湖北省襄阳市保康县第一中学2016届高三下学期第一次月考物理试题 Word版含答案

2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（）A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）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 10．两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（）A．B．C．D．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每题4分，共计48分）1．在电场中（）A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零【考点】电势能；电势．【分析】本题抓住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小、电势为零，电势能为零，进行分析判断．【解答】解：A、某点的电场强度大，该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故A错误．B、某点的电势高，由公式E P=qφ知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故B错误．C、某点的场强为零，该点的电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故C 错误．D、某点的电势为零，即φ=0，由公式E P=qφ知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D 正确．故选D2．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则（）A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．【解答】解：A、设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma=mg，得：f=0.5mg，斜面的长度，则物块克服摩擦力做功为W f=f•2H=0.5mg•2H=mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，机械能不守恒，故AD错误．B 、已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：△E k =W 合=F 合•=mg •2H=2mgH ．故C 正确，B 错误．故选：C3．在电场中的某点放入电量为﹣q 的试探电荷时，测得该点的电场强度为E ；若在该点放入电量为+2q 的试探电荷，此时测得该点的场强为（ ）A ．大小为2E ，方向和E 相反B ．大小为E ，方向和E 相反C ．大小为2E ，方向和E 相同D ．大小为E ，方向和E 相同【考点】电场强度．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义．【解答】解：根据场强的定义式E=得该点的场强为E ，再根据电场中的场强取决于电场本身，所以在该点放入电量为+2q 的试探电荷时，该点的场强不变，故ABC 错误，D 正确． 故选：D ．4．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，在下列几种情形下，汽车的动能是原来4倍的是（ ）A ．质量不变，速度增大到原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍C ．质量减半，速度增大到原来的4倍D ．速度减半，质量增大到原来的4倍【考点】动能．【分析】动能为E K =mV 2，物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化，根据公式逐个分析即可．【解答】解：A 、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=m （2V ）2=4E K ，所以A 正确．B 、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•2mV 2=2E K ，所以B 错误．C 、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=（）（4V ）2=8E K ，所以C 错误．C 、D 、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据E K =mV 2，可知E K ′=•4m （V ）2=E K ，所以D 错误．故选：A ．5．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势φ和电场强度E大小的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB【考点】电场线；电势．【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低．【解答】解：AB、v﹣t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即E A＞E B；故A正确，B错误；CD、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即φA＞φB，故C正确，D错误；故选：AC．6．如图，A、B两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于O点，A球固定，B球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于A、B两球的间距和库仑力大小的变化，下列说法中正确的是（）A．间距变小，库仑力变大 B．间距变小，库仑力变小C．间距变小，库仑力不变 D．间距不变，库仑力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F2和线的拉力F1三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，减小，A、B间斥力F2大小的变小，故B正确，故选：B7．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．【解答】解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A正确，B错误，C正确．D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：ACD．8．如图所示，B、C、D三点都在以点电荷+Q为圆心的某同心圆弧上，将一个检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功的大小比较（）A．W AB＞W AC B．W AD＞W AB C．W AD=W AC D．W AC=W AB【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】B、C、D在以Q为圆心的同一圆周上，电势相等，电场力做功公式W=qU分析即可．【解答】解：据题知，B、C、D都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A与B、C、D三点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．即有W AB=W AC=W AD．故AB错误，CD正确．故选：CD9．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）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．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．【解答】解：由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即E A＞E B．画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，则有A点的电势高低C点的电势，所以A点的电势高低B点的电势，即φA＞φB．故选项D正确．故选：D10．两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（）A．B．C．D．【考点】电势；电场的叠加．【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选：A．11．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【考点】电势；电场强度．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D正确．故选：BD12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多【考点】库仑定律．【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”．故D正确，C错误，故选：AD二、计算题13．如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在AC 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C点后沿斜面做匀加速运动，到达A点时的速度大小为v，试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）匀强电场场强E的大小；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，求小物块离开电场区时的动能E K大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】小物体在BC上做匀速运动，对小物体进行受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可；小物体做匀加速运动时根据动能定理列方程求解即可．小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理列方程．【解答】解：（1）小物块在BC上匀速运动，支持力：N=mgcosθ滑动摩擦力：f=μN由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ解得：μ=tanθ（2）小物块在CA段做匀加速直线运动，则：N′=mgcosθ﹣qEf′=μN′根据动能定理得：mgLsinθ﹣f′L=m（v2﹣v20）解得：E=（v2﹣v20）+W G+W f=E K﹣E K0（3）①小物块可能从A处出电场，W电则：﹣qEL=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣②小物块可能从C处出电场，设从C处进入电场滑行距离X，则：﹣qEx=m（0﹣v20）从C处进入电场到从C处滑出电场的过程中运用动能定理：W f=E K﹣E K0﹣2μmgxcosθ=E K﹣E K0得：E K=mv20﹣答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ；（2）匀强电场场强E的大小E=（v2﹣v20）；（3）保持其他条件不变，使匀强电场在原区域内（AC间）顺时针转过90°，小物块离开电场区时的动能E K大小为mv20﹣或者mv20﹣．14．如图所示，倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强电场和匀强磁场区域，电场的下边界与磁场的上边界相距为L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为4L 的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，它们的总质量为m，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时速度恰好减为0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）足够长时间后小球到达的最低点与电场上边界的距离x．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电场强度．【分析】（1）线框做匀速运动时重力的分力与安培力平衡，根据平衡条件，结合切割产生的电动势、闭合电路欧姆定律求出匀速运动的速度．（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界这段过程为研究过程，运用动能定理求出电场强度的大小．（3）当小球运动到电场的下边界时刚好返回，速度为零，运用动能定理求解小球到达的最低点与电场上边界的距离．【解答】解：（1）设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则：E=BLv0，I=F A=BIL=根据平衡条件：mgsinθ﹣=0可解得：v0==1m/s（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理：﹣qEL+mgsinθ×2L=0﹣可解得：E=6×106N/C（3）设经足够长时间后，小球运动的最低点到电场上边界的距离为x，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合．根据动能定理：qEx﹣mgsinθ（L+x）=0解得：x=m答：（1）线框做匀速运动时的速度大小为1m/s；（2）电场强度的大小为6×106N/C；（3）经足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离为m．15．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS 和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：E=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨道半径：r=，r1=，r2=r1，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：v min=（9﹣6）；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x，由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）x≥，x=，解得：r1=（1+），n＜3.5，即：n=1时，v=，n=2时，v=，n=3时，v=；答：（1）电场强度的大小为，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为（9﹣6）．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：、或、或．2016年4月13日。

