2015年湖北省宜昌市高三元月调研物理试卷

湖北省部分重点中学2015届高三第一次联考高三物理试卷参考答案一、 选择题（每题4分，共48分）二、 实验题13、 11.4 5.665 （5.664、5.666都得分） （两空各3分）14、（1）__ABDFH_ （2） 甲 （3）__1.5__ __0.70__ （每空2分）三、计算题16、（12分）解：（1）电源输出电压：195U E Ir V =-= …… ① 1分电动机功率：19500P UI W == …… ② 1分 由动能定理：212Pt fs mv η-=…… ③ 2分 由②③代入数据解得：100s m = ……④ 2分 （2）当轿车加速度0a =时，速度达到最大，此时轿车牵引力：sin F mg f θ=+ …… ⑤ 2分又 max Fv P η= ……⑥ 2分由④⑤代入数据解得：max 15/v m s = ……⑦ 2分17、（12分）解：（1）加磁场时，粒子从A 到D 有：rVm qBV 200= …… ① 1分由几何关系有：R R r 32tan==θ…… ② 2分加电场时，粒子从A 到D 有：t V R R 0060cos =+ …… ③ 1分202160sin t mqE R =…… ④ 1分 由①～④得： mqRB E 3342= …… ⑤ 2分18、（14分）解：（1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

1分由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ， 则：10122130sin r r r == 2分oADθO 1α由21v qBv m r = 得：1mvr qB = ， 2分同理得：22mvr qB =即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= 2分。

湖北省部分高中2015届高三理综（物理部分）元月调考试题（含解析）【试卷综析】本理综试卷物理部分试题紧扣考试大纲和现行课标教材，覆盖面广，包容知识点多，突出了高考考试的重点和难点。

试题组编新颖，也设置了物理知识在科技知识方面的应用，体现现行教材的应用功能。

选择题组编是推陈出新，让人看似见过又容易犯错。

重视了应用图线和画图题的考查。

实验题组编更上了一层楼，在课本要求实验的基础上加以设计，独具匠心，真正做到了学生在校不做实验，就无法完成本实验题，培养了考生的设计和创新能力。

计算题选题独到，每问编排科学，是由易到难组排，每题都突出重要物理规律的应用，通过检测能发现学生的分析问题和解决问题的能力。

选修模块重视课本知识的考核，重基础，突主体。

总的来说，是在复习过程中难得的检测试卷。

考试时间：2015年1月7日上午9:00—11:30 试卷满分：300分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、考号、班级、姓名等填写在答题卡上。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号，答在试题卷、草稿纸上无效。

3.填空题和解答题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。

其中14—18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；19—21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）【题文】14．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FN的变化，判断正确的是（）A．F变大B．F变小C．FN变大D．FN变小【知识点】动态平衡问题考查题。

