【物理】福建省龙岩市武平一中2015年高考模拟试卷解析

2015年福建省龙岩市武平一中高考物理模拟试卷一、本卷共18题，每小题6分共108分．在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的．1．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（）A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为gB．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小2．如图，两束光的交点前放入一块长方形的玻璃砖，则交点的位置将（）A．不变B．向左移动C．向右移动D．可能向左，也可能向右移动，由光的颜色决定3．如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图．已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，则以下说法正确的是（）A．波的波速为10m/sB．波的频率为1.25HzC．波沿x轴正方向传播D．该时刻质点P正沿y轴正方向运动4．一物体运动的速度﹣时间图象如图所示，由此可知（）A．在2t0时间内物体的加速度一直在减小B．在2t0时间内物体的速度一直在减小C．在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大D．在2t0时间内物体的速度变化量为05．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈所接电路中，电压表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1=2Ω，R2=6Ω，R3的最大阻值为12Ω，原线圈两端加上如图乙所示的电压．在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是（）A．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积先增大后减小B．电压表V2的示数为20VC．副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20sin（100πt）VD．电压表V1的示数增大6．某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i1的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i的关系为B=ki1（其中k为常数）．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2﹣t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2﹣t图象）（）A． B．C． D．二、实验题7．用如图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出AB 之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量；A．A点与地面间的距离HB．小铁球的质量mC．小铁球从A到B的下落时间t ABD．小铁球的直径d（2）小铁球通过光电门B时的瞬时速度v= ，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为= ．8．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为mm，直径为mm．（2）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为Ω；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10Ω）；电压表V1量程lV，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值l000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图．三、解答题（共3小题，满分54分）9．如图所示，用电阻为R的硬导线做成一边长为L的方框．将方框放在绝缘的水平木板上，与木板最大的摩擦力为f m．在方框右半部加上均匀增加的竖直向下的磁场区域中，磁感应强度B=kt．求：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过多少时间方框开始运动．10．如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电量为q；A、B两点间的距离为l0．释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷．求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为v m，求乙球从开始运动到速度为v m的过程中电势能的变化量．11．如图所示，水平地面上方竖直边界MN左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿竖直方向的匀强电场E2（未画出），磁感应强度B=1.0T，MN边界右侧离地面h=3m处有长为L=0.91m 的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与MN重合，平台右边缘有一质量m=0．lkg、电量q=0.1C 的带正电小球，以初速度v0=0.6m/s向左运动．此时平台上方存在E1=2N/C的匀强电场，电场方向与水平方向成θ角，指向左下方，小球在平台上运动的过程中，θ为45°至90°的某一确定值．小球离开平台左侧后恰好做匀速圆周运动．小球可视为质点，g=10m/s2．求：（1）电场强度E2的大小和方向；（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间；（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围．（计算结果都可以用根号表示）四、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）12．下列说法中正确的是（）A．α粒子散射实验是波尔建立原子核式结构模型的重要依据B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度减小C．Bi的半衰期是5天，12g Bi经过15天后还有1.5g未衰变D．正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术．一对正负电子对湮灭后生成光子的事实说明质量守恒定律是有适用范围的13．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（）A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）V=Mv1+Mv2+m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足MV=Mv1+mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足MV≠（M+m）vD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）V=（M+m0）v1+mv22015年福建省龙岩市武平一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、本卷共18题，每小题6分共108分．在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的．1．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（）A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为gB．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情况，掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道，根据除重力外其它力做功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况解答：解：A、根据万有引力提供向心力，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B 所需的时间t=．故B错误；C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达G3所在轨道必须对其加速，故C错误；D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D 正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR22．如图，两束光的交点前放入一块长方形的玻璃砖，则交点的位置将（）A．不变B．向左移动C．向右移动D．可能向左，也可能向右移动，由光的颜色决定考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：入射光透过玻璃砖后与原来的方向平行，只不过想外侧平移，所以交点右移．解答：解：两条光线在透过玻璃砖后，都向外侧平移了一小段距离，所以交点向右移动一段距离．故选C点评：本题考查了光的折射定律，难度不大．3．如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图．已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，则以下说法正确的是（）A．波的波速为10m/sB．波的频率为1.25HzC．波沿x轴正方向传播D．该时刻质点P正沿y轴正方向运动考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：根据图中质点b的起振时刻比质点a超前了 0.4s，确定出周期，a、b间距离等于半个波长，确定出波长，求出波速．波由振动早的质点向振动迟的质点传播．解答：解：A、由题，b和a之间的距离是2m，则波长即为4m．b、a两点振动相差半个周期，由题：图中质点b的起振时刻比质点a超前了 0.4s，则周期T=0.8s，则波速为v===5m/s，频率f===1.25Hz．故A错误，B正确．C、由于质点b的起振时刻比质点a早，所以波沿X轴负方向传播，C错误；D、由“上下坡”法知该时刻质点P正向y轴负方向运动．故D错误．故选：B．点评：本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长．4．一物体运动的速度﹣时间图象如图所示，由此可知（）A．在2t0时间内物体的加速度一直在减小B．在2t0时间内物体的速度一直在减小C．在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大D．在2t0时间内物体的速度变化量为0考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；图线的斜率表示加速度，加速度与合力的关系满足牛顿第二定律；根据这些知识分析物体的运动情况解答：解：A、图线的斜率表示加速度，则知在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，故A错误．B、在2t0时间内物体的速度先沿正向减小，后沿负向增大，故B错误．C、在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，根据牛顿第二定律知，合力先减小后增大，故C正确．D、在2t0时间内物体的速度变化量为△v=﹣v0﹣v0=﹣2v0≠0，故D错误．故选：C点评：本题考查对图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，要注意速度和加速度都是矢量，不仅要关注它们的大小，还要注意它们的方向．5．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈所接电路中，电压表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1=2Ω，R2=6Ω，R3的最大阻值为12Ω，原线圈两端加上如图乙所示的电压．在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是（）A．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积先增大后减小B．电压表V2的示数为20VC．副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20sin（100πt）VD．电压表V1的示数增大考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．将R1视为电源内阻，将电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积视为电源输出功率，当内外电阻相同时输出功率最大．解答：解：A、将R1视为电源内阻，将电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积视为电源输出功率，当内外电阻相同时输出功率最大，故随外电阻的减小，输出功率先增大后减小，故A正确；B、从图乙得到输入电压的最大值为220V，故输入电压为U1=220V；根据变压比公式，有：U2=×220=22V故电压表V2的示数为22V，故B错误；C、周期T=0.02s，ω=100πrad/s，副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20cos（100πt）V，故C错误；D、在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端电压不变，在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，故电阻R1的电压增加，故并联部分的电压减小了，所以电压表V1的示数减小，故D错误；故选：A点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．此题D项利用等效的思想要比列式分析更简单，只是要知道当内外电阻相同时输出功率最大．6．某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i1的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i的关系为B=ki1（其中k为常数）．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2﹣t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2﹣t图象）（）A． B．C． D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：大线圈Ⅰ与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化．当多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加．解答：解：根据法拉第电磁感应定律得，E=，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小不变．因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加，感应电流大小适当增加，变化的周期变小．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场均匀变化时，产生的感应电动势大小不变，会根据楞次定律判断感应电流的方向．二、实验题7．用如图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出AB 之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量 D ；A．A点与地面间的距离HB．小铁球的质量mC．小铁球从A到B的下落时间t ABD．小铁球的直径d（2）小铁球通过光电门B时的瞬时速度v= ，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为= ．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）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h AB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．解答：解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确．故选：D．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：=h．故答案为：（1）D；（2），．点评：无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．8．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为50.3 mm，直径为 5.310 mm．（2）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为22 Ω；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）；电流表A2（量程l50mA，内阻约为10Ω）；电压表V1量程lV，内阻r=1000Ω）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3000Ω）；定值电阻R0=1000Ω；滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值l000Ω）；电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选V1，电流表应选A2，滑动变阻器应选R1．（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是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．（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（3）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．解答：解：（1）游标卡尺读出游标尺零刻度左侧对应的主尺上面毫米的整数部分即50mm，游标尺上面与主尺刻度线对齐的第3条，10分度游标卡尺精确度为0.1mm，所以读数为50mm+3×0.1mm=50.3mm．螺旋测微器第一部分读数为固定刻度，即5mm，找出可动刻度与主尺对齐的刻度线，估读一位，据图可读出对齐的刻度为31.0，乘以精确度0.01mm再加上固定刻度即最终读数：5mm+31.0×0.01=5.310mm．（2）欧姆档测电阻为指针对应刻度与倍率的乘积即：22×1=22Ω．（3）由于电源电压为4V，显然电压表选15V时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选V1，而V1量程又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2V，基本满足要求，这样由于电阻值约22Ω，因此回路电流最大约100mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图电流表采用外接法，如图所示：．故答案为：（1）50.3，5.310；（2）22；（3）V1，A2，R1，如图所示：．点评：掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求．三、解答题（共3小题，满分54分）9．如图所示，用电阻为R的硬导线做成一边长为L的方框．将方框放在绝缘的水平木板上，与木板最大的摩擦力为f m．在方框右半部加上均匀增加的竖直向下的磁场区域中，磁感应强度B=kt．求：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过多少时间方框开始运动．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解；（2）根据左手定则，结合平衡条件，即可求解．解答：解：（1）感应电动势：而S=联立得：E=导线中感应电流的大小：I=（2）当安培力与摩擦力大小相等时，方框开始运动．即：F=f m；而F=BIL，B=kt解得：t=答：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过时间方框开始运动．点评：考查法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握左手定则与右手定则的区别，注意平衡条件的运用．10．如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电量为q；A、B两点间的距离为l0．释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷．求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为v m，求乙球从开始运动到速度为v m的过程中电势能的变化量．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；库仑定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和F，根据牛顿第二定律求出其加速度大小．（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，可求出两球间的距离．（3）根据动能定理求出静电力对乙球做功，即可得到其电势能的变化量．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得 ma=﹣F，又F=可解得：a=（2）当乙球所受的甲的静电斥力和F大小相等时，乙球的速度最大，F==可解得x=2l0（3）根据动能定理得mv m2﹣0=W电﹣W F，得 W电=mv m2+W F=mv m2+Fl0=mv m2+静电力做正功，电势能减少了mv m2+．答：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小是；。