2016年湖北省黄冈中学高三5月第一次模拟考试理综物理试卷一、单项选择题（共5小题）1．以下表达符合史实的是（）A．安培在实验中观看到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B．奥斯特依照通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有如此的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引发感应电流的磁通量的转变考点：物理学史答案：D试题解析：奥斯特在实验中观看到电流的磁效应，A错误；安培提出了分子电流假说，B错误；卡文迪许测量了万有引力常量，C错误；楞次总结了判定感应电流方向的楞次定律，D正确。

2．如下图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，假设改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，那么两次的推力之比为（）A．cos θ＋μsin θB．cos θ－μsin θC．1＋μtan θD．1－μtan θ考点：牛顿运动定律、牛顿定律的应用答案：B试题解析：对图甲中的物体受力分析，由平稳条件可得，，解得；对乙图中物体受力分析如下图，沿斜面方向有:,垂直于斜面方向有，解得则，B正确，A、C、D错误。

3．2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻公布会宣布，人类第一次探测到了引力波。

2月16日,中国科学院发布了一项新的探测引力波的“空间太极打算”,其中,由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴打算”于15年7月正式启动。

打算从2016年到2035年分四时期进行,将向太空发射三颗卫星探测引力波。

在目前讨论的初步概念中，天琴将采纳三颗全同的卫星（SC1、SC2、SC3）组成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万千米的轨道上运行,针对确信的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的排列图类似乐器竖琴,故命名为“天琴打算”。

湖北省保康县第一中学2015-2016学年度下学期高三年级第一次月考化学试题时间：90分钟分值100分第I卷（选择题共60分）一、单选题（本大题18小题，每小题3分，共54分）1．E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应： E(s)+4F(g) G(g)，已知该反应的平衡常数值如下表所示。

下列说法正确的是A．上述反应是熵增反应B．25℃时，反应G(g) E(s)+4F(g)的平衡常数值是0.5C．在80℃时，测得某时刻，F、G浓度均为0.5 mol·L﹣1，则此时v(正) >v(逆)D．恒温恒容下，向容器中再充入少量G(g)，达新平衡时，G的体积百分含量将增大2．某同学按下图所示的装置进行试验。

A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水。

当K闭合时，在交换膜处SO42﹣从右向左移动。

下列分析错误的是A．金属活动性A强于BB．B的电极反应：B﹣2e-=B2+C．X电极上有H2产生，发生还原反应D．反应初期，x电极周围出现白色沉淀，不久沉淀溶解3．向甲、乙两个体积相同的恒容容器中，分别充入2mol气体R和1 mol气体R，相同温度下，发生下列反应：xR M+N(正反应为吸热反应)。

两容器中R的物质的量随时间的变化如下图所示。

下列说法正确的是A．将甲升温，可使甲和乙中各物质的体积分数达到相同B．x=2，且M、N中仅有一种为气态C．曲线II为甲中R的物质的量一时间图像D．其他条件不变时，向乙中再加人1mol M、1molN，达到新平衡时，则有1.0mol<n(R)<1.2 mol4．25℃、101kPa下：①2Na(s)+1/2O2(g)=Na2O(s) △H=﹣414k J·mol﹣1②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) △H=﹣511kJ·mol﹣1下列说法正确的是A．①和②产物含有阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率越来越快D．25℃、101kPa下：Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(S) △H=﹣317kJ·mol﹣15．镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。