2015年湖北省宜昌一中高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共12.0分)1.时至今日，数千颗人造卫星正在按照万有引力定律为它们“设定”的轨道绕地球运行，万有引力定律取得如此辉煌的成就，下列关于人类发现万有引力定律过程的叙述中正确的是（）A.开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了万有引力定律B.关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离成反比C.牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律D.卡文迪许用“月-地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性【答案】C【解析】解：A、开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了行星运动规律，故A错误；B、关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离的平方成反比，故B错误；C、牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律，故C正确；D、牛顿用“月-地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性，故D错误；故选：C．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．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.每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能静止的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：风筝受到的浮力应是垂直于风筝面向上的；故：A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的浮力与而拉力方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，A错误；B、风筝的重力和绳子的拉力都竖直向下，而浮力垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故B错误；C、风筝重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，故C正确；D、风筝受浮力竖直向上，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故浮力与绳子的合力不能为零；故不可能平衡，故D错误；故选C．要使风筝能静止在空中，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的情况．物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)3.静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是（）A.磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏B.电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热C.处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零D.变压器的铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的效率【答案】AD【解析】解：A、常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动．而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故A正确．B、电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的，故B错误．C、处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，电势是处处相等，不为零；故C正确；C、变压器的铁芯用硅钢片叠压而成，是为了减小涡流；故D正确；故选：AD．根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零；涡流会在导体中产生大量的热量．掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等；同时理解电磁阻尼的原理，注意电势与电场强度没有直接关系．三、单选题(本大题共2小题，共12.0分)4.将通电的电缆线绕在钳形电流表原线圈上就可以测量电缆线上的电流．现在，将同一根通电电缆线分别按（a）（b）方式绕线，图（a）中绕了1匝．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中绕了3匝，则（）A.这种电流表能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为0.4AB.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A【答案】C【解析】解：变压器只能适用于交流电，根据电流与匝数成反比知图b的读数为1.2×3=3.6A．故选：C变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器5.如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r．在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U，则（）A.U=B.U=C.U=D.U=【答案】A【解析】解：粒子在两电极间加速，由动能定理得：q U=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，粒子从S点出发，经过一段时间后再回到S点，粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子从a到d必经过圆周，粒子轨道半径：R=r，解得：U=，故A正确，BCD错误；故选：A．带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d．只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点．本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，根据题意作出粒子的运动轨迹是处理粒子在磁场中运动的一半解题思路与方法，作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用几何知识求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）A.物块的质量为1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C.0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD.0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【解析】解：A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinθ-μmgcosθ=ma，由v-t图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2．在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ-mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；C、由v-t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=×0.4×22m=0.8m，0～3s内力F做功的平均功率为：P===W=0.213W，故C错误；D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：W f=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确．故选：AD．由F-t图象求出力的大小，由v-t图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率．本题是与图象综合的问题，关键是正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．7.如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】解：A、AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误．B、A、C中点G的电势为：φG==V=4V．将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线．故B正确；C、由题意，A、B、C三点的电势φA=5V，φB=2V，φC=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线．故C正确；D、BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误．故选：BC．在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线．本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析．8.如图所示，飞行器P在赤道面绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向一致，已知地球相对飞行器P的张角为θ，地球的半径为R，地球的自转周期为T0，飞行器P的公转周期为T，万有引力常量为G，当地面通信基站观测到飞行器时，两者就可以进行点对点直接通信，忽略信号的传输时间．下列说法正确的是（）A.地球相对飞行器P的张角θ越小，飞行器P的运行周期越大B.飞行器P的轨道半径r=R sinC.地球的质量M=D.赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为【答案】AC【解析】解：AB、设飞行器的轨道半径为r，由几何知识可得r=R cot，则知θ越小，r越大，根据开普勒第三定律得知飞行器P的运行周期越大，故A正确，B错误．C、飞行器P绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有G=m结合r=R sin，解得M=，故C正确．D、设赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为t，则有（-）t=2（）解得t=，故D错误．故选：A．根据几何知识求出飞行器的半径，由开普勒第三定律分析其周期与轨道半径的关系．由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律求解地球的质量M．本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B.一定量气体，吸热200J，气体对外做功220J，内能减少20JC.热量能够自发地从高温物体传到低温物体D.利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E.一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能【答案】BCE【解析】解：A、第二类永动机不违反了能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．故A错误；B、气体对外做功220J，W=-220J，吸收200J热量，Q=200J，根据热力学第一定律△U=Q+W得：△U=-20J，即内能减少20J．故B正确；C、轨迹热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传到低温物体．故C正确；D、根据热力学第二定律利用高科技手段，不可能将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化．故D错误；E、一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，温度不变则内能不变，所以则吸收的热量大于增加的内能．故E正确故选：BCE解答本题应该掌握：第二类永动机不违反了能量守恒定律，而违反了热力学第二定律；热力学第一定律为△U=Q+W；知道热力学第二定律的几种不同的说法．本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的几种不同的说法，大都需要记忆理解，注意在平时训练中加强练习．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（）A.这列波的波速可能为50m/sB.从t+0.6s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC.质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD.若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E.若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（πt）（m）【答案】ACD【解析】解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=；波速v=m/s=m/s，（n=0，1，2，…）当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；B、质点只能上下振动，不能随波迁移，所以质点b不能沿x轴正方向运动，故B错误；C、c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：+1.5T=0.6，即=0.6，解得，n=1时满足条件，故C正确；D、在t时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P 是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于，可见此时两个质点的位移是相同的．故D正确；E、当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据ω=rad/s=rad/s，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x=0.1cos（πt）（m），故E错误．故选：ACD由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程．本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列关于近代物理学常识的表述中，正确的是（）A.原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B.普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，破除“能量连续变化”的传统观念，成为近代物理学思想的基石之一C.美国物理学家密立根，测量金属的遏止电压U C与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以此检验了爱因斯坦光电效应的正确性D.英国物理学家汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，从而发现了电子E.所有的核反应都遵循核电荷数守恒，反应前后核的总质量也保持不变【答案】BCD【解析】解：A、β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子．故A错误．B、普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，破除“能量连续变化”的传统观念，成为近代物理学思想的基石之一，故B正确；C、美国物理学家密立根，测量金属的遏止电压U C与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以此检验了爱因斯坦光电效应的正确性，故C正确；D、汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷，故D正确；E、核反应中质量数守恒、电荷数守恒，可以发生质量亏损，故E错误；故选：BCD．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．本题考查了氢原子能级、衰变的实质、光电效应、核反应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．五、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.将游标卡尺的左右测脚合在一起，若游标的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，就会出现零误差．某同学使用存在零误差如图1所示的游标卡尺来进行测量，测量结果如图2所示，则此次测量的测量值为______ ，真实值为______ ．【答案】14.40mm；13.55mm【解析】解：根据图1可知，当实际长度为0时，游标尺的零刻度与主尺的零刻度不重合，且第17格刻度线重合，所以实际值比测量值大17×0.05mm=0.85mm，根据图2可知，游标卡尺的主尺读数为：1.4cm=14mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：14mm+0.40mm=14.40mm，实际长度：为14.40mm-0.85mm=13.55mm故答案为：14.40mm；13.55mm解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．由游标卡尺的读数方法，逆向推理可知两零刻度线之间的距离；对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，难度不大，属于基础题．六、计算题(本大题共3小题，共41.0分)10.如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干．图2为热敏电阻的R-t图象，继电器的电阻为100Ω．当线圈的电流大于或等于20m A时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻可以不计．（1）请用笔划线代替导线，将图1中简单恒温箱温控电路图补充完整．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电．（2）根据图2热敏电阻的R-t图象，热敏电阻的阻值R随温度的降低而______ （填“增大”或“减小”）．如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R2的阻值应调节为______ Ω．若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微______ （填“增大”或“减小”）【答案】减小；260；增大【解析】解：（1）温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时K是闭合的，而此时要求加热，因此只需要将电炉丝与K相连即可，如图所示；（2）由图可知，随温度升高，热敏电阻的阻值减小；当温度达到50℃时，加热电路就要断开，此时继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20m A，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，r为继电器的电阻，由图甲可知，50°C时热敏电阻的阻值为R=90Ω所以有：R=-R-r=-90-100=260Ω．由上可知，若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻R'的值应增大，会导致R 电阻变小，从而实现目标．故答案为：（1）如图所示；（2）260；增大．（1）分析电路结构及应实现的功能，即可得出对应的电路图；（2）要使恒温箱内的温度保持100℃，当温度达到100℃时，电路就要断开，即电路要达到20m A．根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．根据闭合电路欧姆定律，可确定可变电阻的阻值如何变化，才能实现温度保持在更高的数值．在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的．11.固定的、倾角θ=37°的斜面AC，A的正上方B点有一水枪，每隔（+1）s的时间间隔、以相同的水平速度喷出水滴．水滴在空气中飞行2s后刚好垂直打在斜面上的D点（图中未标出）．质量为M的小物块（可当质点）从某个时刻开始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物块M与斜面间滑动摩擦因数μ=0.5，小物块M能到达的离A点的最远位置为E（图中未标出）点，相邻两滴水正好落在小物块上．不考虑水滴落在M上对M的速度的影响，不考虑水滴的空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的长度．【答案】解：（1）物体B做平抛运动，时间2s，竖直分位移为：y===20m竖直分速度：v y=gt=10×2=20m/s末速度与斜面垂直，故末速度与水平方向的夹角为53°，故：tan53°===15m/s解得：°故水平分位移为：x=v0t=15×2=30m故h=y+xtan37°=20+30×=42.5m（2）滑块A上滑过程，根据牛顿第二定律，有：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma1解得：a1=-10m/s2滑块A下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得：a2=2m/s2设滑块A第一次经过D点的速度为v，则上滑过程，有：-v2=2a1s①②下滑过程，有：s=③t=t1+t2=（1+）s④联立①②③④解得：s=5mv=10m/st1=1st2=s故AE长度为：=5m+=42.5mL=s+°答：（1）AB的高度为42.5m；（2）AE的长度为42.5m．【解析】（1）物体B做平抛运动，时间2s，末速度垂直斜面，根据分运动公式求解出位移、初速度，结合几何关系求解AB的高度；（2）对物体A，根据牛顿第二定律列式求解上升和下滑过程的加速度；从D点上升和下降的总时间为（+1）s，根据位移公式列式求解出第一次到D点的速度；然后结合得到AE的长度．本题中关键要明确两个物体的受力情况和运动情况，然后根据平抛运动、牛顿第二定律、运动学公式列式并结合几何关系分析，不难．12.如图所示为汽车电磁感应减速带原理图（俯视图），在汽车通过的区域设置匀强磁场，其方向垂直地面向上，大小为B，宽度为d．在汽车底部固定有一个长度L1、宽度L2的N匝矩形线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f．当汽车以初速度v0进入磁场区域的左侧，开始以大小为a的恒定加速度减速驶入磁场区域，线圈全部进入磁场后，立即做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，已知从线圈刚进入磁场到完全穿出磁场的过程中，汽车的牵引力做的总功为W．从线圈的前边与磁场左边线重合开始计时．求：（1）线圈在进入磁场的过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式（2）线圈进入磁场的过程中，所产生的焦耳热．【答案】解：（1）线圈进入磁场时速度为v时感应电动势：E=BL2v由欧姆定律得：I=故线圈受到的安培力：F安=BIL2=根据牛顿第二定律得：F-F安-f=ma解得：F=f+ma+又因为线圈做匀减速运动，则有：v=v0-at结合功率公式：P=F v解得：P=（f+ma+）（v0-at）（2）设线圈以恒定速度v出磁场，有运动学公式：v2-=2a L1得：v=运动时间为：t=产生的感应电动势为：E=BL2v感应电流为：I=由焦耳定律得：产生的热量Q出=I2R t由能量守恒定律得：W=mv2+f（d+L1）+Q进+Q出解得：Q进=W-m（-2a L1）-f（d+L1）-答：（1）牵引力的功率随时间变化的关系式为P=（f+ma+）（v0-at）．（2）线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热为W-m（-2a L1）-f（d+L1）-．【解析】（1）根据电磁感应知识求得安培力，再由牛顿第二定律求出牵引力的大小，再由功率公式：P=F v求解即可．（2）分清运动形式，由运动学公式求出匀速直线运动的时间，由焦耳定律求出匀速运动产生的焦耳热，再结合能量守恒求解．本题是力学电学相结合的综合题，分析和求安培力是关键，还要正确分析能量是如何转化的，分清运动过程合理的运用公式求解即可．八、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S=2.5×10-3m2．汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t0=27℃，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0．若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出F-t图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0．【答案】解：①由题图乙可知F=t-27得：t=27+5=32°C②温度t1=327°C时，密封气体的压强p1=p0+=p0+1.2×105P a密封气体发生等容变化，则=联立以上各式并代入数据解得p0=1.2×105P a答：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t为32°C；（2）外界大气的压强p0为1.2×105P a．【解析】。

（2015年湖北高考理科综合试卷及答案）2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：本题共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。

全部选对的得6分，选对不全的得3分，有选错的得0分。

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小15．如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M ϕ、N ϕ、P ϕ、Q ϕ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

则A ．直线a 位于某一等势面内，M ϕ>Q ϕB ．直线c 位于某一等势面内，M ϕ>N ϕC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A ．U=66V ，k=91 B ．U=22V ，k=91 C ．U=66V ，k=31 B ．U=22V ，k=3117．如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。