福建省龙岩一中2015届高考物理三模试卷一、本卷共6小题，每一小题6分，共108分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，如此刹车后6s内的位移是( )A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m2．如下列图，滑轮的质量不计，三个物体的质量关系是m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为F T．假设把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数F T将( )A．增大B．减小C．不变D．无法确定3．物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力．经过t1时间，其速度方向与水平方向夹角为37°，再经过t2时间，其速度方向与水平方向夹角为53°，如此t1：t2为( ) A．9：7 B．7：9 C．16：9 D．9：164．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F平行于斜面上．假设要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，其最大值和最小值分别为F1和F2〔F2＞0〕．由此可求出( )A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力5．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如下列图，如此根据图象可知( )A．R处的电场强度E=0B．假设试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C．x1处与x2处的电场强度方向相反D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的6．进展科学研究有时需要大胆的想象．假设宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的四颗星组成的四星系统〔忽略其它星体对它们的引力作用〕，这四颗星恰好位于正方形的四个顶点上，并沿外接于正方形的圆形轨道运行，假设此正方形边长变为原来的一半，要使此系统依然稳定存在，星体的角速度应变为原来的多少倍( )A．1 B．2 C．D．2二、必考局部：必考局部共10题，共157分．7．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：〔1〕产生误差的主要原因是__________．A．重物下落的实际距离大于测量值B．重物下落的实际距离小于测量值C．重物的实际末速度v大于gtD．重物的实际末速度v小于gt〔2〕甲、乙、丙三位同学分别得到A、B、C三条纸带，它们的前两个点间的距离分别是1.0mm、1.9mm、4.0mm．那么一定存在操作误差的同学是__________错误的原因是__________〔3〕有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，…，如下列图，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g．要用它来验证B和G两点处机械能是否守恒，可量得BG间的距离h=__________，B点的速度表达式为v B__________，G点的速度表达式为v G__________，假设B点和G点的速度v B、v G和BG间的距离h均为量，如此当__________=__________时，机械能守恒．8．某实验小组用如图甲的电路测量一直流安培表的内电阻．所给的器材有：电池E〔约4.5V〕；电流表A〔量程0～300mA，待测内阻约为5Ω〕；电压表V〔量程0～3V〕；电阻箱R1；滑动变阻器R2〔0～10Ω〕，以与电键S和导线假设干．①图乙实物图中，已连接了局部电路，请完成余下电路的连接．②请完成主要实验的步骤：A、连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到__________〔a或b端〕；B、闭合电键，调节__________，使通过安培表电路电流从小到大变化，读出并记录数据．③假设电压表、电流表的读数分别为U和I，电阻箱读数为R1，如此电流表的内电阻R A=__________．9．2014年8月3日我国云南鲁甸发生里氏6.5级地震，为救援灾区人民，要从悬停在空中的直升机上投放救灾物资，每箱救灾物资的质量为20kg，设箱子承受的地面冲击力大小为1 000N，箱子与地面的作用时间为0.5s，当地的重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，试求：〔1〕与地面作用时，箱子的加速度是多少？〔2〕为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过多少米？10．〔19分〕如下列图，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为v C=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．〔1〕求滑块受到的滑动摩擦力大小；〔2〕假设加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；〔3〕要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．11．如下列图，半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L=0.8m 的水平传送带相切，水平衔接局部摩擦不计，传动轮〔轮半径很小〕作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动．传送带离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m 的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S=1m，B点在洞口的最右端．现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5． g取10m/s2．求：〔1〕小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力〔2〕假设ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间〔3〕假设要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件．三、选考局部第II卷选考局部共2小题，共35分．【物理--选修3-3】12．某同学做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．如此图中折线是〔填选项前的字母〕( )A．微粒做布朗运动的轨迹B．分子无规如此运动的情况C．某个微粒做布朗运动的速度一时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线13．如下列图，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到D，在状态A时，气体温度T A=600K，如此在气体状态B时的温度为( )A．150K B．300K C．600K D．1200K四．【物理--选修3-5】14．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c．如下说法正确的答案是( ) A．核反响方程是H+n→H+γB．聚变反响中的质量亏损△m=m1+m2﹣m3C．辐射出的γ光子的能量E=〔m3﹣m1﹣m2〕cD．γ光子的波长λ=15．如下列图，两辆一样的平板小车a、b成一直线排列，静止在光滑水平地面上，a车上一个小孩跳到b，接着又立即从b跳回a车，他跳回a车并相对a车保持静止，此后( )A．a、b两车的速率相等B．a车的速率大于b车的速率C．a车的速率小于b车的速率D．a、两车均静止福建省龙岩一中2015届高考物理三模试卷一、本卷共6小题，每一小题6分，共108分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，如此刹车后6s内的位移是( )A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的推论△x=aT2和位移时间公式求出汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式判断物体到停止的时间，从而根据位移公式求出刹车后6s内的位移．解答：解：设汽车的初速度为v0，加速度为a．根据匀变速直线运动的推论△x=aT2得： x2﹣x1=aT2得 a===﹣2m/s2．根据第1s内的位移：，代入数据得，9=v0×1+，解得v0=10m/s．汽车刹车到停止所需的时间 t0==s=5s．如此汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移，为 x==m=25m．故C正确，A、B、D错误．应当选：C．点评：此题考查了运动学中的刹车问题，要注意判断汽车的运动状态，知道刹车速度减为零后不再运动，不能再用运动学公式，是道易错题．2．如下列图，滑轮的质量不计，三个物体的质量关系是m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为F T．假设把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数F T将( )A．增大B．减小C．不变D．无法确定考点：力的合成．分析：弹簧秤的读数等于两根绳子的拉力之和，对整体分析，运用整体法和隔离法求出绳子拉力的大小，与初始开始进展比拟，从而判断弹簧秤读数的变化．解答：解：根据平衡知，开始弹簧秤读数F T=2T=2m1g．把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度a=．隔离对m3分析．有T′﹣m3g=m3a，解得=m1g．可知T′＜T，如此F T′＜2m1g．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进展求解，注意整体法和隔离法的运用．3．物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力．经过t1时间，其速度方向与水平方向夹角为37°，再经过t2时间，其速度方向与水平方向夹角为53°，如此t1：t2为( ) A．9：7 B．7：9 C．16：9 D．9：16考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据平行四边形定如此求出两个位置竖直分速度，结合速度时间公式求出时间之比．解答：解：设初速度为v0，如此，解得．，解得，如此=，如此t1：t2=9：7．故A正确，B、C、D错误．应当选：A．点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．4．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F平行于斜面上．假设要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，其最大值和最小值分别为F1和F2〔F2＞0〕．由此可求出( )A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力考点：共点力平衡的条件与其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可．解答：解：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣f=0…①；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f﹣mgsinθ=0…②；联立解得：f=，故C正确；mgsinθ=，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，故D错误；应当选：C．点评：此题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解．5．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如下列图，如此根据图象可知( )A．R处的电场强度E=0B．假设试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C．x1处与x2处的电场强度方向相反D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的考点：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：φ﹣x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用W AB=qU AB来判断电势能的变化情况．解答：解：A、φ﹣x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；B、假设试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式W AB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故B正确；C、x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向一样，故C错误；D、离电荷越近，电场强度越大，故φ﹣x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；应当选：B．点评：φ﹣x图象：①电场强度的大小等于φ﹣x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ﹣x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ﹣x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ﹣x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．