湖北省保康县第一中学2015-2016学年度下学期高三年级第一次月考数学（文科）试题满分150分，考试时间120分钟★ 祝考试顺利 ★第I 卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．a 与b 的夹角为120°，| a |＝2，| b |＝5，则（2a －b ）²a ＝ （ ） A ．13 B ．9 C ．12 D ．32．在△ABC 中，3,5,7a b c ===，那么这个三角形的最大角是（ ） A ．135° B ．150° C ．90° D ．120°3．等比数列{n a }中，3a ，5a 是方程064342=+-x x 的两根，则 4a等于（ ）A ．8B ．－8C ．±8D ．以上都不对 4．等差数列{}n a 中，若261,13,a a ==则公差d =（ ） A ．3 B ．6 C ．7 D ．105．下列说法中，正确的是（ ） A ．第二象限的角是钝角B ．第三象限的角必大于第二象限的角C ．－831°是第二象限角D ．－95°20′，984°40′，264°40′是终边相同的角 6．设,,x y z 均大于0，则三个数：111,,x y z y z x+++的值（ ） A ．都大于2B ．至少有一个不大于2C ．都小于2D ．至少有一个不小于27．不等式2112x x -++>的解集为（ ） A ．2(,0)(,)3-∞+∞ B ．2(,)3+∞C ．2(,1)(,)3-∞-+∞ D ．(,0)-∞8．极坐标方程(1)()0(0)ρθρ--π=≥表示的图形是（ ） A ．两个圆B ．一个圆和一条射线C ．两条直线D ．一条直线和一条射线 9．不等式411x x -<-的解集是（ ） A ．(,1)(3,)-∞-+∞ B ．(1,1)(3,)-+∞ C ．(,1)(1,3)-∞- D ．(1,3)-10．设直线112:32x t l y t⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），曲线1cos :sin x C y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），直线l 与曲线1C 交于,A B 两点，则AB =（ ） A ．2 B ．1 C ．12 D ．1311．设函数()fx 的定义域为D ，如果x D y D ,∀∈∃∈，使得()()f x fy =-成立，则称函数()fx 为“Ω函数”. 给出下列四个函数：①yx =sin ；②2xy =；③11y x =-；④()ln f x x =, 则其中“Ω函数”共有（ ） （A ）1个 （B ）2个 （C ）3个 （D ）4个 12．当191,0,0=+>>yx y x 时，y x +的最小值为（ ） A ．10 B ．12 C ．14 D ．16第II 卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．函数3)4cos(222sin )(+++=x x x f π的最小值是 ；14．已知等比数列{}n a 各项均为正数,前n 项和为n S ，若22a =，1516a a =．则公比q= ，5S = ．15．在ABC ∆中，A=300，AB=4, BC=2 则ABC ∆的面积为_________．16．已知圆1)sin 2()cos 2(:221=-+-θθy x C 与圆1:222=+y x C ，在下列说法中： ①对于任意的θ，圆1C 与圆2C 始终相切； ②对于任意的θ，圆1C 与圆2C 始终有四条公切线； ③当6πθ=时，圆1C 被直线013:=--y x l 截得的弦长为3；④Q P ,分别为圆1C 与圆2C 上的动点，则||PQ 的最大值为4． 其中正确命题的序号为______．三、解答题（70分） 17．（本小题满分12分）已知函数()3sin cos f x x x ππ=+, x R ∈． (Ⅰ)求函数()f x 的最大值和最小值；(Ⅱ)设函数()f x 在[1,1]-上的图象与x 轴的交点从左到右分别为M ，N ，图象的最高点为P, 求向量PM 与PN夹角的余弦值．18．（本小题满分12分）已知33sincos y θθ=+, sin cos x θθ=+，（Ⅰ）把y 表示为x 的函数()y f x =并写出定义域; （Ⅱ）求()y f x =的最值.19．(本题满分10分)甲乙两地相距s km,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过c km/h,已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度v km/h 的平方成正比,比例系数为b ,固定部分为b 元.(1)把全程运输成本y (元)表示为v 速度(千米/时)的函数,并指出这个函数的定义域; (2)为了使全程运输成本最小,汽车应以多大速度行驶? 20．（本题12分）甲盒有标号分别为1、2、3的3个红球；乙盒有标号分别为1、2、…、n (2)n ≥的n 个黑球，从甲、乙两盒中各抽取一个小球，抽到标号为1号红球和n 号黑球的概率为112． （Ⅰ）求n 的值；（Ⅱ）现从甲乙两盒各随机抽取1个小球，抽得红球的得分为其标号数；抽得黑球，若标号数为奇数，则得分为1，若标号数为偶数，则得分为0，设被抽取的2个小球得分之和为ξ，求ξ的数学期望E ξ．21．（本题12分）PM2．5是指大气中直径小于或等于2．5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，对人体健康和大气环境质量的影响很大。