2015年湖北省宜昌市高三元月调研物理试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-9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．以下表述符合物理学史实的是（）A．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持B．伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因C．伽利略通过观察发现了行星运动的规律D．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础2．如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端、B端在杆上的位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态，则（）A．绳子的弹力变大B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力变小D．绳对挂钩弹力的合力不变3．“空间站”是科学家进行天文探测和科学实验的特殊而又重要的场所，假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．下列说法正确的是（）A．“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍B．“空间站”运行的加速度大于同步卫星运行的加速度C．站在地球赤道上的人观察到“空间站”静止不动D．在“空间站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止4．一定质量的小球自t=0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A．小球第一次与地面碰撞前的最大速度为15m/sB．小球第一次与地面碰撞后的最大速度为12m/sC．小球在4～5秒内小球走过的路程为2.5mD．小球将在t=6s时与地面发生第四次碰撞5．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y轴上的点a（0，2L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标为（L，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L）6．如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原，副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中R t为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R1为定值电阻．下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为36VB．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1C． R t温度升高时，电压表的示数不变，电流表的示数变大D． t=0.01s时，发电机中线圈平面与磁场平行7．如图所示，一个电荷量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度为v．且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A．点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度先变大后变小B． OB间的距离为C．点电荷乙能越过B点向左运动，其电势能增多D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB=8．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以3v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=6mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到3v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、非选择题，包括必考题和选考题（共4小题，满分47分）9．一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为mm；图乙中的螺旋测微器读数为mm．10．为确定某电子元件的电气特性，做如下测量：（1）用多用测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，①用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为Ω．②某同学想精确测得上述待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω）B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0=30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V）F．开关S、导线若干①同学设计了测量电阻R x的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为；N为．（填器材选项前相应的英文字母）②若M、N电表的读数分别为I M、I N，则R x的计算式为R x= ．（用题中字母表示）11．为了使航天员适应在失重环境下环境下的工作和生活，国家航天局对航天员进行失重训练，如图所示，训练机沿30°倾角爬升到7000m高空后，向上拉起，沿竖直方向向上作匀减速运动，拉起后向上的初速度为200m/s，加速度大小为g，当训练机上升到最高点后立即掉头向下，做竖直向下的加速运动，加速度大小仍为g，在此段时间内模拟出完全失重，为了安全，当训练机离地2000m高时必须拉起，且训练机速度达到350m/s后必须终止失重训练，取g=10m/s2，求：（1）训练机上升过程中离地的最大高度（2）训练机运动过程中，模拟完全失重的时间．12．如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1×10﹣3kg、电量q=﹣1×10﹣3C、直径略小于小孔宽度的带电小球（视为质点），以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入，恰好做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且不计碰撞时间，碰撞时小球的电量保持不变，取g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球运动的最大速率；（3）小球运动的最长时间．三、选考题，共45分，请考生从给出的3个选修题，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．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C．﹣定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大E．物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换14．气缸长为L=1m（气缸厚度可忽略不计），固定在水平面上，气缸中有横街面积为S=100cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体．已知当温度t=27℃，大气压强p0=1×105Pa时，气柱长度l0=0.4m，现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：①若拉动活塞过程中温度保持27℃，活塞到达缸口时缸内气体压强②若气缸，活塞绝热，拉动活塞到达缸口时拉力大小为500N，求此时缸内气体温度．四、[物理--选修3-4]题（15分）1015•宜昌模拟）在以下各种说法中，正确的是（）A．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场D．相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中都是相同的E．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去1015•宜昌模拟）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，折射率为，直径AB与屏幕垂直并接触于B点．激光束a以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果屏幕MN出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L．五、[物理---选修3-5]（15分）1015•宜昌模拟）以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（）A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C．重核裂变过程中反应前后核的总质量增大，轻核聚变过程中核的总质量减小D．根据玻尔理论，一个氢原子由n=4能级跃迁到较低能级时，最多能释放3种不同频率的光子E．14C是放射性同位素，能够自发地进行β衰变，在考古中可利用14C的含量测定古生物年代1015•宜昌模拟）如图所示，质量为m=1kg的滑块，以υ0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M=4kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止．求：（g取10m/s2）（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；（2）此时小车在地面上滑行的位移？2015年湖北省宜昌市高三元月调研物理试卷参考答案与试题解析一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-9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．以下表述符合物理学史实的是（）A．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持B．伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因C．伽利略通过观察发现了行星运动的规律D．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础考点：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、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故A错误．B、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故B正确．C、开普勒通过对第谷观测记录的天文数据研究发现了行星运动的规律，故C错误．D、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础，故D错误．故选：B．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．如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端、B端在杆上的位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态，则（）A．绳子的弹力变大B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力变小D．绳对挂钩弹力的合力不变考点：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：对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解；杆向右移动时，绳子与杆的夹角改变，绳子的张角变大，根据平衡条件可知绳子拉力T变大；根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，则绳子对挂钩的弹力的合力不变．解答：解：A、B、对挂钩受力分析，如图所示，根据平衡条件，又有2Tcosθ=mg绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆向右移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，故AB错误．C、D、绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，故C错误、D正确．故选：D．点评：本题关键根据几何关系，得到向右移动时，绳子与竖直方向的夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件列式求解．3．“空间站”是科学家进行天文探测和科学实验的特殊而又重要的场所，假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．下列说法正确的是（）A．“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的倍B．“空间站”运行的加速度大于同步卫星运行的加速度C．站在地球赤道上的人观察到“空间站”静止不动D．在“空间站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：空间站和同步卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，根据轨道关系求解运行速度和加速度关系，根据周期观测空间站相对赤道上人的运动情况以及完全失重情况下空间站的受力情况．解答：解：A、根据可得线速度v=，离地球表面的高度不是其运动半径，所以线速度之比不是：1，故A错误；B、根据可得加速度，同步卫星离地高度大于空间站离地高度，故其加速度小于空间站加速度，故B正确；C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动，故C错误；D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动，而不是不受重力作用，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动．4．一定质量的小球自t=0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A．小球第一次与地面碰撞前的最大速度为15m/sB．小球第一次与地面碰撞后的最大速度为12m/sC．小球在4～5秒内小球走过的路程为2.5mD．小球将在t=6s时与地面发生第四次碰撞考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：图象为h﹣t图象，故描述小球高度随时间变化的规律，则由图象可读出碰后小球上升的最大高度．由图可知，从小球第二次弹起至第三次碰撞，用时1s，而第三次弹起时，其速度减小，故在空中时间减小，故应在6s前发生第四次碰撞．解答：解：A、由图可知，小球从20m高的地方落下，由机械能守恒定律可知，落地时的速度v1==20m/s；而碰后，小球上升的高度为5m，同理可知，碰后的速度v2==10m/s，故A、B均错误；C、根据图象可知，第三次碰撞上升的高度应为，所以小球在4～5秒内小球走过的路程为s=2×1.25=2.5m；故C正确；D、由图可知，从小球第二次弹起至第三次碰撞，用时1s，而第三次弹起时，其速度减小，故在空中时间减小，故应在6s前发生第四次碰撞，故D错误；故选：C．点评：本题应注意图象的性质，由图象中找出物体的高度变化，再由机械能守恒求得碰撞前后的速度即可顺利求解．5．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y轴上的点a（0，2L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标为（L，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L）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：带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．解答：解：A、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣2L，解得：R=4L，电子在磁场中运动时间：t=T，电子做圆周运动的周期：T=，解得：t=，故A周期，B错误；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y），其中：x=Rcos30°=L，y==L，则磁场圆心坐标为：（L，L），故C错误；D、已知：R=4L，根据图示，由几何知识可得，电子做圆周运动的圆心纵坐标为：|R﹣Rcos60°|=2L，则电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L），故D错误；故选：A．点评：由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标．6．如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原，副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中R t为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R1为定值电阻．下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为36VB．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1C． R t温度升高时，电压表的示数不变，电流表的示数变大D． t=0.01s时，发电机中线圈平面与磁场平行考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值U m=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=U m sinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值U m=36V，电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为U==36V，故A正确；B、根据公式=得变压器原、副线圈中的电流之比=，故B错误；C、R t温度升高时，阻值减小，由于电压不变；故电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故C正确；t=0.01s时，代入A选项中电压瞬时表达式，则有电压值为零，则发电机中线圈与磁场垂直，故D错误．故选：AC．点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．7．如图所示，一个电荷量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度为v．且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A．点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度先变大后变小B． OB间的距离为C．点电荷乙能越过B点向左运动，其电势能增多D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB=考点：库仑定律；电势差与电场强度的关系．分析：正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．解答：解：A、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有μmg﹣F库=ma，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A错误；B、当速度最小时有：mgμ=F库=k，所以解得：r=，故B正确；C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：U AB q﹣mgμL0=mv2﹣m，所以解得AB间电势差U AB=，故D正确；故选：BD．点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．8．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以3v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=6mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到3v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．解答：解：AB、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：mgsinθ=BIL=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsinθ=BIL=，故：F=2mgsinθ，拉力的功率为：P=F•3v=6mgvsinθ，故A错误，B正确．C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣=ma，解得：a=sinθ，故C正确D、由能量守恒，当速度达到3v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：BC点评：解决本题的关键能够通过导体棒的受力，判断其运动规律，知道合力为零时，做匀速直线运动，综合牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律等知识综合求解．二、非选择题，包括必考题和选考题（共4小题，满分47分）9．一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为23.20 mm；图乙中的螺旋测微器读数为 1.130 mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.3cm=23mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：23mm+0.20mm=23.20mm．2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为13.0×0.01mm=0.130mm，所以最终读数为1mm+0.130mm=1.130mm．故答案为：23.20，1.130．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．为确定某电子元件的电气特性，做如下测量：（1）用多用测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，①用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为70 Ω．②某同学想精确测得上述待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω）B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0=30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V）F．开关S、导线若干①同学设计了测量电阻R x的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为 A ；N为 B ．（填器材选项前相应的英文字母）②若M、N电表的读数分别为I M、I N，则R x的计算式为R x= ﹣r1．（用题中字母表示）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．解答：解：（1）换档后需要进行欧姆调零再进行测量；由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．（2）①通过待测电阻的最大电流约为I M==≈0.057A=57mA，因此M处的电流表可选A；通过N出的最大电流约为I N=I M+=0.057A+≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；②通过定值电阻R0的电流I=I N﹣I M，并联电路两端电压为：U=IR0=（I N﹣I M）R0，。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：本题共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。

全部选对的得6分，选对不全的得3分，有选错的得0分。

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的15．16．17．C ．W=21mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W<21mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 18．一带有乒乓球发射机的乒乓球如图所示。

水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h 。

发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球的作用，重力加速度大小为g 。

若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是A ．h gL v h L66g 211<< B ．()hg L Lv h L 64g422211+<< C ．()h g L Lv h L64216g 222211+<< D ．()hg L Lv h L 6421g 422211+<<19．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。

实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。

实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。

下列说法正确的是A ． 圆盘上产生了感应电动势B ． 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ． 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ． 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 20．如图（a ），一物体在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 图线如图（b ）所示。