6．进展科学研究有时需要大胆的想象．假设宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的四颗星组成的四星系统〔忽略其它星体对它们的引力作用〕，这四颗星恰好位于正方形的四个顶点上，并沿外接于正方形的圆形轨道运行，假设此正方形边长变为原来的一半，要使此系统依然稳定存在，星体的角速度应变为原来的多少倍( )A．1 B．2 C．D．2考点：万有引力定律与其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：星体做匀速圆周运动的轨道半径等于正方形对角线的一半．在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=mω2r，求出星体匀速圆周运动的角速度．解答：解：设正方形的边长为a．由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半径为：r=a，其它三个星对它的万有引力的合力提供向心力，由万有引力定律和向心力公式得：=mω2r解得：ω=假设此正方形边长变为原来的一半，如此星体的角速度应变为原来的2倍．故D正确、ABC错误．应当选：D．点评：知道在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力．万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，在此题中有些同学找不出什么力提供向心力，关键在于进展正确受力分析．二、必考局部：必考局部共10题，共157分．7．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：〔1〕产生误差的主要原因是D．A．重物下落的实际距离大于测量值B．重物下落的实际距离小于测量值C．重物的实际末速度v大于gtD．重物的实际末速度v小于gt〔2〕甲、乙、丙三位同学分别得到A、B、C三条纸带，它们的前两个点间的距离分别是1.0mm、1.9mm、4.0mm．那么一定存在操作误差的同学是丙错误的原因是先释放重物，后接通电源〔或释放纸带初速度不为零等〕〔3〕有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，…，如下列图，各相邻点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g．要用它来验证B和G两点处机械能是否守恒，可量得BG间的距离h=d6﹣d1，B点的速度表达式为v B=，G点的速度表达式为v G=，假设B 点和G点的速度v B、v G和BG间的距离h均为量，如此当2g〔d6﹣d1〕=时，机械能守恒．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〕验证机械能守恒定律的实验中产生误差的主要原因是：存在空气阻力或者限位孔和纸带之间存在摩擦；〔2〕当物体自由下落时，第一、二两点之间的距离为：h=gt2≈2mm，由此可得出正确结果；〔3〕根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以得出B、G两点的瞬时速度大小，根据功能关系可得出正确表达式．解答：解：〔1〕验证机械能守恒定律的实验中产生误差的主要原因是：存在空气阻力或者限位孔和纸带之间存在摩擦，使得加速度小于重力加速度，如此实际的速度v小于gt．故D 正确，A、B、C错误．应当选：D．〔2〕〕当物体自由下落时，第一、二两点之间的距离为：h=gt2≈2mm，由此可知乙同学的纸带最为理想，丙同学所得出的纸带，开始两点之间的距离明显大小2mm，着说明他在操作过程中开始打点时，纸带已经具有了速度，可能原因是先释放重物，后接通电源〔或释放纸带初速度不为零等〕．〔3〕由图可知BG间的距离：h=d6﹣d1根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B、G两点的瞬时速度大小分别为：v B=当动能的增加量等于势能的减小量时，即：即：=故答案为：〔1〕D，〔2〕丙，先释放重物，后接通电源〔或释放纸带初速度不为零等〕，〔3〕d6﹣d1，，，2g〔d6﹣d1〕，．点评：解答实验问题的关键是正确理解实验原理和实验方法，正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理根本规律，因此这点在平时训练中要重点加强．8．某实验小组用如图甲的电路测量一直流安培表的内电阻．所给的器材有：电池E〔约4.5V〕；电流表A〔量程0～300mA，待测内阻约为5Ω〕；电压表V〔量程0～3V〕；电阻箱R1；滑动变阻器R2〔0～10Ω〕，以与电键S和导线假设干．①图乙实物图中，已连接了局部电路，请完成余下电路的连接．②请完成主要实验的步骤：A、连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到a〔a或b端〕；B、闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，使通过安培表电路电流从小到大变化，读出并记录数据．③假设电压表、电流表的读数分别为U和I，电阻箱读数为R1，如此电流表的内电阻R A=﹣R1．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：①根据实验原理连接实物电路图；②滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；③根据实验电路，应用串联电路与欧姆定律求出电流表内阻．解答：解：①根据实验原理图连接实物电路图，实物电路图如下列图：②由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于a端；闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，使电路中电流不断变化，读出多组电压、电流值．③电阻箱和电流表串联，R=R A+R1=，如此电流表内阻：R A=﹣R1；故答案为：①实物电路图如下列图；②a；滑动变阻器的阻值；③﹣R1．点评：对于实验问题首先要明确实验原理，理解重要步骤的操作，熟练应用根本物理解决实验问题．9．2014年8月3日我国云南鲁甸发生里氏6.5级地震，为救援灾区人民，要从悬停在空中的直升机上投放救灾物资，每箱救灾物资的质量为20kg，设箱子承受的地面冲击力大小为1 000N，箱子与地面的作用时间为0.5s，当地的重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，试求：〔1〕与地面作用时，箱子的加速度是多少？〔2〕为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过多少米？考点：牛顿第二定律；自由落体运动．专题：直线运动规律专题．分析：〔1〕由牛顿第二定律求出加速度．〔2〕由自由落体运动规律求出高度．解答：解〔1〕在箱子与地面作用的过程中，由牛顿第二定律得：a===40m/s2；〔2〕箱子刚触地时的速度为：v=at=40×0.5=20m/s，在自由落体过程中，由速度位移公式得：h===20m；答：〔1〕与地面作用时，箱子的加速度是40m/s2；〔2〕为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过20米．点评：此题考查了求加速度、高度问题，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式即可正确解题．10．〔19分〕如下列图，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为v C=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．〔1〕求滑块受到的滑动摩擦力大小；〔2〕假设加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；〔3〕要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕由动能定理可以求出滑动摩擦力大小；〔2〕分别对AC与CB过程根据动能定理列出动能定理方程，联立即可解得B点的速度；〔3〕要使小滑块运动时间最长，如此小球应从A点离开，利用动能定理可求得速度．解答：解：〔1〕滑块从A到C过程，由动能定理得：﹣f•=mv C2﹣mv02，解得：f=；〔2〕设滑块所受滑动摩擦力大小为f，如此滑块从A点运动至C点过程，由动能定理得：﹣f•=mv C2﹣mv02，假设最后滑块从B点离开AB区域，如此滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得：〔qE1+f〕=m〔v c2﹣v B2〕将v c=v0、qE1=f代入解得：v B=v0，由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右．〔3〕要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域．滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得：〔qE2+f〕=mv c2，由①④两式可得电场强度：E2=，滑块运动至B点后，因为qE2=2f＞f，所以滑块向左加速运动，从B运动至A点过程，由动能定理得：〔qE2﹣f〕d=mv A2，由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度v A=v0〔方向水平向左〕；答：〔1〕求滑块受到的滑动摩擦力大小为；〔2〕假设加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，滑块离开AB区域时的速度为v0，方向水平向右；〔3〕要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度为，这种情况下滑块离开AB区域时的速度为v0．点评：此题考查了动能定理的应用，解题的重点在于能否理解物体的运动过程，能正确的选择适宜的过程建立动能定理表达式．11．如下列图，半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L=0.8m 的水平传送带相切，水平衔接局部摩擦不计，传动轮〔轮半径很小〕作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动．传送带离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m 的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S=1m，B点在洞口的最右端．现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5． g取10m/s2．求：〔1〕小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力〔2〕假设ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间〔3〕假设要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件．考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕根据机械能守恒定律和向心力公式列式，联立方程即可求解；〔2〕根据牛顿第二定律求出物块在传送带上加速运动时的加速度，进而求出加速到与传送带达到同速所需要的时间，再求出匀速运动的时间，两者之和即为总时间；〔3〕根据平抛运动的根本规律即可求解．解答：解：〔1〕设物块滑到圆轨道末端速度ν1，根据机械能守恒定律得：mgR=设物块在轨道末端所受支持力的大小为F，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m联立以上两式代入数据得：F=15N根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N，方向竖直向下〔2〕物块在传送带上加速运动时，由μmg=ma，得a=μg=5m/s2加速到与传送带达到同速所需要的时间=0.2s位移t1=0.5m匀速时间=0.1s故T=t1+t2=0.3s〔3〕物块由传送带右端平抛h=恰好落到A点 s=v2t 得ν2=2m/s恰好落到B点D+s=ν3t 得ν3=3m/s当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为v，由动能定理：umgL=mv2﹣得：v2=12，且12＞9，所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以ν0应满足的条件是3m/s＞ν0＞2m/s答：〔1〕小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力大小为15N，方向竖直向下；〔2〕假设ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间为0.3s；〔3〕假设要使小物块能落入洞中，ν0应满足的条件为3m/s＞ν0＞2m/s．点评：此题主要考查了平抛运动根本公式、牛顿第二定律、向心力公式以与运动学根本公式的直接应用，难度适中．三、选考局部第II卷选考局部共2小题，共35分．【物理--选修3-3】12．某同学做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．如此图中折线是〔填选项前的字母〕( )A．微粒做布朗运动的轨迹B．分子无规如此运动的情况C．某个微粒做布朗运动的速度一时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动反映了水分子的无规如此运动，由于无规如此，我们不能预知某一时刻微粒怎样运动．解答：解：固体小颗粒在做无规如此的热运动，图中折线是按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线〔课本中给的时间间隔为30s〕，不是轨迹，故ABC错误，D正确；应当选：D．点评：此题考查了布朗运动的知识，要知道分子的运动我们无法直接看到，只能通过微粒的运动来间接研究分子的运动．13．如下列图，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到D，在状态A时，气体温度T A=600K，如此在气体状态B时的温度为( )A．150K B．300K C．600K D．1200K。