物理试题参考答案题号14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D B B C C AC BD ACD22．（1）0.225 （1分）2222111()2dL t t（2分）（2）M 远大于m（1分） （3）21a a g - （2分） 23．（1）A 2， R 1（各1分） 如图所示（3分） （2）3.0， 2.0（各1分） 0.2（2分） 24．（14分）解答： （1）由动能定理得22101122f W mv mv =-克服空气阻力做功22011122f W W mv mv =-=- …………（1分） 代入数据得：W = 3.6 J …………（2分）（2）空气阻力 f=kv落地前匀速，则 mg-kv 1=0 …………（2分） 刚抛出时加速度大小为a 0，则 00mg kv ma += …………（3分） 解得 001(1)v a g v =+ …………（2分） 代入数据得：0a =40 m/s 2 …………（2分）25．（18分）解答：（1）粒子由O 到P 的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R 1：由几何关系知…………（1分） 由牛顿第二定律可知：B qv R mv 0120=…………（2分） 由此得…………（1分） （2）粒子由O 到P 的轨迹如图所示粒子在电场中做圆周运动，半径为R 2：由几何关系知：…………（2分） 由牛顿第二定律可知2 1 l R = ql mv B 0 2 =2 2 2 2 2 ) ( R d R l = + - l d l R 2 2 2 2 + =E22022R mv R kQq=…………（2分） 由此得：………（2分）（3）粒子由O 经P ＇到P平抛运动在电场中运动时间t ：…………（1分） 在磁场中运动时间t ：qB m T t π==2…………（1分） 由此得： …………（1分）设在磁场中做圆周运动，半径为R 3则有30R t v π=…………（1分）电场中…………（1分）221t m qE P P ='''…………（1分）由此得…………（2分）33.（1）ABC（2）对Ⅰ气体，初状态：0012p smg p p =+= （1分） 末状态：00/431p s mg p p =+= （1分） 由玻意尔定律得：s l p s l p 1/101= （1分）∴ 0121l l = （1分） l kqd l mv 0 Q 2 ) ( 2 2 + = 0 v dt = qd mv B 0 π =πd R = 3 π dl R l P P 2 2 3 - = - = ' ' ' 2 2 0 ) 2 ( 2 qd d l mv E π π - = 2对Ⅱ气体，初状态：0123p smg p p =+= （1分） 末状态：0/1/25p s mg p p =+= （1分） 由玻意尔定律得：s l p s l p 2/202= （1分）∴ 0253l l =（1分） A 活塞下降的高度为：()()02010109l l l l l l =-+-=∆ （1分）34．（1）BDE （6分）（2）如图所示，光线入射到D 点时恰好发生全反射，则1sin C n =（2分）cos R OF C ===（2分） 又 1cot r O F C = （2分）1O F d OF =-（1分）解得：r nR =（2分） 35、（1）BCE （6分）(2)（9分）小球从静止滑到球壳最低点B 的过程中，车不动，小球的机械能守恒：2121mv mgR =（2分） 小球从最低点B 沿球壳上滑至最高点C 的过程中，a 小球、球壳、车组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒：12()mv m M v =+ （2分）221211()22mv m M v mgh =++ （3分） 解得：M h R M m =+（2分）2016年1月襄阳市高三统一测试理综生物参考答案C B C BD B29.（12分）（1）①③④（答不全不得分）（2分） 线粒体 （2分）（2）光合（2分） 降低化学反应的活化能（2分）rr（3）30℃（2分）能（1分）酒精（1分）30.（10分）(1)①生长素②高浓度的生长素起抑制作用，细胞分裂素起促进作用(2)①乙烯浓度和根的生长情况②取等量的根尖放在含等量蔗糖但不含生长素的培养液中③生长素浓度高，促进乙烯的合成，从而抑制根的生长31.（10分）（1）自花传粉，而且是闭花受粉；具有易于区分的性状。

湖北省保康县第一中学2015-2016学年度下学期高三年级第一次月考语文试题 ★祝考试顺利 ★ 时间：150分钟分值150分 第I卷（选择题） 一、选择题（共9分，共3小题，每小题3分） 1． A．疑惑，解开一个是一个，科学知识就在书中带着文艺、幽默气息的科普文章中潜移默化地蔓延开。

B．艺术节期间，您会看到师生们精彩纷呈的节目，我们也希望您能够登台表演的同时对我们学校的发展提出您宝贵的美芹之献。

C．面对今年五一黄金周楼市的遇冷，而曾经的金九银十现在也呈现不瘟不火的现状，长期从事房产销售的龙先生直言百姓的观望态势是主要原因。

D．最近一段时间有关于网络游戏与电子竞技之间的讨论都是比较受关注的，武汉高校DoTA联赛获湖北省体育局的批准更是将这个讨论推向了高潮，一时间各大游戏媒体奔走呼告，说是电竞终于被官方认可了等等。

2．下列各句中没有语病的一句是（ ） A．4月14日青海省玉树发生地震 B．从技术主管 C．杭州目前已经明确要5月份推房的楼盘不到20个，与去年同期的36个相比减少了近一之前业界一度十分期待的红5月成为楼市的静默期。

教育何时走出工具理性，淡化功利色彩，才可能回归教育促进人全面发展的本质只有这样的教育才能真正对准人本身，给每个受教育者健康的身心与健全的人格。

陶渊明是中国士大夫精神的一个归宿。

出仕为官是他的初衷， ， ， ， ， ， 。

可以说，《归去来兮辞》是了解陶渊明的隐士情怀，了解中国古代隐士文化的一个窗口。

①琴书诗酒是他生活的情趣 ②乐天知命是他人生的真悟 ③躬耕田园是他生活的保障 ④固守穷节是他归隐意念的巩固 ⑤淡泊明志是他的追求 ⑥鄙弃官场是他的节操 A．①②④⑤③⑥ B．①⑥②⑤③④ C．⑥⑤③①④② D．⑥③⑤①②④二、现代文阅读（共9分，共3小题，每小题3分） 阅读下面的文字，完成后面的问题。