宜昌市2015届高三年级第一次调研考试理科综合能力测试参考答案及评分标准生物命题人：曹良意审题人：钟平周春华龙信和选择题：CCDBBA29．(除说明外每空2分，计11分)(1)叶绿体、线粒体、细胞质基质(缺一不可) 扩散到线粒体和细胞外(2)甲(1分) 根细胞因缺氧而进行无氧呼吸，产生的酒精对根细胞有毒害作用(3)CO2(1分) 乙(1分)(4) 在相同光照条件下乙的总光合速率大于甲30．(除说明外每空1分，计8分)(1)脑干相反 (2)下降增多(3)(冷觉或温度)感受器传入神经下丘脑体温调节中枢传出神经皮肤血管(运动神经末梢及其所支配的皮肤血管平滑肌) (2分)(4)减少食盐的摄取，理由是食盐摄入过多，血浆中Na+含量增加，渗透压上升，血量增加，血压上升(或“减少脂肪的摄取，理由是脂肪摄入过多，血脂升高，外周阻力大，血压会升高”等) (2分) 31.(每空2分，计10分)(1)红眼细眼 4 (2)X E X e(3)不能。

因为果蝇的雄性中只有X E Y个体，雌性只有X E X e 和X E X E的个体，雌雄果蝇的两种杂交组合中均会出现X E Y的雄性个体 (4)3/432.(每空2分，计10分)(1)验证某种细菌对落叶的分解作用 (2)都不能(3)分解者 CO2(4)将甲、乙两组叶片均进行灭菌处理后，甲组放在无菌条件下，乙组接种该细菌后，放在无菌条件下，其他条件相同，观察记录落叶的变化。

39．(共15分，除说明外，每空1分)(1)灰绿 (2分) (2)在缺氧的环境条件下，乳酸菌发酵可产生大量乳酸(2)盐过多，抑制了乳酸菌发酵(2分) 比色(2分) 玫瑰红(2分)(3)水蒸气蒸馏法植物组织培养(4)果胶萃取法防止有机溶剂的挥发40．(共15分，除说明外，每空1分)(1)可充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力 (2分) 超数排卵 (2分)(2)发育培养(2分) 桑椹胚或囊胚(2分)(3)内细胞团胎儿的各种组织有利于胚胎的恢复和进一步发育(2分) 相同 (4)基因工程、早期的胚胎培养、胚胎分割、胚胎移植(2分)宜昌市2015届高三年级第一次调研考试理科综合能力测试参考答案及评分标准化 学命题人：罗功举 审题人：刘四方 熊云贵7．A 8．C 9．B 10．D 11．D 12．B 13．C26．（13分）⑴①除去油污 ② 3 C （每空1分）⑵2Fe 2++H 2O 2+2H +＝2Fe 3++2H 2O （2分） C （1分）⑶BDC （2分） 0.1（1分） ⑷4.0×10－8 mol/L （2分） ⑸63%（2分）27．（15分）⑴–3价（1分） 1/20 mol （1分）⑵P HO O P OP OH O OO （1分） Na 5P 3O 10 （1分）⑶①9.3～10.3(或10.0左右) （1分） ②Na 2HPO 4溶液中存在电离平衡，HPO 42－H ++PO 43－，加入CaCl 2溶液，Ca 2+与PO 43－结合生成Ca 3(PO 4)2沉淀，促使Na 2HPO 4电离平衡向右移动，H +浓度增大，溶液显酸性（2分）⑷Ni 2++H 2PO 2－+H 2O ＝Ni+H 3PO 3+H +（2分）⑸H 3PO 3+I 2+H 2O ＝H 3PO 4+2HI （2分） 2H ++2e －＝H 2↑（2分）HPO 32－+2H +＝H 3PO 3或HPO 32－+H +＝H 2PO 3－、H 2PO 3－+H +＝H 3PO 3（2分）28．（15分）⑴–41.2（2分） ⑵小于（2分） ⑶B （2分）⑷①5︰4（2分） K M ＝K N ＞K Q （2分） ②CH 3OH+8OH －－6e －＝CO 32－+6H 2O （2分）⑸减少二氧化碳的排放，有效控制温室效应；或实现碳循环，使能源充分利用；或其它合理答案（1分）⑹P (CO42⑵非极性分子（1分） 1︰1 （1分）⑶2Al+2OH –+2H 2O ＝2AlO 2－+3H 2↑（2分）原子晶体（1分）分子间形成氢键（1分）⑷3.61×10－8 cm 或cm （2分）正四面体（1分）sp 3杂化（1分）⑸CuCl （1分） 38．（15分）⑴CH(CH 3)3 （2分）⑵2－甲基丙烯（1分） NaOH 的醇溶液，加热（1分） 消去反应（1分）⑶4 (结构简式分别为：CH CH 2COOH CH CH 2COOH CH CH 2COOH C CH 2COOH) （2分）⑷CH CH COOH +CH 3CH CH 23CH CH COOCH 2CHCH 33+H 2O （2分）⑸O 2/Cu 或Ag （2分） CH 3CHO （2分）CH 2CH 2CH 2OH （2分）宜昌市2015届高三年级第一次调研考试理科综合能力测试参考答案及评分标准物 理命题人：李元法 审题人：陈久胜 杨继东 郑慧平14.B 15.D 16.B17.C 18.A 19.AC 20.BD 21.BC22．23.20 3分1.130（+0.002） 3分 23．(9分) （1）欧姆调零（1分） 70 （2分） （2）① A （2分） B （2分）② 10)(r R I I I M M N --（2分） 24（14分）⑴ 上升时间 ----------------2分上升高度 ----------------2分h m = h 上+h 0 = 9000m ----------------3分(2)判断当速度达到350m/s 时，下落高度 ，此时离地高度为h +h 上－h 下 = 7000+2000—6125 = 2875>2000m ，--------------2分 ， ----------------2分所以一次上下创造的完全失重的时间为T = t 上+t 下 = 55s ----------------3分25（18分）解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：………2分………………………………1分方向竖直向下……………………………………1分（2）洛仑兹力提供向心力有：…………2分小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得： …………………………2分求得：………………………………1分……………………………1分（3）设小球与档板碰撞次，此时最大半径为，要击中目标必有：只能取0，1…………………………………2分当时，即为（2）问中的解当时，可得：………2分解得：……………………1分时小球运动的时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示.…………………………………1分0000360(18053)487α=+-= 且…………………………………1分得：…………………………1分33（1）（6分）CDE（2）（9分）解：① 活塞刚到缸口时， ………………1分，得到 ………………3分② 温度升高活塞刚到缸口时，430/510p p F S Pa =-=⨯ ………………………2分4332352051013003751100.4p L T T k k p L ⨯⨯⨯===⨯⨯ ………………………2分 ℃……………………………………………1分34（1）（6分）ADE（2）（9分）【解析】入射光线一部分折射一部分反射，设折射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为，反射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为，折射角为，由折射定律，得° ………………………………（2分）……………………………………（2分）由反射定律得，反射角等于入射角， ………（3分）……………………………………（2分）35．［物理——选修3-5］（15分）（1）（6分）BDE（2）（9分）解：① m 滑上平板小车到与平板小车相对静止，速度为v 1,据动量守恒定律： ………………（2分）对m 据动量定理： ………… （2分）代入得μ=0.4 ………………………………………（2分）② 对M 据动能定理有： …………（2分）解得： ………………………… （1分）。

武昌区2015届高三年级元月调研测试理 科 综 合 物理试 卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6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．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A ．伽利略把斜面实验的结果合理外推，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律B ．牛顿通过实验测出了引力常量并进行了著名的“月—地检验”C ．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律D ．安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献 15．气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的。

我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星，“风云Ⅰ号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直并且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12 h 。

“风云Ⅱ号”气象卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24 h ，则“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星A ．轨道半径小B ．线速度小C ．角速度大D ．向心加速度大 16．如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，A 、B 均静止。

则A ．B 对ABC ．A 对地面的压力大小为(M + m ）gD ．地面对A17．从地面竖直上抛一物体A 的同时，在离地面高H 处有相同质量的另一物体B 开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h 时速率都为v （两物体不会相碰），则下列说法正确的是 A ．H = 2 hB ．物体A 竖直上抛的初速度大小是物体B 落地时速度大小的2倍C ．物体A 、B 在空中运动的时间相等D ．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等18．如图所示是放置于水平地面上的简易滑梯示意图，一小孩从滑梯斜面顶点A 开始无初速度下滑，在AB 段匀加速下滑，在BC 段匀减速下滑，A滑到C 点恰好速度为零（B 点为AC 的中点），整个过程中滑梯保持静止状态。

绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试试题（模拟）理科综合本试卷共14 页，共40 题。

满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A方框涂黑。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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。

答在试题卷、草稿纸上无效。

3．填空题和解答题作答：用黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。

答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Mg 24Al 27 Pb 207第I卷（选择题共126分）一、单项选择题：本题共13小题，每小题6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．下列有关生物体内蛋白质的叙述正确的是A．细胞膜上的载体蛋白对所有物质的出入均有运输作用B．抗体主要分布在组织液中，其化学本质为球蛋白C．酶的化学本质是蛋白质，只对细胞内的化学反应具有催化作用D．神经递质与突触后膜上的受体结合，体现了细胞间信息交流的功能2．生物的新陈代谢离不开酶与ATP，下列叙述正确的是A．同一生物体内各种酶的催化反应条件都相同，酶有降低化学反应活化能的作用B．酶可作催化剂，也可作为另一化学反应的底物，所有酶的合成都包括转录和翻译两个过程C．ATP的高能磷酸键水解后可以成为构成RNA的基本单位之一D．细胞内的放能反应都和A TP的水解反应相关联3．图中a、b、c分别表示人体的三种细胞外液，细胞1、2、3分别表示处于该细胞外液中的多种细胞，箭头表示这三种液体之间的相互关系。