2015年福建省达标校高考物理模拟试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分，在每小题给出的四个选相中，只有一个选项符号题目要求）1．（6分）一细束红光a与一细束蓝光b均垂直射到同一个等腰直角三棱镜上，下列光路图中，可能正确的是（）A．B．C．D．2．（6分）如图所示，c所在的平面与赤道平行，a、b的圆心在球心且a的半径等于b的半径，下列说法正确的是（）A．a、b、c均可能是卫星轨道B．在a、b轨道上运动的不同卫星，动能一定相同C．在a、b轨道上运动的不同卫星，向心力一定相同D．在a、b轨道上运动的不同卫星，周期一定相同3．（6分）如图所示，电路中电源电压u=311sin100πt（V），A、B间接有“200V 440W”的电暖宝、“220V 220W“的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（）A．此交流电的频率为100HzB．抽油烟机1min消耗的电能为1.32×104JC．交流电压表的示数为311VD．电暖宝的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍4．（6分）一列简谐波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形图如图所示，该时刻波恰好传播到Q点，已知这列波在质点P处出现两次波峰的最短时间是0.2s，则这列波的波速为（）A．10m/s B．20m/s C．30m/s D．40m/s5．（6分）如图所示，半径为R的圆形导线环匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正，导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，其中最符合实际的是（）A．B．C．D．6．（6分）一颗炮弹从炮口水平射出，炮弹在空中飞行时所受的空气阻力与其速度成正比，下列图象中可以近似反映在空中整个飞行过程中炮弹的水平分速度v x随时间t变化规律的是（）A．B．C．D．二、非选择题7．（6分）在用图示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中：①实验室已提供了如下器材：铁架台、重物、夹子、导线、纸带、电磁打点计时器．为完成此实验，除了所给的器材，还必须选取的实验器材名称是和．②为了减小实验误差，应选用质量、体积（填“小”或“大”）的重物．8．（12分）为了精确测量一电阻的阻值R x，现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱R P，开关S1、S2，导线若干．某活动小组设计了如图甲所示的电路．实验的主要步骤：a．闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I1、U1；b．保持S1闭合、R P阻值不变，闭合S2，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2．①按如图甲所示的电路图将图乙所示的实物图连成电路．②写出被测电阻的表达式R x=（用两电表的读数表示）．③由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻R x的测量值真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）9．（15分）如图所示，一起得机拉着重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m=1.02m/s的匀速运动，已知重物的质量m=5×103kg，取g=10m/s2．不计额外功，求：（1）起重机允许输出的最大功率．（2）重物做匀加速运动所经历的时间．（3）起重机在第2秒末的输出功率．10．（19分）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连接与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，过C点的轨道切线水平．在C点右侧的水平面上紧挨C点放置一质量为m 的长木板，长木板上表面与C点等高．一质量为m的物块（可视为质点）从空中A点以v0=的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.6，长木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块恰好不能脱离长木板，求：（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力．（2）长木板的长度．11．（20分）如图所示，在直线ab的下方区域存在一方向竖直向上的匀强电场．一圆筒的截面与ab相切于小孔S处，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．一质量为m、带电荷量为+q的小球（视为质点），自小孔S的正上方高h处由静止释放，经小孔S沿半径SO方向进入复合场中．小球未与圆筒接触且恰好沿OP方向从圆筒的另一小孔P处水平射出，此后做匀速直线运动，已知重力加速度为g，不计空气阻力．求：（1）小球从S点射入时的速度大小．（2）匀强电场的电场强度的大小．（3）圆筒的半径R．选修3-312．（6分）关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A．热量不可能由低温物体传给高温物体B．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力C．在某过程中，气体的内能不变，却对外做功，这并不违反热力学第一定律D．给物体加热，物体分子的热运动一定会变剧烈，分子的平均动能一定会增大13．一横截面积为S的内壁光滑的导热汽缸水平放置且固定不动，两个活塞A 和B将汽缸分隔为1、2两气室，活塞A和B均可在汽缸内滑动，达到平衡时1、2两气室体积分别为V1和V2，压强为P0，如图所示．在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d后达到新的平衡，活塞移动到达新的平衡后，则汽缸的气室2内气体的压强为（）A．B．C． D．选修3-514．（6分）在核反应方程n+Li→H+X中，X为（）A．n B．H C．H D．He15．如图所示，质量m0=2kg的足够长的平板车B的上表面粗糙水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量m A=2kg的物块A，一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/s．则平板车的最终速度为（）A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．2m/s2015年福建省达标校高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分，在每小题给出的四个选相中，只有一个选项符号题目要求）1．（6分）一细束红光a与一细束蓝光b均垂直射到同一个等腰直角三棱镜上，下列光路图中，可能正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：光线从介质进入空气，折射角大于入射角，故C、D错误．红光的折射率小于蓝光的折射率，则红光的偏转程度小于蓝光，故B正确，A错误．故选：B．2．（6分）如图所示，c所在的平面与赤道平行，a、b的圆心在球心且a的半径等于b的半径，下列说法正确的是（）A．a、b、c均可能是卫星轨道B．在a、b轨道上运动的不同卫星，动能一定相同C．在a、b轨道上运动的不同卫星，向心力一定相同D．在a、b轨道上运动的不同卫星，周期一定相同【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力，圆周运动的圆心为地心，故轨道C不可能是卫星的轨道，故A错误；B、在a、b轨道上运动的不同卫星，速度相等，但质量可能不同，故动能不一定相同，故B错误；C、在a、b轨道上运动的不同卫星，向心力方向不同，由于质量未知，大小也可能不同，故C错误；D、卫星受到的引力提供向心力，故：，解得：T=2π，故在a、b轨道上运动的不同卫星，周期一定相同，故D正确．故选：D．3．（6分）如图所示，电路中电源电压u=311sin100πt（V），A、B间接有“200V 440W”的电暖宝、“220V 220W“的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（）A．此交流电的频率为100HzB．抽油烟机1min消耗的电能为1.32×104JC．交流电压表的示数为311VD．电暖宝的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍【解答】解：A、交流电的频率为f==50Hz，故A错误；B、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=220×60=l．32×104J，故B正确；C、交流电的有效值为U==220V，故C错误；D、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故电暖宝的发热功率与抽油烟机发热功率不是2倍关系，故D错误．故选：B4．（6分）一列简谐波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形图如图所示，该时刻波恰好传播到Q点，已知这列波在质点P处出现两次波峰的最短时间是0.2s，则这列波的波速为（）A．10m/s B．20m/s C．30m/s D．40m/s【解答】解：依题，P点两次出现波峰的最短时间是0.2s，所以这列波的周期T=0.2s．由波速公式得：v==m/s=20m/s故选：B．5．（6分）如图所示，半径为R的圆形导线环匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正，导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，其中最符合实际的是（）A．B．C．D．【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i===sinθ=sinωt，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的；故ABD错误；因此只有C正确；故选：C．