（共9分，每小题3分） 为什么汉字是方块字，这个问题虽然没有明确的考证，但从古人观察世界的方式中便可窥见一斑。

2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1．图示为质点做直线运动的v﹣t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A．质点始终向同一方向运动B．4s时物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内位移为0，而通过的路程为4m2．跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员一直处于超重状态B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C．运动员的机械能守恒D．运动员的动能一直在减小3．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A．铝球下沉的速度越来越小B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C．释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功4．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF ＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E＞Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（）A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小7．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M运动二、解答题（共4小题，满分47分）9．某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为cm．滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足关系．（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ=．10．某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．（1）甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表V（量程5v，内阻约为5kΩ，）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1Ω）电流表A2（量程150mA，内阻约为2Ω）滑动变阻器R1（阻值0～200Ω）滑动变阻器R2（阻值0～l0Ω）实验中电流表应选，滑动变阻器应选（填写器材代号）；在方框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号．（2）乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图甲所示．然后他用如图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图甲上（A点和B点）．已知R o=9.0Ω，则该电源的电动势E′=V，内电阻r'=Ω．用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P=W．11．从地面上以初速度v0=9m/s竖直向上抛出一质量为m=0.1kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=3m/s，且落地前球已经做匀速运动．（g=10m/s2）求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小．12．如图所示，在直角坐标系x0y内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a，﹣b），可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现．（1）若只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；（2）若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；（3）若在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点．如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E 的大小．三、选做题【物理-选修3-3】13．下列说法中正确的是（）A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为N A=14．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．四、【物理-选修3-4】15．在以下各种说法中，正确的是（）A．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B．相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的C．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D．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16．投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑．已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d＞3R），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射．求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径．五、【物理-选修3-5】17．下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期C．一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的波长太短E．铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变18．如图所示，内表面光滑的半球壳固定在平板小车上，A、C等高．球壳与小车总质量为M，球壳内半径为R，小车置于光滑水平面上．初始时球壳最高点A 靠在竖直墙上，现将一质量为m的可视为质点的小球沿球壳内表面由A处自由释放，求小球沿光滑球面上滑的最大高度．2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1．图示为质点做直线运动的v﹣t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A．质点始终向同一方向运动B．4s时物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内位移为0，而通过的路程为4m【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度的正负判断速度的方向．速度图象的斜率等于加速度．根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动．【解答】解：A、由图看出，在前2s内，物体沿负方向运动，在后2s内物体沿正方向运动，运动方向发生了改变．故A错误．B、物体在前2s内向负方向做匀减速运动．后2s内向正方向做匀加速直线运动，4s内的位移是0，即回到原点，4s内的路程s=．故B错误，D正确．C、速度图线的斜率等于加速度，直线的斜率不变，说明物体的加速度大小和方向都不变．加速度始终沿正方向，而物体的初速度方向沿负方向，所以加速度方向与初速度方向相反，故C错误．故选：D2．跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员一直处于超重状态B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C．运动员的机械能守恒D．运动员的动能一直在减小【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】本题的关键是首先对运动员受力分析，明确受到的弹力从零逐渐增大，然后根据牛顿第二定律和功能原理即可求解．【解答】解：A、D、运动员从A到B过程中，人受到向下的重力和向上的弹力，在开始下落阶段弹力小于重力，后弹力大于重力，由牛顿第二定律可知加速度方向先向下后向上，人先做加速后减速，即动能应先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误，D错误．B、对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，重力做正功，跳板对其作用力所做负功，由于运动员的动能减小，根据动能定理可知，运动员所受重力对其做的功小于跳板对其作用力所做的功．故B正确．C、由于人在下落过程中，弹力始终做负功，由功能原理可知，人的机械能一直在减小，故C错误．故选：B3．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A．铝球下沉的速度越来越小B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C．释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【分析】对小球受力分析，当剪断细线后，小球受重力、油的浮力、摩擦阻力，结合图象可知，小球做加速度减小的加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，据此分析即可．【解答】解：A、由图象可知，铝球下沉的速度越来越大，故A错误；B、球下降过程具有向下的加速度，处于失重状态，mg﹣F浮﹣f=ma，得F浮+f=mg ﹣ma，a减小，则浮力与阻力的合力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，球对油的反作用力逐渐增大，则油槽对地面的压力逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，受到球的浮力和阻力不变，油槽对地面的压力不变，故B正确；C、由图象可知，铝球加速度随速度的增大均匀减小，但是速度随时间不是均匀变化的，故加速度随随时间不是均匀减小，故C错误；D、铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的摩擦阻力、浮力所做的功，故D错误．故选：B4．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF ＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E＞Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【考点】电场线；电场的叠加；电势能．【分析】A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．C、电场线和等势面垂直．D、先比较电势的高低，再根据E p=qU，比较电势能．【解答】解：A、根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NF＞NE，所以Q F＞Q E．故A错误．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故B错误．C、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直．故C正确．D、沿电场线方向电势逐渐降低，U M＞U N，再根据E p=qU，q为负电荷，知E pM＜E pN．故D错误．故选C．5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．C、速度满足时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确．D、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故D错误．故选C6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（）A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比【解答】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故A错误；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B正确；C、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D错误．故选：BC7．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多【解答】解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．故选：BD．8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ﹣BIl＞0，由右手定则判断电势高低．【解答】解：A、金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ﹣BIl＞0，所以金属棒将一直加速，A错误，B正确；C、由右手定则可知，金属棒a端（即M板）电势高，C项正确；D、若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故D错误．故选BC二、解答题（共4小题，满分47分）9．某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为0.225 cm．滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=（﹣）；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足M 远大于m关系．（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ=．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；由速度公式求出滑块经过光电门时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出滑块的加速度．（2）只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力．（3）断开气源，滑块受到拉力与阻力的作用，接通气源时，滑块受仅受到拉力的作用，由牛顿第二定律与滑动摩擦力公式可以求出动摩擦因数．【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.2cm，游标尺示数为5×0.05mm=0.25mm=0.025cm，则游标卡尺读数为0.2cm+0.025cm=0.225cm；滑块经过光电门时的速度v1=，v2=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2aL，解得，加速度a=（﹣）．（2）当滑块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力．。