湖北省部分学校2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每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．电子所带电荷量最早是由美国物理学家密立根测得的，他根据实验中观察到带电油滴悬浮在电场中，即油滴所受电场力和重力平衡，得出油滴的电荷量．某次实验中测得到多个油滴的带电量Q如表（单位10﹣19C），则下列说法正确的是( )6.41 8.01 9.65 11.23 14.48 17.66 20.62 …A．密立根通过实验发现了电子B．密立根通过实验证明了电子带负电C．在实验误差允许范围内，油滴所带电量之差相等D．在实验误差允许范围内，油滴所带电量是1.6×10﹣19C的整数倍考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：根据表格数据，结合任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，从而即可求解．解答：解：分析这些数据可知油滴的带电量是元电荷的整数倍．密立根实验测得了元电荷的数值，即1.6×10﹣19C．故D正确，ABC错误；故选：D．点评：本题考查物理学史，清楚任何带电体的电量都是元电荷的整数倍．2．如图所示，在竖直平面内，长度可以调节的轻绳的一端固定在O点，另一端系一小球，将轻绳拉直并使小球与O点等高，无初速度释放小球，小球做圆周运动．若以过O点的水平面为参考平面，当小球运动到最低点时，下列说法正确的是( )A．轻绳越长，小球的重力势能越大B．轻绳越长，小球重力的瞬时功率越大C．轻绳越长，小球的向心加速度越大D．轻绳拉力的大小与轻绳的长度无关考点：功率、平均功率和瞬时功率；线速度、角速度和周期、转速．专题：功率的计算专题．分析：根据重力势能的表达式判定重力势能变化；根据P=Fvcosθ知瞬时功率的大小；结合牛顿运动定律和机械能守恒，即可求解加速度和拉力．解答：解：A、细绳越长，当小球运动到最低点时，小球的重力势能越小，A错误；B、当小球运动到最低点时，F与v垂直，根据P=Fvcosθ知小球重力的瞬时功率为零，B错误；CD、由机械能守恒有，由牛顿第二定律，联立得a=2g，F=3mg，F、a均与绳长无关，C错误，D正确．故选：D点评：考查重力势能、机械能守恒、牛顿运动定律在圆周运动中的应用，掌握零势能平面的意义，注意重力做功与重力势能的变化关系3．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO 杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电量不变，与移动前相比( )A．P、Q之间的距离增大B．杆BO对Q的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大 D．杆AO对P的弹力减小考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况解答：解：A、Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、B错误；C、对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；D、AO杆对小球P的弹力不变，D错误．故选：C点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键．当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究4．如图所示，物体分别自倾角为60°和30°、底边长度相等的斜面AB、DB的顶端由静止运动到底端．已知物体与两个斜面之间的动摩擦因数相同，比较而言，物体沿斜面DB运动时( )A．加速度大B．时间长C．克服摩擦力做功少 D．运动到底端时的动能大考点：功能关系；动能定理．分析：根据牛顿运动定律和运动学公式知加速度和时间；根据功的定义式去比较两物体克服摩擦力做的功．根据动能定理表示出两物体滑至底端时动能，再去比较大小解答：解：A、设斜面的倾角为θ，底边长度为x，斜面高度为h，物体下滑的加速度a=g （sinθ﹣μcosθ），则物体沿斜面AB滑动时加速度较大，A错误；B、由运动学公式x=知时间t=，物体沿斜面BD滑动时加速度较小，则物体沿斜面BD滑动过程经历时间较长，B正确；C、克服摩擦力做的功为，两种情形相等，所以C错误；D、由动能定理有，物体沿斜面DB滑动到底端时动能较小，D选项错误．故选：B点评：要比较不同情境下一个物理量的大小，一般我们应该先把这个物理量表示出来，看与哪些因素有关，再根据题目已知的去判断．当然物理量表示的过程就运用了物理规律5．质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的氖20和氖22两种离子（不考虑离子的重力及离子间的相互作用），它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场（离子的初速度可视为零），沿竖直线S1 S2（S2为小孔）与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在水平放置的底片上．由于实际加速电压的大小在U±△U范围内微小变化，这两种离子在磁场中运动的轨迹可能发生交叠，为使它们的轨迹不发生交叠，应小于( )A．B．C．D．考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：根据动能定理和牛顿运动定律知：粒子在电场中加速qU=mv2，在磁场中圆周运动，然后求解半径，根据半径得的数值．解答：解：粒子在电场中加速qU=mv2，在磁场中圆周运动有：，解得：．氖20最大半径为：；氖22最小半径为：．两轨迹不发生交叠，有R1＜R2，解得：＜．故选：C．点评：解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律．6．如图所示，两条光滑、水平长直导轨M、N竖直放置，导轨间距为L，导轨上端接有一电容为C的平行板电容器，导轨处于方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在导轨上放置一质量为m的金属棒ab，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触，已知重力加速度大小为g，忽略所有电阻，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，以下说法正确的是( )A．金属棒做匀加速直线运动B．金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速直线运动C．金属棒的机械能不断减小D．金属棒消耗的电功率逐渐增大，最后保持不变考点：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：由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再与相结合求出电荷量与速度的关系式，由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于、及牛顿第二定律来求出运动形式及能量和功率的变化．解答：解：A、B、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F=BLi设在时间间隔（t，t+△t ）内流经金属棒的电荷量为△Q，按定义有：i=，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+△t ）内增加的电荷量，△v为金属棒的速度变化量，得：△Q=C△U=CBL△v加速度的定义有：a=，根据牛顿第二定律有：mg﹣F=ma，联立上此式可得：a=，可知加速度a为定值，故A正确，B错误；C、由△Q=C△U=CBL△v可知，电路中始终存在电流，电容器的电势能增加，根据能量守恒可知，此能量由金属棒的机械能转化而来，故C正确；D、由△Q=C△U=CBL△v可知，i==BLCa，可知电流为定值，金属棒消耗的电功率不变，故D错误；故选：AC点评：本题让学生理解左手定则、安培力的大小、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、及运动学公式，并相互综合来求解．7．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．假设月球是半径为R、质量分布均匀的球体，距离月心为r处的重力加速度g与r的关系如图所示．已知引力常量为G，月球表面的重力加速度大小为g0，由上述信息可知( )A．距离月心处的重力加速度为B．距离月心2R处的重力加速度为C．月球的质量为D．月球的平均密度为考点：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：在月球内部，根据图象直径得到重力加速度；在月球外部，根据万有引力等于重力列式分析即可．解答：解：A、由图可知，离月心的距离处的重力加速度为，故A错误；B、由及，可得：，，故B正确，C正确；D、由以及，可得：，故D错误．故选：BC．点评：本题关键是明确万有引力与重力的关系，要能够结合图象进行分析，基础题目．8．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，原线圈通过一理想电流表A接在u=200sin100πt（V）的正弦交流电源上，一个二极管D和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V和电阻R并联．假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则( )A．交流电压表示数为20VB．交流电压表示数为14.1VC．减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小D．将二极管短路，电流表的读数加倍考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果解答：解：AB、由，副线圈电压的有效值为U2=20V，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：，，交流电压表示数为14.1V，A错误，B正确；C、减小负载电阻的阻值R，由知，副线圈输出功率变大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；D、将二极管短路，输出功率变为原来的两倍，而原线圈输入电压不变，则电流变为原来的两倍，故D正确．故选：BD点评：考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．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（共129分）9．某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验中得到一条纸带，如图所示．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E．测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm，DE长为13.73cm，则小车运动的加速大小为2.58m/s2，打B点时小车的瞬时速度大小为7.28m/s，（保留三位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：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B点时小车的瞬时速度大小；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．解答：解：在这个点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为T=0.1s，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==2.58m/s2，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B点时小车的瞬时速度大小：v B==0.728m/s，故答案为：2.58；0.728；点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．10．有一根细长而均匀的金属管线样品，电阻约为6Ω，横截面如图甲所示．（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径d，示数如图乙所示，则金属管线的外径为1.122mm；（2）现有如下器材：A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.1Ω）B．电流表A2（量程3A，内阻约0.03Ω）C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器R1（15Ω，3A）E．滑动变阻器R2（1750Ω，0.3A）F．