6．（6分）一颗炮弹从炮口水平射出，炮弹在空中飞行时所受的空气阻力与其速度成正比，下列图象中可以近似反映在空中整个飞行过程中炮弹的水平分速度v x随时间t变化规律的是（）A．B．C．D．【解答】解：炮弹在空中飞行，由于受空气阻力故减速运动，由已知炮弹在空中飞行时所受的空气阻力与其速度成正比，则加速度与其速度成正比，即加速度逐渐减小，根据v﹣t图象的斜率表示加速度，即图线的斜率越来越小，最后至炮弹速度减为零；综上正确的为C；故选：C．二、非选择题7．（6分）在用图示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中：①实验室已提供了如下器材：铁架台、重物、夹子、导线、纸带、电磁打点计时器．为完成此实验，除了所给的器材，还必须选取的实验器材名称是刻度尺和低压交流电源．②为了减小实验误差，应选用质量大、体积小（填“小”或“大”）的重物．【解答】解：①打点计时器的工作电源是低压交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表．必须选取的实验器材其名称是低压交流电源、电磁打点计时器、毫米刻度尺．重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材其名称天平或弹簧秤．②选重物的密度尽量大一些，体积小些的，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差；故答案为：（1）①刻度尺，低压交流电源；②大，小．8．（12分）为了精确测量一电阻的阻值R x，现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱R P，开关S1、S2，导线若干．某活动小组设计了如图甲所示的电路．实验的主要步骤：a．闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I1、U1；b．保持S1闭合、R P阻值不变，闭合S2，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2．①按如图甲所示的电路图将图乙所示的实物图连成电路．②写出被测电阻的表达式R x=（用两电表的读数表示）．③由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻R x的测量值等于真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）【解答】解：①按电路图在实物图乙上连线得下图②由欧姆定律根据步骤a设电压表内阻为R v：根据步骤b：由以上两式可得：R X=③因把电压表内阻考虑在内后列出欧姆定律表达式，即可解出待测电阻的真实值．则被测电阻R x的测量值等于真实值．答案：①如图所示②③等于9．（15分）如图所示，一起得机拉着重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m=1.02m/s的匀速运动，已知重物的质量m=5×103kg，取g=10m/s2．不计额外功，求：（1）起重机允许输出的最大功率．（2）重物做匀加速运动所经历的时间．（3）起重机在第2秒末的输出功率．【解答】解：（1）设起重机允许输出的最大功率为P m，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力．P m=F0v m…①F0=mg…②①②代入数据，有：P m=mgv=5×104×1.02=5.1×104W…③（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P m=Fv1…④F﹣mg=ma…⑤V1=at1…⑥由③④⑤⑥，代入数据，得：t1=5 s…⑦（3）T=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则：v2=at…⑧P=Fv 2…⑨由⑤⑧⑨，代入数据，得：P=2.04×104W．答：（1）起重机允许输出的最大功率是5.1×104W．（2）重物做匀加速运动所经历的时间是5 s．（3）起重机在第2秒末的输出功率是2.04×104W．10．（19分）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连接与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，过C点的轨道切线水平．在C点右侧的水平面上紧挨C点放置一质量为m 的长木板，长木板上表面与C点等高．一质量为m的物块（可视为质点）从空中A点以v0=的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.6，长木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块恰好不能脱离长木板，求：（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力．（2）长木板的长度．【解答】解：（1）根据平行四边形定则知，B点的速度，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=m，联立两式解得N=8mg，．（2）物块的加速度，木板的加速度=2m/s2，根据v C﹣a1t=a2t得，t=，长木板的长度L==．答：（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力为8mg．（2）长木板的长度为．11．（20分）如图所示，在直线ab的下方区域存在一方向竖直向上的匀强电场．一圆筒的截面与ab相切于小孔S处，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．一质量为m、带电荷量为+q的小球（视为质点），自小孔S的正上方高h处由静止释放，经小孔S沿半径SO方向进入复合场中．小球未与圆筒接触且恰好沿OP方向从圆筒的另一小孔P处水平射出，此后做匀速直线运动，已知重力加速度为g，不计空气阻力．求：（1）小球从S点射入时的速度大小．（2）匀强电场的电场强度的大小．（3）圆筒的半径R．【解答】解：（1）小球从释放点到S点，做自由落体运动，由速度位移公式得：v2=2gh，解得：v=；（2）小球从P孔射出沿OP方向做匀速直线运动，由力的平衡知识得：qE=mg，故电场强度的大小E=．（3）在复合场中，因qE=mg，小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识可知，粒子的轨道半径：r=R，粒子在匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，圆桶的半径：R=r=；答：（1）小球从S点射入时的速度大小为．（2）匀强电场的电场强度的大小为．（3）圆筒的半径R为．选修3-312．（6分）关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A．热量不可能由低温物体传给高温物体B．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力C．在某过程中，气体的内能不变，却对外做功，这并不违反热力学第一定律D．给物体加热，物体分子的热运动一定会变剧烈，分子的平均动能一定会增大【解答】解：A、根据热力学第二定律得知：热量能自发地从高温传到低温物体，但不可能从低温传到高温物体而不产生其他影响；若在外界的影响下，热量也能从低温物体传给高温物体．故A错误．B、气体分子间距较大，分子作用力很小．用打气筒的活塞压缩气体很费力，是因为气筒内压强很大造成的，不能说明分子间有斥力．故B错误；C、在某过程中，气体的内能不变，却对外做功，可能吸热，故并不违反热力学第一定律，故C正确；D、给物体加热，若物体对外做功，内能不一定增大，温度不一定升高，分子的平均动能不一定增大，故D错误．故选：C．13．一横截面积为S的内壁光滑的导热汽缸水平放置且固定不动，两个活塞A 和B将汽缸分隔为1、2两气室，活塞A和B均可在汽缸内滑动，达到平衡时1、2两气室体积分别为V1和V2，压强为P0，如图所示．在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d后达到新的平衡，活塞移动到达新的平衡后，则汽缸的气室2内气体的压强为（）A．B．C． D．【解答】解：因气缸水平放置，又不计活塞的摩擦，故平衡时两气室内的压强必相等，均为P0．设在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，平衡时两气缸内压强均为P，因温度不变，根据玻意耳定律有：气室1：p0V1=p（V1﹣dS+xS）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①气室2：p0V2S=p（V2﹣xS）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由上面①②两式解得：P=故选：C选修3-514．（6分）在核反应方程n+Li→H+X中，X为（）A．n B．H C．H D．He【解答】解：设X的质子数为z，质量数为m，则有：1+6=m+3，0+3=1+z，所以m=4，z=2，即X为氦核He．故选：D15．如图所示，质量m0=2kg的足够长的平板车B的上表面粗糙水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量m A=2kg的物块A，一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/s．则平板车的最终速度为（）A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．2m/s【解答】解：子弹射穿A的过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m A v A+m0v，代入数据解得v A=2m/s．A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v A=（m A+m B）v′，代入数据解得：v′=1m/s；故选：B．赠送—高考物理解答题规范化要求物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分很大(60%)，单题的分值也很高。