湖北省襄阳市2016届高三上学期月考物理试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1．图示为质点做直线运动的v﹣t图像，关于这个质点在4 s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A．质点始终向同一方向运动B．4 s时物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4 s内位移为0，而通过的路程为4 m2．跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员一直处于超重状态B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C．运动员的机械能守恒D．运动员的动能一直在减小3．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A．铝球下沉的速度越来越小B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C．释放以后，铝球加速度随时间均匀减小板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。

当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ba水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。

现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M运动二、解答题（共4小题，满分47分）9．某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数。

2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1．能源是社会发展的基础．下列关于能量守恒和能源的说法正确的是( )A．能量是守恒的，能源是取之不尽、用之不竭的B．能量的耗散反映了能量是不守恒的C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机”2．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关4．用显微镜观察水中的花粉，追踪某一个花粉颗粒，每隔10s记下它的位置，得到了a、b、c、d、e、f、g等点，再用直线依次连接这些点，如图所示，则下列说法中正确的是( )A．这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B．它说明花粉颗粒做无规则运动C．在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D．从a点计时，经36s，花粉颗粒可能不在de连线上5．对于液体和固体（不计分子间的空隙），若用M表示摩尔质量，m0表示分子质量，ρ表示物质密度，V表示摩尔体积，v0表示单个分子的体积，N表示阿伏伽德罗常数，则下列关系中正确的是( )A．N=B．N=C．N=D．M=ρV6．用内径很细的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压( )A．偏高 B．偏低 C．相同 D．无法判断7．下列说法正确的是( )A．各种固体都有一定的熔点和凝固点B．液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D．如果把0℃的冰放到0℃的房间里，冰可能熔化，也可能不熔化8．关于液晶下列说法正确的是( )A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．液晶是一种特殊的物质，具有光学的各向同性D．所有物质在一定条件下都能成为液晶9．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的( ) A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力斥力都减小D．引力斥力都增大10．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )A．铅分子做无规则热运动 B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用二、实验题11．为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图实验测得，接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%．①若用该装置给充电功率为10W的电波充电，则损失的功率为__________W．②若把甲线接入电压为220V的电源，测得该线圈中的电流为0.195A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为__________W．12．（16分）小明通过实验验证力的平行四边形定则．（1）实验记录纸题图1所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图3所示，过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为__________．（3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有哪些？__________（填写选项前的字母）A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大（4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．__________．三、计算题（38分）13．（18分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能．14．如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q，板长，两板带等量异种电荷，上极板带负电．在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场（图中未画出），其左边界和下边界分别与MN、AA’重合（边界上有磁场）．现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出．已知A点与下极板右端的距离为d．不计带电粒子重力．求：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度；（2）粒子从O运动到A经历的时间；（3）矩形有界磁场的最小面积．15．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功．2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1．能源是社会发展的基础．下列关于能量守恒和能源的说法正确的是( )A．能量是守恒的，能源是取之不尽、用之不竭的B．能量的耗散反映了能量是不守恒的C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机”【考点】能源的开发和利用．【分析】能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律．【解答】解：A、能量是守恒的，但是能为人类直利使用的能源却是有限的；故A错误；B、能量的耗散是因为能源的品质降低，并不违背能量守恒定律；故B错误；C、开发新能源，特别是可重复利用的能源是缓解能源危机的重要途径；故C正确；D、对能源的过度消耗将使自然界的能源不断减小，形成“能源危机”；但并没有使能量减小；故D错误；故选：C．【点评】本题考查能量守恒定律及能源的使用，要注意能量和能源的区别和联系，正确对待“能源危机”．2．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．【专题】热力学定理专题．【分析】涉及热现象的宏观过程都具有方向性．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，做功和热传递都能改变物体的内能．【解答】解：A、根据热力学第二定律知，一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，可知功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故A正确．B、对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，还与吸、放热情况有关，故B错误．C、在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确．D、在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，如电冰箱，故D错误．故选：AC．【点评】本题关键要理解并掌握热力学第一定律和热力学第二定律，可通过举实例分析抽象问题．3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关【考点】热力学第一定律．【专题】热力学定理专题．【分析】对于一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关，温度升高，内能增大，反之，内能减小，根据气态方程=c分析温度变化，即可判断内能的变化．根据热力学第一定律分析热传递情况．理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化【解答】解：A、由气态方程=c知，T∝pV．气体的压强和体积都不变，pV一定不变，则T一定不变，故内能一定不变．故A正确．B、若气体的内能不变，温度不变，但压强和体积可以发生变化．故B错误．C、由气态方程=c知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故C错误．D、理想气体内能由温度决定，气体温度每升高1K时气体的内能增加量一定，由热力学第一定律知，热量与做功有关，而做功与经历的过程有关，故吸收的热量与气体经历的过程有关．故D正确．故选：AD．【点评】本题关键掌握三个知识点：1、一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关；2、气态方程=c；3、热力学第一定律△U=Q+W，并能用来正确分析．4．用显微镜观察水中的花粉，追踪某一个花粉颗粒，每隔10s记下它的位置，得到了a、b、c、d、e、f、g等点，再用直线依次连接这些点，如图所示，则下列说法中正确的是( )A．这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B．它说明花粉颗粒做无规则运动C．在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D．从a点计时，经36s，花粉颗粒可能不在de连线上【考点】布朗运动．【分析】布朗运动图象是固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线．【解答】解：A、根据题意，有：每隔10s把观察到的花粉颗粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故此图象是每隔10s固体微粒的位置，而不是花粉颗粒的运动轨迹，故A错误．B、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，它说明花粉颗粒做无规则运动．故B 正确；C、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小不一定相等，故C错误；C、从a点开始计时，经36s，花粉颗粒可能在任一点，可能不在de连线上，故D正确；故选：BD．