蓄电池E（6V，内阻很小）G．开关S一个，带夹子的导线若干为准确测量样品的阻值，电流表应选A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选R1（填“R1”或“R2”）．（3）请在图丙中的方框内画出实验电路图．（4）已知样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的外径为d．某次测量中电压表读数为U，电流表读数为I，为求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是管线长度L，中空部分截面积S=．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．根据电路中电流的大小确定电流表的量程，从测量误差的角度选择滑动变阻器．将待测电阻与电压表和电流表内阻比较，确定其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表的内外接．根据电阻定律求出导体电阻的横截面积，用大圆的面积减去电阻的横截面积，即为中空部分的截面积．解答：解：（1）根据螺旋测微器的读数规则，金属管线的外径为1.0mm+12.2×0.01mm=1.122 mm．（2）蓄电池电动势6V，待测电阻6Ω，最大电流不超过1A，所以电流表应选量程0.6A的A1，滑动变阻器选阻值与待测电阻相当的R1．（3）而待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，故应采用安培表外接法．为操作方便，滑动变阻器用限流接法即可．如图：（4）还需要测量的物理量是管线长度L．待测电阻的阻值，又，所以中空部分截面积．故答案为：（1）1.122 （1.121～1.124均正确）（2）A2，R1（3）如图，（4）管线长度L，．点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握电阻定律的公式，掌握如何确定电流表的内外接．11．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；（2）煤块在传送带上运动的时间；（3）整个过程中煤块在传送带上的划痕长度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由v﹣t图，求出煤块做匀变速运动的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（2）由图知，最后匀速运动时和传送带速度相等，读出煤块的初速度和传送带的速度，由位移公式分别求出三段位移，把三个时间相加得在传送带上运动的时间；（3）这段时间分别计算各自的总位移作差，得出相对位移，即整个过程中煤块在传送带上的划痕长度．解答：解：（1）由速度﹣时间图象，煤块匀变速运动的加速度：由牛顿第二定律：μmg=ma煤块与传送带间的动摩擦因数：（2）由速度﹣时间图象，传送带速度大小v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，煤块在传送带上滑动t1=4s与传送带相对静止．前3s内煤块的位移：，方向向左后1s内煤块的位移：，方向向右4s内煤块的位移：s=s1﹣s2=4.5﹣0.5=4m，方向向左煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：故煤块在传送带上运动的时间：t=t1+t2=4+4=8s（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移：s′=v1t1=1×4=4m，方向向右；煤块的位移：s=4m，方向向左：所以，整个过程中煤块在传送带上的划痕长度：△s′=s′+s=4+4=8m答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；（3）整个过程中煤块在传送带上的划痕长度为8m．点评：本题关键从图象得出物体的运动规律和传送带的速度大小，然后分过程对木块受力分析．根据牛顿第二定律和运动学公式求解．12．如图所示，在xOy平面内y＞0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直于xOy平面向外，磁场区域I的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的P点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的Q点射入磁场区域I．已知OP=h，OQ=，粒子的重力忽略不计．求（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小v；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，求粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子从P到Q到类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度的大小和方向；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若恰好返回，画出临界轨迹，结合几何关系求解出半径，再运用洛伦兹力提供向心力并结合牛顿第二定律列式求解；（3）首先粒子要能够到达磁场区域Ⅲ，其次要能够从磁场区域Ⅲ返回，从而确定磁场区域Ⅲ下边界距x轴距离的范围．解答：解：（1）粒子在电场中类平抛运动在x方向在y方向而联立，解得v=2v0（2）粒子在磁场区域I中匀速圆周运动恰好未从其下边界穿出，由几何关系得rsin30°+r=d0联立，解得；（3）由对称性，若把粒子在磁场中的运动衔接起来，刚好构成一个圆心角为240°的圆周，如图所示．粒子在磁场中运动的时间为由几何关系得2d=Rsin30°+R所以，磁场区域的宽度故有粒子在无磁场区域运动的路程粒子在无磁场区域运动的时间粒子在电场区域运动的时间所以，粒子从P点射入电场区域到返回x轴的时间为答：（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小是2v0；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，条形磁场区域的最小宽度是；（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间是．点评：本题第一问关键明确粒子现在类似平抛运动，然后做匀速圆周运动，关键是画出磁场中的临界轨迹；第三问磁场中的轨迹可以合成同一个圆周．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，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题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]13．关于热现象，下列说法正确的是( )A．布朗运动反映了悬浮在液体中的小颗粒内部的分子在永不停息地做无规则运动B．气体的温度升高，个别气体分子运动的速率可能减小C．对于一定种类的气体，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的D．一定质量的理想气体温度升高、压强降低，一定从外界吸收热量E．在完全失重状态下，密闭容器中的理想气体的压强为零考点：理想气体的状态方程；布朗运动；热力学第一定律；热力学第二定律．分析：布朗运动是指悬浮于液体中的颗粒所做的无规则的运动，不是分子运动．气体的温度升高，分子平均动能增大．对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的．根据热力学第一定律分析热量．气体的压强不是由于分子的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的．解答：解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则的运动，而固体颗粒是由大量的分子组成的，所以布朗运动不是颗粒内部分子的运动．故A错误．B、气体的温度升高，分子平均动能增大，由于气体分子的运动是无规则的，所以个别气体分子运动的速率可能减小．故B正确．C、对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的．故C正确．D、若不计气体分子间相互作用，分子势能不计．一定质量气体温度升高、压强降低过程中，根据气态方程可知气体的体积一定增大，气体对外做功，内能增大，根据热力学第一定律分析得知气体一定从外界吸收热量．故D正确．E、气体的压强不是由于分子的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，所以在完全失重状态下，气体的压强不变．故E错误．故选：BCD．点评：解决本题的关键要掌握理想气体的状态方程、布朗运动的实质、分子运动的统计规律、热力学第一定律，理解气体压强的微观实质，这一类的知识点要注意积累．．14．如图所示，内壁光滑、导热良好的竖直放置的汽缸内用质量为m、横截面积为S的活塞封闭着一定质量的理想气体．开始时气体的体积为V0，压强为，活塞被固定在位置A．松开固定螺栓K，活塞下落，最后静止在位置B．已知外界大气压强始终为p0，环境温度保持不变，重力加速度为g．求（ⅰ）活塞停在位置B时，汽缸内封闭气体的体积V；（ⅱ）整个过程中通过汽缸壁传递的热量Q．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：以活塞为研究对象，其受力平衡，温度不变，根据玻意耳定律求体积；根据活塞下降的高度，求外界对气体做功，应用热力学第一定律求吸放热．解答：解：（ⅰ）设活塞在位置B时，封闭气体的压强为p，体积为V，而活塞受力平衡p0S+mg=pS解得由玻意耳定律所以（ⅱ）在此过程中，活塞下降的高度外界对气体做功W=（p0S+mg）h而气体的温度不变，即内能的变化△U=0 由热力学第一定律W+Q=△U解得，即气体通过汽缸壁放热．答：（ⅰ）活塞停在位置B时，汽缸内封闭气体的体积；（ⅱ）整个过程中通过汽缸壁传递的热量点评：本题考查热力学第一定律、气体状态方程，注意研究对象的选取是活塞还是封闭气体．[物理--选修3-4]15．两个静止的声源分别发出的声波1和声波2在空气中沿同一方向传播，声波1的波长是声波2的二倍，则下列说法中正确的是( )A．声波1的速度是声波2的二倍B．声波1和声波2的速度相同C．相对于同一障碍物，波2比波1更容易发生衍射现象D．沿两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象E．沿两列波传播方向上运动的观察者，听到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率不相同考点：波的干涉和衍射现象．分析：波速是由介质决定的，两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同．由图读出波长关系，由v=λf判断频率关系；根据干涉和衍射产生的条件分析能否产生稳定的干涉现象和衍射现象．知道多普勒效应．解答：解：A、两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同．故A错误，B 正确．C、由图读出声波1和声波2波长之比为λ1：λ2=2：1．波长越长，波动性越强，所以相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生衍射现象．故C错误．D、由v=λf得到两波频率之比为f1：f2=1：2；据两列波发生干涉的必要条件是频率相同，所以在这两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象．故D正确．E、由于多普勒效应，在这两列波传播的方向上运动的观察者，听到的这两列波的频率不会与从声源发出时的频率相同．故E正确．故选：BDE．点评：明确波的三个物理量：波速是由介质决定的，频率是由波源决定的，波长由介质和波源共同决定；发生明显干涉和衍射的条件以及多普勒效应．16．如图所示，某透明介质的截面为直角三角形ABC，其中∠A=30°，AC边长为L．一束单色光从AC面上距A为的D点垂直于AC边射入，恰好在AB面发生全反射．一直光速为c，求：（1）该介质的折射率n；（2）该光束从射入介质到第一次穿出所经历的时间．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）据题意，光线恰好在AB面发生全反射，入射角等于临界角．根据几何关系求出临界角C，由sinC=求出折射率．（2）作出光路图，运用几何知识求出光线在介质中通过的路程s，由v=求出光在介质中的速度，由t=求解时间．解答：解：（1）由于光线垂直于AC面射入，故光线在AB面上的入射角为30°，由题意知，光线恰好在AB面上发生全反射，所以入射角等于临界角，则全反射临界角C=θ=30°．由全反射条件可求得：n===2（2）由右图可知，DF=ADtan30°=，FE=2DF=，EG=ECsin30°=故光在介质中的传播距离为：s=DF+FE+EG=。