2015-2016学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.7）一、选择题（每小题4分，共60分，其中1-9为单选题，10--15为多选题）1．在用电压表和电流表测电阻的实验中，由于电表内阻对测量的影响，使得测量的结果会出现误差．若采用右图所示的电路进行测量，则测量值R X与实际值R0比较（）A．R X＞R0B．R X＜R0C．R X=R0D．因不知两表的内阻具体大小，故无法比较R X与R0的大小关系2．如图所示，A、B两点相距d=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，把电子从A点移到B点，需克服电场力做功20eV，则匀强电场的场强等于（）A．800N/C B．400N/C C．400N/C D．800N/C3．如图所示，电源电动势E=3.2V，电阻R=30Ω，小灯泡L的额定电压U L=3.0V，额定功率P L=4.5W．当开关S接1时，电压表的读数为3V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是（）A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏4．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是（）A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端5．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一负试探电荷沿电场线由c点移到d点，电势能增大D．若将一正试探电荷沿电场线由a点移到b点，电场力做负功6．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上有C、D两点，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（）A．D点电场强度为零B．O点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移至C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从D移至C，电势能增大7．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（）A．电压表和电流表的示数都增大B．电源的总功率变小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．灯L2变亮，电容器的带电量增加8．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法正确的是（）①A1的读数小于A2的读数②A1的读数大于A2的读数③A1、A2的指针偏转角度之比为5：1④A1、A2的指针偏转角度之比为1：1．A．①③B．②③C．②④D．①④9．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（）A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50ΩB．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V10．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电11．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量表达式中不属于比值法定义式的是（）A．导体的电阻B．加速度a=C．电场强度E=k D．电容器的电容12．在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中错误的是（）A．P=I2R B．P=C．P=IU D．P=13．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过14．如图，水平放置的平行板电容器两极板接有一恒压电源．一带电小球以水平速度从a 处射入，从b处射出．现将上极板向下平移一小段距离，带电小球仍以同样的速度从a处射入电容器，若仍能从两极板间穿出，则下列说法正确的是（）A．小球两次在电容器内运动的时间相等B．第二次电场力对小球做的功比第一次多C．第二次电场力做功可能为零D．上极板下移后，电容器两板间电势差增大15．如图所示的电路中，闭合开关后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，则有（）A．V1表读数变大B．V2表读数变小C．A表读数变小 D．电源的功率变小二、解答题（本大题包括小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．将电荷量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，求：（1）A、B之间的电势差U AB（2）该电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中，电势能变化了多少？17．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？18．如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，电源内阻忽略不计，求：（1）闭合电键S，稳定后通过电阻R1的电流；（2）将电键S断开，求这以后通过R1的电荷量．19．如图所示电路中，电阻R1=8Ω．当电键S断开时，电压表V1的示数为5.7V，电流表的示数为0.75A，电源总功率是9W；当电键S闭合时，电压表V2的示数为4V．若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9：16，求电源的电动势和电阻R2、R3．2015-2016学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.7）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共60分，其中1-9为单选题，10--15为多选题）1．在用电压表和电流表测电阻的实验中，由于电表内阻对测量的影响，使得测量的结果会出现误差．若采用右图所示的电路进行测量，则测量值R X与实际值R0比较（）A．R X＞R0B．R X＜R0C．R X=R0D．因不知两表的内阻具体大小，故无法比较R X与R0的大小关系【考点】把电流表改装成电压表．【分析】电流表外接法，电流表的测量值含有电压表的分流，故大于通过电阻的电流真实值．则由R=，I偏大，则测量值偏小．【解答】解：此电路为电流表外接法，因电流含有电压表的分流故I测＞I真则由R测=即R x＜R0可知A错误，B正确，C错误，D错误故选：B2．如图所示，A、B两点相距d=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，把电子从A点移到B点，需克服电场力做功20eV，则匀强电场的场强等于（）A．800N/C B．400N/C C．400N/C D．800N/C【考点】电场强度．【分析】电子在匀强电场中移动，所受的电场力大小为F=eE，根据电场力做功公式W=qEd 求解场强E，式中d是两点沿电场线方向的距离．【解答】解：A、B两点间沿电场线方向的距离为：d=lcos60°=0.1×0.5m=0.05m由W=eEd得：E===400V/m故选：B3．如图所示，电源电动势E=3.2V，电阻R=30Ω，小灯泡L的额定电压U L=3.0V，额定功率P L=4.5W．当开关S接1时，电压表的读数为3V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是（）A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据功率公式P=，求出灯泡的电阻．根据灯泡电阻与电阻R的大小关系，分析路端电压的变化，即可判断灯泡的发光情况．【解答】解：灯泡的电阻为：=Ω=2Ω＜＜R=30ΩR灯则当开关S接到位置2时，路端电压减小，路端电压远小于3V，故小灯泡比正常发光暗，甚至不亮．故选：A4．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是（）A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端【考点】伏安法测电阻．【分析】电流表的内接法：电压示数包括了电流表的分压，外接法：电流表的示数包括了电压表的分流，据此分析所给问题．【解答】解：A、B、此种接法所测的电流是待测电阻的电流，所测的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，根据欧姆定律：R=，电压的测量值偏大，所以待测电阻的测量值偏大．故A正确，B错误；C、电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，要减小误差，也就是电流表分压影响较小，所以此接法要求待测电阻值比电流表内阻大的较多．故C错误，D、开始实验要让电阻电压最小，由小变大，故应使滑动P处在最右端．故D正确；故选：AD．5．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一负试探电荷沿电场线由c点移到d点，电势能增大D．若将一正试探电荷沿电场线由a点移到b点，电场力做负功【考点】电场线．【分析】要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．【解答】解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故C错误；D、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故D正确．故选：D．6．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上有C、D两点，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（）A．D点电场强度为零B．O点电场强度为零C．若将点电荷+q从O移至C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从D移至C，电势能增大【考点】电场强度；电势能．【分析】空间某点的电场强度是由两个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、根据平行四边形定则得到，x轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+y轴方向，不为零，故A错误．B、题中A、B两个+Q在O点的场强大小相等，方向相反，矢量和为0，故B正确．C、在两等量同种电荷两线的中点以上，根据平行四边形定则，+q受到两电荷对它库仑力的合力竖直向上，在中点以下，受到库仑力的合力竖直向下，若将点电荷+q从O移至C，电场力做正功，电势能减小，故C错误．D、若将点电荷﹣q从D移至C，电场力先做正功，后做负功，所以电势能先减小，后增加．故D错误．故选B．7．在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（）A．电压表和电流表的示数都增大B．电源的总功率变小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．灯L2变亮，电容器的带电量增加【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．【分析】根据电路结构明确滑片移动过程中，总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压及电流的变化；则可得出总功率的变化；由电容器的性质分析电容器带电量的变化．【解答】解：滑动变阻器和灯L2的并联，则有，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R也减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流I增大，并即电流表的示数增大，灯L1变亮；电压表的示数U=E﹣Ir，因此，电压表的示数减小；根据部分电路欧姆定律，流过灯L2的电流减小，灯L2变暗；总电阻减小，总电流增大，故总功率增大；根据电容的定义式，可知电容器的带电量减小，所以正确选项为C．