【点评】布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章．5．对于液体和固体（不计分子间的空隙），若用M表示摩尔质量，m0表示分子质量，ρ表示物质密度，V表示摩尔体积，v0表示单个分子的体积，N表示阿伏伽德罗常数，则下列关系中正确的是( )A．N=B．N=C．N=D．M=ρV【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏伽德罗常数的应用专题．【分析】1mol任何物体的分子个数都是相同的；固体与液体间的分子间隙较小，可以忽略不计；摩尔质量等于密度乘以摩尔体积．【解答】解：A、摩尔体积是1mol分子的体积，故阿伏伽德罗常数N=，故A正确；B、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，即M=ρV，摩尔质量是1mol分子的质量，故N=，故B正确；C、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，即M=ρV，则C项中=1≠N，故C错误；D、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，故D正确；故选：ABD．【点评】本题关键明确阿佛加德罗常数的物理意义，明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积．6．用内径很细的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压( )A．偏高 B．偏低 C．相同 D．无法判断【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；封闭气体压强．【分析】对于压强来说，玻璃管的粗细没有影响，但由于细管中不浸润现象更加明显，故读数偏低．【解答】解：由于水银和玻璃有不浸润现象，故水银面边缘处要低于中间液面，故读数会偏低；故选：B．【点评】本题表面看来是考查压强或理想气体状态方程的，但是实质是考查浸润现象的，一定要明确其考查的重点是什么．7．下列说法正确的是( )A．各种固体都有一定的熔点和凝固点B．液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D．如果把0℃的冰放到0℃的房间里，冰可能熔化，也可能不熔化【考点】分子间的相互作用力．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】晶体有一定的熔点和凝固点．液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力．晶体熔化的条件是温度达到熔点，同时吸收热量；液体凝固成晶体的条件是达到凝固点，放出热量．【解答】解：A、固体有晶体和非晶体，晶体有一定的熔点和凝固点，而非晶体则没有，故A 错误．BC、液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力．故B错误，C正确．D、0℃的冰放到0℃的房间里，0℃的冰要熔化成0℃的水要吸收热量，都是周围的环境的温度也是0℃，不会有热传递现象发生，冰不会熔化．故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键要知道晶体和非晶体的区别，知道熔化的过程需要吸收热量，当物体之间有温度差的时候，才能有热传递现象的发生．8．关于液晶下列说法正确的是( )A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．液晶是一种特殊的物质，具有光学的各向同性D．所有物质在一定条件下都能成为液晶【考点】* 液晶．【分析】人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态．【解答】解：A：液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，故A错误．B：当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过；不通电时排列混乱，阻止光线通过．所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，故B正确．C：液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故C错误．D：人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶．所以并不是所有物质都具有液晶态，故D错误．故选：B．【点评】液晶较为生疏的一种物质状态．高中阶段只需要记住其定义和基本特性即可．9．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的( ) A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力斥力都减小D．引力斥力都增大【考点】分子间的相互作用力．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大．【解答】解：水由气态凝结成液态的水，分子间距离变小．而分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故D正确．故选D【点评】本题考查了分子间同时存在引力和斥力，都随距离增大而减小，随距离减小而增大．10．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )A．铅分子做无规则热运动 B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用【考点】分子间的相互作用力．【专题】应用题．【分析】压紧的铅块间分子距离靠近，此时引力发挥了主要的作用，使铅块间有了较大的力的作用．【解答】解：分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关．距离稍大时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用．故选：D．【点评】了解分子间的作用力，并知道它们的大小与分子间距离的关系，才能根据现象做出正确的判断．二、实验题11．为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图实验测得，接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%．①若用该装置给充电功率为10W的电波充电，则损失的功率为18.6W．②若把甲线接入电压为220V的电源，测得该线圈中的电流为0.195A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为15.0W．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】①分析表格数据，会发现接收的能量与距离的平方成反比；②根据能量守恒定律列式，明确输入功率P=UI，根据题中信息可求得灯泡获得的功率．【解答】解：①由题意知，输电效率为η=35%，则P总==28.6W．所以损失的功率为P损=P总﹣P=28.6﹣10=18.6W．②甲线圈输入功率为P总=UI=220×0.195=42.9W，所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P=P总η=42.9W×35%=15.0W．故答案为：①18.6 ②15【点评】本题关键是明确设计思想和设计原理，要能够结合能量守恒定律进行分析；明确功率公式的正确应用，并注意掌握由题意获取信息的能力．12．（16分）小明通过实验验证力的平行四边形定则．（1）实验记录纸题图1所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图3所示，过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为F a=F b．（3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有哪些？BD（填写选项前的字母）A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大（4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力，根据图中给出的标度求出合力．根据平衡条件进行分析求解．根据图（3）中的实验分析结果结合实验数据进行求解．【解答】解：（1）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，F1和F2的合力F=4.70N．（2）过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的方向相同，由于缓慢地移动N，根据平衡条件得F a、F b的大小关系为F a=F b．（3）A、两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长；故A错误，B正确；C、两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较小，故C错误；D、从开始缓慢地移动N，橡皮筋受到的拉力增大，从图3中发现两次实验记录的轨迹间距在增大，所以两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大，故D正确；故选：BD．（4）根据小明的上述实验探究，对验证力的平行四边形定则实验注意事项有橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋．（或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧）．故答案为：（1）如图所示；4.70N；（2）F a=F b；（3）BD；（4）选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长【点评】解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则，知道缓慢地移动可以看成物体处于平衡状态，掌握平衡条件的应用．三、计算题（38分）13．（18分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据数学知识求出B点距离y轴的距离．由动能定理求出电子从B运动到C时的速度．电子离开第一象限电场后，先做匀速直线运动，进入第二象限电场后做类平抛运动：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移．（2）设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．【解答】解：（1）设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点坐标为y1，由y=得，对于B点，y=L，则x=由动能定理得eE=m解得v0=设在电场Ⅱ中运动时间为t1，则有t1=电子在y方向的位移：L﹣y1=a=解得y1=0所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为（﹣2L，0）．（2）设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为（x，y）．在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2，则有eEx=mv12；y2=at22=解得：y2=所以偏转位移为y2=y，电子将从P点射出．所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开由以上的分析可知，电子在两个电场中被加速，w=eEx+eEy则从B到P由动能定理得eE（x+y）=E k﹣0又y=所以只有x=y点释放的电子，离开P点时动能最小。