绝密★启用前宜昌一中2015年高考适应性考试（一）理科综合试卷本试卷共6 页，共40 题。

满分300分，考试用时150分钟。

可能用到的相对原子质量:H-1 O-16 Fe-56 Na-23 S-32 C-12 F-19 K-39第I卷（选择题共126分）一、单项选择题：本题共13小题，每小题6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．矽肺是矿工中一种常见的职业病，其发病原因是肺部吸入二氧化硅等硅尘，经吞噬细胞吞噬后进入溶酶体。

细胞内不能产生分解硅尘的酶，硅尘破坏蛋白质的结构，导致溶酶体膜通透性改变，水解酶释放，使肺部细胞死亡，进而肺功能受损。

关于此疾病的说法不正确的是A．吞噬细胞吞噬硅尘，说明生物膜具有一定的流动性B．硅尘破坏溶酶体膜，其内水解酶释放，引起了细胞凋亡C．硅尘破坏蛋白质的结构，导致溶酶体膜通透性改变，说明生物膜的透过性与蛋白质有关D．细胞内的酶不能催化硅尘分解，说明酶具有专一性2．科学家在研究光合作用时，做了一个如下图所示的实验。

实验前，他向一个密闭容器的溶液中加进了ADP、磷酸盐、光合色素、五碳糖及有关的酶等（见图甲）。

实验时，按图乙的限制条件（光照、CO2等）进行，并不断测定有机物的生成率。

随着时间的推移，绘出了曲线图（见图乙）。

下列对此有关的描述错误的是A．曲线AB段平坦，是因为无CO2，不进行暗反应，所以不能生成有机物，但有光反应进行B．出现BC段是因为既有CO2，又有AB段产生的〔H〕和ATP，能进行暗反应生成有机物C．曲线CD段迅速下降的原因是C3、〔H〕和ATP不足D．这位科学家设计的这个图甲装置相当于植物的叶绿体3．编码酶X的基因中某个碱基被替换时，表达产物将变为酶Y。

下表显示了与酶X相比，酶Y 可能出现的四种状况，对这四种状况出现原因的判断正确的是A．状况①一定是因为氨基酸序列没有变化B．状况②一定是因为氨基酸间的肽键数减少了50％C．状况③可能是因为突变导致了终止密码位置变化D．状况④可能是因为突变导致tRNA的种类增加4．2006年，日本学者Sinya Yamanaka在世界著名学术杂志《CELL》上率先报道了诱导多能干细胞（iPS）的研究。

试卷类型：A 绝密★启用前2015年湖北省八市高三年级三月联考理科综合能力测试本试卷共16页，满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★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．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在试卷上的无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只交答题卡．第Ⅰ卷（选择题，共126分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 P-31 Mg-24Ca-40 Fe-56 Cu-64二、选择题：本题共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。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量15．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变16．近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是（）A．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D．飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度17．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(xI )关系的是18．如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH ，则下面说法正确的是（ ）A ．若只在A 点放置一正点电荷，则电势差BC U <HG UB ．若只在A 点放置一正点电荷，则B 、H 两点的电场强度大小相等C ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则C 、G 两点的电势相等D ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则D 、F 两点的电场强度大小相等19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（ ）A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．副线圈输出电压的有效值为5VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加20．如图所示，质量为m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力0F 和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即υk F =(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为mF 0 D ．小球的最大速度为k μmg μF +0，恒力0F 的最大功率为kμmg μF F 020+21．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触(未连接)，如图中O 点，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，如图中B 点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B 点为30x ，C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则( )A ．撤去F 时，物体的加速度最大，大小为g m kx μ-0B ．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C ．从B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D ．撤去F 后，物体向右运动到O 点时的动能最大第Ⅱ卷（非选择题 共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～40题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共129分)22．（5分）在水平固定的长木板上，小明用物体A 、B 分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A 、B 由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A 、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A 、B 所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是A ．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B ．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C ．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量D ．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且A mB m （填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A μ B μ（填“大于”“等于”或“小于”）．23．（10分）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V，内阻x R约为6kΩ，现要较为准确地测其内阻x R，且各仪表的示数不得少于满量程的1/3．实验室提供了如下器材：A．电流表1A：量程3mA，内阻约50ΩB．电流表2A：量程3A，内阻约0.2ΩC．电压表1V：量程1.5V，内阻1r=1kΩD．电压表2V：量程60V，内阻2r约50kΩE．定值电阻器1R：阻值1R=5.1kΩF．定值电阻器2R：阻值2R=30ΩG．电源：电动势约15V，内阻约0.5ΩH．滑动变阻器0~20ΩI．导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出x R的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）x R= ，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数．24．（13分）光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB 竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以0υ=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功fW=9.5J．2g．求：10m/s（1）装置运动的时间和位移大小；（2）长平板的长度l；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．25．（19分）如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心1O坐标为（－a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，4a/3）．带电粒子质量为m、带电量为–q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子速度υ大小和cosθ值；（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B—t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？（二）选考题：共45分。

湖北省部分重点中学2015届高三第二次联考理科综合物理参考答案及评分标准选择题： 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案CDCBDABBDACD实验题：（共15分）22. 0.64m/s 2 （3分） ； 0.56 （3分） 23. （1） ×1 （1分） ； 欧姆调零 （1分） 22.0 （1分） （2） A 2 （1分） ； 偏小 （1分）计算题：（24题14分；25题18分）24.解：（1）小物体在传送带上匀加速运动的加速度4a g μ==m/s 2 （1分)小物体与传送带共速时，物体位移2112()42v x m L x a==<-=m （1分)故小物体与传送带共速后以0v 匀速运动到Q ，然后冲上圆弧轨道恰到N 点 有：2N v mg m R= （2分)从Q N →有：2211222Q N mv mv mgR -= （2分) 解得0.32R =m 20.64N y R ==m （1分) （2）若物体能通过最高点N ，1O x L x ≤≤- （2分)4O x ≤≤ m （1分)若物体恰能到达高度为R 的M 点,设物体在传送带上加速运动的位移为x 2则2mgx mgR μ= （2分)V 2A 2 SR 1 R x解得:20.8x =m5.26x m ∴≤< （1分)04 5.26x m m x m ∴≤≤≤<当或时，物体均不脱离轨道。

（1分)25.解：（1）粒子在电场中的加速度 AB U q a dm= （1分)粒子在电场中运动的时间10L t v = （1分) 粒子离开电场时竖直方向分速度1y v at =（1分)粒子在MN 与PS 间运动时间20st v = （1分)粒子在电场中偏转位移221120143223uql y at dmv ===cm （1分) 出电场后：22y y v t = （1分)解得：2833y =cm （1分)所以C 点与OO' 距离1243y y y =+=cm （1分)（2）粒子进入磁场时，速度与水平方向夹角为θ03tan 303y v v θθ==∴=︒ （1分)粒子进入磁场时的速度404310tan 3v v θ==⨯m/s （1分)设粒子在磁场中运动轨道半径为R则24mv qvB R R=∴=cm （1分)粒子在磁场中运动的周期622310RT vππ-==⨯s （1分) 粒子在623103t π-=⨯s 内粒子的偏转角2120t Tπα==︒（1分)竖直向上偏移11cos3023h R =︒=cm （1分) 在-662343101033ππ-⨯⨯s 内，通过00' 这段时间内竖直向上偏移 2123h h ==cm （1分) 因为1243h h y +==cm （1分)则在643103t π-=⨯s 时刚好第二次到达00' （1分)此时，粒子距PS 距离2(sin30)12x R R =+︒=cm （1分)v 0 BACOO'PSM N 图甲θ33.[物理——选修3-3] （1） ACE （6分） （2）（9分）解：①AB 体积之比1：2设A 的容积V ，则初状态AB 总体积2V ，末状态总体积3V （2分） 等压变化:123V VT T =（2分）解得132T T =（1分） ② 0222p V p V TT⋅⋅=（2分）解得p 2=4p 0（2分）34.[物理——选修3-4] （1） CD （6分） （2）（9分）解： 由所给出的振动图象可知周期T ＝0.4 s. （1分）由题图可知，t ＝0时刻，x 1＝0的质点P (其振动图象即为图甲)在正最大位移处，x 2＝10的质点Q (其振动图象即为图乙)在平衡位置向y 轴负方向运动，所以：当波沿x 轴正向传播时，PQ 间距离为(n ＋34)λ1，其中n ＝0,1,2… （1分）因为(n ＋34)λ1＝10 m ，所以λ1＝3440+n m （2分）v 1＝λ1T ＝34100+n m/s (n ＝0,1,2…) （1分）当波沿x 轴负方向传播时，PQ 间距离为(n ＋14)λ2，其中n ＝0,1,2… （1分）因为(n ＋14)λ2＝10m ，所以λ2＝1440+n m （2分）波沿x 轴负向传播时的波速v 2＝λ2T＝14100+n m/s (n ＝0,1,2…) （1分）35.[物理——选修3-5] （1） CDE （6分） （2）（9分）解：①子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律： 00225mv m v mv=+（2分）解得：05v v =（1分） 对系统：222001121()32252fL mv m v mv =-- （2分）解得：20925mV f L=对木块：3ft mv = （2分） 解得：053L t v = （2分）。

大冶一中 广水一中 天门中学 仙桃中学 浠水一中 潜江中学2015届高三元月调考 数学（理科）试卷【试卷综析】本试卷是高三理科试卷，以基础知识和基本能力为载体，，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，试题重点考查：集合、不等式、复数、向量、椭圆、导数、数列、三角函数的性质，立体几何等；考查学生解决实际问题的能力。