故选：C．8．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法正确的是（）①A1的读数小于A2的读数②A1的读数大于A2的读数③A1、A2的指针偏转角度之比为5：1④A1、A2的指针偏转角度之比为1：1．A．①③B．②③C．②④D．①④【考点】把电流表改装成电压表．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．【解答】解：图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1，故③错误，④正确，电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，A1的读数大于A2的读数，故①错误，②正确；故C正确．故选：C．9．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（）A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50ΩB．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V【考点】串联电路和并联电路．【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：R=；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：R=，故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=；故D错误；故选：C．10．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【考点】示波器的使用．【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC11．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量表达式中不属于比值法定义式的是（）A．导体的电阻B．加速度a=C．电场强度E=k D．电容器的电容【考点】电场强度；电容；电阻定律．【分析】电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答．【解答】解：A、导体的电阻中电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，不属于比值定义法，故A错误；B、加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义法，故B错误；C、点电荷的电场强度E取决于电量及距离，与电量有关；不属于比值定义法，故C错误；D、电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故D正确；本题选择不属于的，故选：ABC．12．在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中错误的是（）A ．P=I 2RB ．P=C ．P=IUD ．P=【考点】电功、电功率．【分析】本题考查功率公式的应用，要注意明确式P=UI 是普遍适用的；而P=I 2R 只能用来求热功率；P=只能适用于纯电阻电路．【解答】解：电路消耗的电功率的计算公式P=UI 及P=均是普遍适用的，而AB 两选项只适用于纯电阻电路中求总功率，而电视机、洗衣机、微波炉和排油烟机都不是纯电阻，所以选项AB 错误，CD 正确；本题选错误的，故选：AB ．13．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，平行板电容器两金属板水平放置，开关S 是闭合的，两板间一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则以下说法正确的是（ ）A ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G 中有从b 到a 的电流B ．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G 中有从a 到b 的电流C ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴仍然静止，G 中有从a 到b 的电流D ．在将S 断开后，油滴仍保持静止状态，G 中无电流通过【考点】闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动．【分析】分析电路结构，根据滑动变阻器的变化，利用闭合电路欧姆定律可得出电容器两端的电压的变化；由油滴的受力可确定油滴的运动情况；由电容器电荷量的变化可得出G 中有无电流．【解答】解：AC 、将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大；R 1两端的电压减小，因此并联部分电压增大，则电容器两端的电压增大；由Q=CU 可知，Q 增大，电容器将充电，电流表中有b 到a 的电流；同时，因电容器的电压增大，电容器板间的电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上加速运动，故A 正确，C 错误；B 、与上相反，将滑动变阻器滑片向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G 中有从a 到b 的电流；故B 正确；D 、将S 断开后，由于有右侧电路与电容器连接，故电容器将放电，电荷量减小，电压减小，故油滴将向下运动，而G 中有沿a 到b 的电流；故D 错误；故选：AB14．如图，水平放置的平行板电容器两极板接有一恒压电源．一带电小球以水平速度从a 处射入，从b 处射出．现将上极板向下平移一小段距离，带电小球仍以同样的速度从a 处射入电容器，若仍能从两极板间穿出，则下列说法正确的是（ ）A．小球两次在电容器内运动的时间相等B．第二次电场力对小球做的功比第一次多C．第二次电场力做功可能为零D．上极板下移后，电容器两板间电势差增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】水平放置的平行板电容器两极板接有一恒压电源，所以两极板间的电势差不变，电场力做功为Uq，将上极板向下平移一小段距离后电场力变大，当电场力等于重力时，小球做匀速运动，此时电场力做功为零，带电小球以水平速度从a处射入后水平方向做匀速运动，水平位移不变，水平速度不变，时间不变．【解答】解：A、带电小球以水直线平速度从a处射入后，水平方向不受力，所以水平方向做匀速运动，水平位移不变，而水平速度不变，所以时间不变，即小球两次在电容器内运动的时间，故A正确；B、水平放置的平行板电容器两极板接有一恒压电源，所以两极板间的电势差不变，电场力做功为Uq，所以两次电场做功相等，故B、D错误；C、将上极板向下平移一小段距离后电场力变大，当电场力等于重力时，小球做匀速运动，此时电场力做功为零，故C正确．故选AC．15．如图所示的电路中，闭合开关后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，则有（）A．V1表读数变大B．V2表读数变小C．A表读数变小 D．电源的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知R与R2并联，再与R1串联．电压表V1表测量路端电压，电压表V2表测量R1的电压，电流表测量通过R2的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表V1示数的变化；由部分电路的欧姆定律可知R1两端的电压的变化；由串并联的规律可得出电流表示数的变化；由P=EI可求得电源的功率变化．【解答】解：A、闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，变阻器接入电路的阻值变大，则外电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变小，则路端电压变大，即V1表读数变大．故A正确．B、总电流变小，根据部分电路的欧姆定律，R1两端的电压变小，即V2表读数变小．故B 正确．C、R2两端的电压加上R1两端的电压等于路端电压，即U1+U2=U，R1两端的电压变小，路端电压变大，所以R2两端的电压变大，故R2中的电流减大，即A表读数变大．故C错误．D 、电源的总功率为P=EI ，E 不变，I 减小，不电源的功率变小．故D 正确．故选：ABD二、解答题（本大题包括小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．将电荷量为6×10﹣6C 的负电荷从电场中A 点移到B 点，克服电场力做了3×10﹣5 J 的功，再将该电荷从B 点移到C 点，电场力做了1.2×10﹣5J 的功，求：（1）A 、B 之间的电势差U AB（2）该电荷从A 点移到B 点，再从B 点移到C 点的过程中，电势能变化了多少？【考点】电势差；电势能．【分析】（1）由题，已知6×10﹣6C 的负电荷从电场中A 点移到B 点，克服电场力做了3×10﹣5J 的功，电场力做功为3×10﹣5J ，由电势差公式U AB =求出A 、B 之间的电势差U AB ． （2）电荷从A 点移到B 点，再从B 点移到C 点的过程中，电场力做的总功等于两个过程做功之和．电势能的变化量等于电场力做功的负值．【解答】解：（1）A 、B 之间的电势差U AB ==（2）电势能的变化量为：△E=W AC =W AB +W BC =﹣3×10﹣5+1.2×10﹣5=﹣1.8×10﹣5J ， 负号表示电势能增加．答：（1）A 、B 之间的电势差U AB =5V ．（2）该电荷从A 点移到B 点，再从B 点移到C 点的过程中，电势能增加了1.8×10﹣5J ．17．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V ，电路中的电流为1A ，物体A 重20N ，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10s 内，可以把重物A 匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？【考点】电功、电功率；功能关系．【分析】（1）根据P 热=I 2r 求解热功率；（2）根据P=UI 求解电功率，根据P 出=P ﹣P 热求解输出功率；（3）根据P 出t=mgh 列式求解高度；（4）机械效率η=×100%．【解答】解：（1）根据焦耳定律，热功率为：P 热=I 2r=12×1W=1W ．（2）输入功率为：P 入=IU=1×5W=5W ，输出功率为：P 出=P 入﹣P Q =5W ﹣1W=4W ；（3）电动机的输出功率用来提升重物在10s 内，有：P 出t=mgh ．解得：h==2m ．（4）机械效率为：η=×100%=100%=80%．答：（1）电动机线圈电阻消耗的热功率为1W ；（2）电动机输入功率为5W ，输出功率为4W ；（3）10s 内电动机可以把重物匀速提升2m ；（4）这台电动机的机械效率是80%．18．如图所示的电路中，电源电动势为10V ，R 1=4Ω，R 2=6Ω，电容C=30μF ，电源内阻忽略不计，求：（1）闭合电键S ，稳定后通过电阻R 1的电流；（2）将电键S 断开，求这以后通过R 1的电荷量．【考点】电容．【分析】（1）闭合开关S ，稳定后电容看做断开状态，根据闭合电路欧姆定律求解通过R 1的电流．（2）将电键S 断开，稳定后电容器两端的电压等于电源的电动势．由Q=CU 求出电容器两端的电压变化量，流过R 1的总电量等于电容器电量的变化量．【解答】解：（1）稳定时，电容看做断开状态，电路中的电流：I== A=1A （2）此时电容器两端的电压为：U C =IR 2=6V将电键S 断开后，电容器两端的电压为：U C ′=E=10V流过R 1的总电量等于电容器电量的变化量，即为：Q=C △U C =C （U C ′﹣U C ）=30×10﹣6×（10﹣6）C=1.2×10﹣4C ．答：（1）闭合电键S ，稳定后通过电阻R 1的电流为1A ；（2）将电键S 断开，求这以后通过R 1的电荷量为1.2×10﹣4C ．19．如图所示电路中，电阻R 1=8Ω．当电键S 断开时，电压表V 1的示数为5.7V ，电流表的示数为0.75A ，电源总功率是9W ；当电键S 闭合时，电压表V 2的示数为4V ．若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9：16，求电源的电动势和电阻R 2、R 3．。

