势高于B点的电势．因此，A选项正确，BCD都错误．故答案为：A点评：该题考查常见电场的电场线特点，题目简单，很容易选出正确的答案．4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN．t=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解．解答：解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=μN增大，根据牛顿第二定律得：mg﹣μBIL=ma，I=kt，则得：a=g﹣t，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故B正确．故选：B点评：本题运用动力学方法分析导体棒的运动情况，关键抓住安培力与时间的关系分析合力的变化，从而棒的合力情况，并借助于牛顿第二定律来解题．5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r．在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r．现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t．则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )A．B．C．D．考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A的角速度恒定，半径增大，线速度增大，当两轮半径相等时，角速度相等．解答：解：在A轮转动的过程中，半径均匀增大，角速度恒定，根据v=rω，知线速度均匀增大，设从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间为t′，此时磁带边缘上各点的速度大小为v．将磁带边缘上各点的运动等效看成一种匀加速直线运动，加速度为a，磁带总长为L，则：则有：v2﹣（rω）2=（3rω）2﹣v2=2a•得v=rω结合加速度的定义得：=代入得=解得t′=t．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键要灵活运用等效法，将磁带边缘上点的运动与匀加速直线运动等效，建立模型，可理清思路，同时要知道线速度与角速度的关系，以及知道A、B两轮的角速度相等时，半径相等．6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．解答：解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大．故A错误；B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B 正确；C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh．故C正确；D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．故D错误．故选：BC．点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．7．如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l＜d，线圈质量m=100g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，完全在磁场中时线框再做加速运动（2）根据能量守恒可以判断在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热；根据位移速度关系式解出线框刚进入磁场时的速度，结合动能定理解出线框的最小速度．解答：解：A：正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小．故A错误；B：下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q=mgd=0.1×10×0.6=0.6J，故B正确；C：根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流均为逆时针，穿出磁场过程中，电流均为顺时针，故C错误；D：通过导线截面的电量：，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电量相等．故D正确．故选：BD点评：决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相等的，属于简单题．8．如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )A．3m/s B．3.75m/s C．4.5m/s D．5m/s考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定．解答：解：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r 一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：得：①1．若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′=s，由几何关系得：r2=OM2+s2=9+s2②3r﹣9=s ③联立②③得：r1=3m；r2=3.75m分别代入①得：=3m/sm/s2．若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=s，由几何关系得：④x=9﹣r3⑤联立④⑤得：r3=5m代入①得：m/s故选：ABD点评：提供带电粒子在磁场中的圆周运动来考查牛顿第二定律，向心力公式，并突出几何关系在本题的应用，同时注重对运动轨迹的分析，利用圆的特性来解题是本题的突破口．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用U2﹣h 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是空气阻力（至少列举一点）．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：（1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．解答：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2﹣h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．点评：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．10．物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U﹣I图象和如图丙所示的﹣x图象．（1）由图乙可得电源的电动势E=3.00V；内阻r=1.0Ω．（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10﹣6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为1.3×10﹣6Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是电流表内阻为2.0Ω．（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；（2）根据欧姆定律与电阻定律求出﹣x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；解答：解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V．在图象中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式：r==1.0Ω；（2）电阻丝电阻R==ρ+R A，则=x+R A，﹣x图象的斜率k===10，电阻率ρ=kS=10×3.14×≈1.3×10﹣6Ω•m；由=x+R A可知，函数﹣x图线纵截距为2.0Ω，它表示电流表的内阻为2Ω；（3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差，不能减小系统误差；故答案为：（1）3.00（2.99～3.02均可） 1.0（0.80～1.0均可）。