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 【题文】1.设复数z 满足i i21=+z，则 z =( ) A.i 2+- B.i 2-- C.i 2+D.i 2-【知识点】复数的基本概念与运算L4 【答案】C 【解析】12i i z +=，可得z=212(12)i i i i i ++==2-i, z =2+i 【思路点拨】直接化简复数方程，复数的分子、分母同乘分母的共轭复数，求出复数z 即可．【题文】2.设集合P ＝{x |⎰>=+-x02006103x dt t t ,)(}，则集合P 的非空子集个数是( )A.2B.3C.7D.8【知识点】集合及其运算A1 【答案】B【解析】∵P={x|∫0x （3t 2-10t+6）dt=0，x ＞0}，∴P={2，3} 因为集合A 中有2个元素，所以集合A 子集有22=4个，则集合A 的非空子集的个数是4-1=3． 【思路点拨】先根据定积分求出集合P ，根据集合子集的公式2n （其中n 为集合的元素），求出集合A 的子集个数，然后除去空集即可得到集合A 的非空真子集的个数． 【题文】3.下列结论正确的是( )A.若向量//a b ，则存在唯一的实数λ使得a λb =B.已知向量,a b 为非零向量，则“,a b 的夹角为钝角”的充要条件是“,a b ＜0”C.命题：若12=x ，则1=x 或1-=x 的逆否命题为：若1≠x 且1-≠x ，则21x ≠D.若命题012<+-∈∃x x x P ,R :，则012>+-∈∀⌝x x x P ，R : 【知识点】命题及其关系、充分条件、必要条件A2 【答案】C湖北省 六校【解析】若向量//a b ，0b ≠，则存在唯一的实数λ使a λb =，故A 不正确； 已知向量a ,b 为非零向量，则“a ,b 的夹角为钝角”的充要条件是“a •b ＜0，且向量a ,b 不共线”，故不正确；条件否定，结论否定，逆命题，可知C 正确；若命题p ：∃x ∈R ，x 2-x+1＜0，则￢p ：∀x ∈R ，x 2-x+1≤0，故D 不正确．【思路点拨】根据向量共线定理判断A ，向量a ,b 为非零向量，则“a ,b 的夹角为钝角”的充要条件是“,a b ＜0，且向量a ,b 不共线”，可判断B ，条件否定，结论否定，逆命题可判断C ；命题p ：∃x ∈R ，x 2-x+1＜0，则￢p ：∀x ∈R ，x 2-x+1≤0，可判断D ．【题文】4.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是( ) A.π36 B.π9 C.π29 D.π827【知识点】空间几何体的三视图和直观图G2 【答案】C【解析】∵俯视图是一个腰长为2的等腰直角三角形，故底面外接圆半径r=2， 由主视图中棱锥的高h=1，故棱锥的外接球半径R 满足：R=221()(2)2+=32， 故该几何体外接球的体积V=43πR 3=92π. 【思路点拨】由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱锥，求出底面外接圆半径和棱锥的高，进而利用勾股定理，求出其外接球的半径，代入球的体积公式，可得答案．【题文】5.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,27),...(43211n 2312=+++=-a a a a a a S n ，则6a =（ ）A.27B.81C.243D.729 【知识点】等比数列及等比数列前n 项和D3 【答案】C【解析】利用等比数列的性质可得，a 1a 2a 3=a 23=27 即a 2=3因为S 2n =4（a 1+a 3+…+a 2n-1） 所以n=1时有，S 2=a 1+a 2=4a 1从而可得a 1=1，q=3所以，a 6=1×35=243 【思路点拨】利用等比数列的性质可得，a 1a 2a 3=a 23=27 从而可求a 2， 结合S 2n =4（a 1+a 3+…+a 2n-1）考虑n=1可得，S 2=a 1+a 2=4a 1从而可得a 1及公比 q ，代入等比数列的通项公式可求a 6 【题文】6.设函数)22,0)(sin(3)(πφπωφω<<->+=x x f 的图像关于直线32π=x 对称,它的周期是π，则（ ） A.)(x f 的图象过点)21,0( B.)(x f 的一个对称中心是)0,125(πC.)(x f 在]32,12[ππ上是减函数D.将)(x f 的图象向右平移||φ个单位得到函数x y ωsin 3=的图象 【知识点】三角函数的图象与性质C3 【答案】B【解析】因为函数的周期为π，所以ω=2，又函数图象关于直线x=23π对称， 所以由f(x)=3sin(2x+φ)(ω＞0，-2π＜φ＜2π)， 可知2×23π+φ=k π+2π，φ=k π-56π，-2π＜φ＜2π，所以k=1时φ=6π．函数的解析式为：f(x)=3sin(2x+6π)．当x=0时f （0）=32，所以A 不正确．当x=512π时f （x ）=0．函数的一个对称中心是（512π，0）B 正确；当12π＜x ＜23π，2x+6π∈[3π，32π]，函数不是单调减函数，C 不正确；f （x ）的图象向右平移|φ|个单位得到函数y=3sin （ωx+φ-ωφ）的图象，不是函数y=3sin ωx 的图象，D 不正确；【思路点拨】根据三角函数的单调性周期性对称性求出。

14．电子感应加速器基本原理如图所示，上、下为电磁铁两个磁极， 磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动．电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化．甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图，若某一时刻，电磁铁线圈电流方向与图示方向一致、电子正沿逆时针方向作加速运动，则下列说法正确的是A ．电子感应加速器是利用磁场对电子的洛伦兹力作用使电子加速的B ．电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的C ．电磁铁线圈中电流大小要保持恒定D ．此时真空室中的感生电场沿逆时针方向15．如图所示是研究影响平行板电容器的电容大小的因素的实验电路.平行板电容器充电后，将极板A 与一灵敏静电计的金属小球相接，极板B 接地，静电计金属外壳接地，若极板B 稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小结论的依据是 A ．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 B ．两极板间的电压不变，极板上的电荷量减小 C ．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大 D ．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小16．如图所示,将质量为m =0.1 kg 的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当升降机以4 m/s 2的加速度加速向上运动时,上面弹簧对物体的拉力为0.4N ；当升降机和物体都以8 m/s 2的加速度向上运动时,上面弹簧的拉力为 A.0.6 N B.0.8 N C.1.0 N D.1.2 N17．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的 A ．副线圈输出电压的频率为100Hz B ．副线圈输出电压的有效值为52VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加18．经长期观测发现，A 行星运行的轨道半径为R 0，周期为T 0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t 0时间发生一次最大的偏离．如图所示,天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在着一颗未知行星B ，则行星B 运动轨道半径R A.R =R 023200()t t T - B.R =R 0000t t T - C.R =R 02003200()t T t T +-（）D.R =R 00300t t T -19．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD 是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF 与CD 交于O 点，一个带电小球沿着∠FOD 的角平分线从A 点经O 点向B 点做直线运动，重力加速度为g .则在此过程中，下列说法正确的是 A ．小球可能带正电，也可能带负电 B ．小球可能做匀加速直线运动 C ．小球加速度大小为g cos αD ．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量20．如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中有一水平放置的半圆形轻质导体框，O 为圆心，圆半径为L ，AO 段、BO 段导体的电阻可忽略，圆弧AB 段的电阻为r ，半圆直径与磁场边界重合；现用外力使导体框从图示位置开始绕过O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动一周，下列分析正确的是 A.圆弧AB 段内电流方向总是从A 流向B B.转动的前半周内AB 两端电压为BωL22C.转动的后半周内通过O 点的电量为πBL 2rD.外力对线框做的功为πωB 2L 42r21.一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，上升过程中受到阻力f 作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h o 表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k 为常数且满足0< k <l ）．则由图可知，下列结论正确的是 A ．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象 B ．上升过程中阻力大小恒定且f = kmgC ．上升高度012k h h k +=+时，重力势能和动能相等D ．上升高度012h h =时，动能与重力势能之差为02kmgh第Ⅱ卷（非选择题, 必考题129分，选考题45分，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

ab MQN Pcd3h L 1 L 2 球网 乒乓球 发射点 5题图 RRP O Q R Nm图图t t 1 2t 1 v v o v 1 0 7题图 铜圆盘 6题图 凹形桥模拟托盘图图0 1 2 8 9mAA R 1 R 2 R 0 Ra b c图R′ b c a d 图ab Bt/s 1 0 2 2 4 v/m.s -1图图（ii ）从开始，介时间15.【物理—选修3-5】（15（1）（5分）在某次光电效斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷出功可表示为 。

（2）（10分）如图，在足够B 、C 之间。

A 的质量为m ，B 、C 的质量m 和M 之间满足什么条件才0t =u c v 图图（a ） A C B2015年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)理综物理(参考答案)1.D2.B3.A4.C5. D6.AB7. ACD 8．BD9.（2）1.40 （4）7.9 1.410（1）15 35 （2）300 3000（3）c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 2 11依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为。

由胡克定律和力的平衡条件得式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小。

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F=IBL式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度。

两弹簧个字再伸长了，由胡克定律和力的平衡条件得由欧姆定律有 E=IR式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻。

代入题给数据的 m=0.01kg 12.10.5cm l =!12k l mg =!20.3l cm =!122()k l l mg F +=+!!（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。

设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1=4m/s ，由运动学公式得2t 1=1s ，s o =4.5cm 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度在模板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速的向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速的向右做匀变速运动。