湖北襄阳市保康县一中2016届高三下学期第一次月考语文试卷人教版高三总复习湖北省保康县第一中学2015-2016学年度下学期高三年级第一次月考语文试题★祝考试顺利★时间：150分钟分值150分第I卷（选择题）一、选择题（共9分，共3小题，每小题3分）1．下列各句中，加点的成语使用恰当的一项是（3分）A．疑惑，解开一个是一个，科学知识就在书中带着文艺、幽默气息的科普文章中潜移默化地蔓延开。

B．艺术节期间，您会看到师生们精彩纷呈的节目，我们也希望您能够登台表演的同时对我们学校的发展提出您宝贵的美芹之献。

C．面对今年五一黄金周楼市的遇冷，而曾经的金九银十现在也呈现不瘟不火的现状，长期从事房产销售的龙先生直言百姓的观望态势是主要原因。

D．最近一段时间有关于网络游戏与电子竞技之间的讨论都是比较受关注的，武汉高校DoTA联赛获湖北省体育局的批准更是将这个讨论推向了高潮，一时间各大游戏媒体奔走呼告，说是电竞终于被官方认可了等等。

2．下列各句中没有语病的一句是（）A．4月14日，青海省玉树发生地震后不到一个小时，中国人民解放军兰州军区的一些医院，就像当年在战场上听到冲锋号声一样，立即组成医疗队，火速奔赴灾区。

B．从技术主管到商界奇才，谷歌似乎每周都会流失一位顶级员工。

美国媒体近日称，作为全球最成功和最知名的企业，看到如此多的顶级人才离开谷歌总是令人惊讶。

C．杭州目前已经明确表示，要在5月份推房的楼盘不到20个，与去年同期的36个相比减少了近一半，之前业界一度十分期待的“红5月”极有可能成为楼市的“静默期”。

D．教育何时走出工具理性，淡化功利色彩，才可能回归教育促进人全面发展的本质；只有这样的教育才能真正对准人本身，给每个受教育者健康的身心与健全的人格。

3．依次填入下面一段文字横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）陶渊明是中国士大夫精神的一个归宿。

出仕为官是他的初衷，，，，，，。

可以说，《归去来兮辞》是了解陶渊明的隐士情怀，了解中国古代隐士文化的一个窗口。