福建省武平县第一中学2015届高三上学期12月月考物理试题第I卷（选择题）一、选择题（每小题有四个选项中只有一项是正确的,每题4分共48分）1．下列关于功和机械能的说法，正确的是（）A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．某物体运动的速度图像如图，根据图像可知（）A.0-2s内的加速度为2m/s2B.0-5s内的位移为10mC.第1s末与第3s末的速度方向相同D.第1s末与第5s末加速度方向相同3．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角均为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A.G和GB.和C.和D.和4．如图7－1－7所示，电源电动势E＝8 V，内电阻为r＝0.5 Ω，“3 V，3 W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0＝1.5 Ω.下列说法中正确的是()．A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W5．如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆弧轨道，其端点P在圆心0的正上方，另一个端点Q与圆心0在同一水平面上．一只小球(视为质点)从Q点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q点进入圆弧轨道后从P点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到P点的高度差h应该是( )A.RB .R/4C.3R/2D.无论h是多大都不可能6．如图所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为-q的小球Q。

整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

现把一个带电量为+q的小球P 从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。

2015-2016学年度武平一中高三实验班物理试卷一.单项选择题 (32分)1．如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长l0。

现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），小球的高度( )A．保持不变 B．逐渐降低C．逐渐升高 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定2．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长。

现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v(v0＜v)，方向未知，重力加速度为g。

物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是( )A．μmg cosθB．μmgv0cosθC．μmgvcosθ D．μmg（v+v0）cosθ3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方4．宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部的最低点，静止一质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球水平初速度υ0时，刚好能使小球在竖直平面内做完整的圆周运动。

已知圆弧轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G。

若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为（）A．B．C．D．5．横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。

它们的竖直边长都是底边长的一半。

现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c 。

2015年福建省龙岩一中高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.以下说法错误的是（）A.法拉第研究电磁感应现象，总结出了电磁感应定律B.开普勒认为对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积C.伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”D.卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了静电力常量【答案】D【解析】解：A、法拉第研究电磁感应现象，经过10年的研究，总结出了电磁感应定律，故A 正确．B、根据开普勒第二定律，知对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积．故B正确．C、伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，故C正确．D、卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了引力常量G，而不是静电力常量k，故D错误．本题选错误的，故选：D．本题根据法拉第、开普勒、伽利略、卡文迪许等物理学家的成就解题．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，这也是考试内容之一．2.一束由红、蓝两单光组成的光以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AB是半圆的直径．进入玻璃后分为两束，分别为AC、AD，它们从A到C和从A到D的时间分别为t1和t2，则（）A.AC是蓝光，t1小于t2B.AC是红光，t1小于t2C.AC是蓝光，t1等于t2D.AC是红光，t1大于t2【答案】C【解析】解：AC光的偏折程度比较大，则介质对AC光的折射率比较大，AC光的频率比较大，所以AC光应是蓝光．设AC光与法线方向成α角，AC光在介质中的传播速度为v=，则有2R sinα=vt=t又n=由以上两式得：t=，可知，AC光与AD光的传播时间相等，故C正确．故选C根据光的偏折程度比较光的折射率大小，从而判断出AC是什么色光，根据v=比较出在介质中的速度，由几何知识得到光在玻璃砖通过的路程，由t=可比较出运动的时间．解决本题的关键知道光的偏折程度越大，折射率越大，以及掌握介质中的速度与折射率的关系v=．3.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A.中性面位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为500VC.变压器原、副线圈匝数之比为25：22D.允许变压器输出的最大功率为5000W 【答案】D【解析】解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，故A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m=n B sω=50××0.5×200=500V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，故B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，故C错误．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，故D正确．故选：D．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．该题结合变压器的原理考查交流电的产生，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．4.一列简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s（小于一个周期）时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A.波一定向右传播B.波的周期T=0.05sC.波的传播速度可能为90m/sD.0～0.2s内质点P通过的路程为一个振幅【答案】C【解析】解：A、该波可能向左传播，也可能向右传播．故A错误．B、若波向左传播，t=，T=t，波速v==90m/s，若波向右传播，t=，则周期为T=0.8s，故B错误，C正确．D、若波向右传播，周期为0.8s，所以0～0.2s内质点P完成，但通过的路程却不等于一个振幅．它不是从平衡位置或波峰，波谷运动的；若波向左传播，周期为s，则更不可能，故D错误故选：C根据两个时刻的波形，得到时间与周期关系的通项式，再求出特殊值，求出波速．由波的传播方向判断质点的振动方向．本题考查识别、理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力．对于两个时刻的波形，要考虑波的双向性．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)5.随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣，人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城．远远看去，好像一个巨大的车轮，圆环形的直径为D，“轮胎”是一个空心的大圆环，其内部直径为d（D＞d），是太空城的生活区．同时，太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉．已知地球半径R，表面重力加速度为g，地球自转周期为T，空间站轨道半径r．下列说法中正确的是（）A.太空城中的“地面”在图示的下表面B.当太空城稳定地转动时，若在“生活区”上空某处静止释放一个物体，让太空城里的你来观察，你会观察到物体沿径向垂直太空城内边缘加速下落C.若忽略太空城的自转，则太空城的绕地球转动的周期为D.若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自转的角速度为【答案】BD【解析】解：A、太空城环绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉，所以太空城中的“地面”在图示外侧表面，故A错误；B、在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，故B正确；C、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期，故C错误；D、根据太空城表面重力提供向心力得：mω2=mg，解得：ω=，故D正确；故选：BD太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，根据太空城表面重力提供向心力求解角速度，根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期．本题是一道科学探索题，题目新颖，要求同学们能根据题目得出有用信息，能把太空城与地球联系起来，类比研究，难度适中．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平面上，其左右两斜面光滑．一质量为m的物体B沿倾角α=30°的右侧斜面加速下滑时，三角形木块A刚好保持静止．则当物块B沿倾角β=60°的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是（）A.A仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大B.若α=45°角，物块沿右侧斜面下滑时，A将不会滑动C.A将向右滑动，若使A仍然静止需对施加向左侧的作用力D.A仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧下滑时对地面的压力小【答案】C【解析】解：物体B沿着右侧斜面下滑时，对斜面的压力等于重力的垂直分力，为F=mgcos30°；对物体A受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图所示：物体A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件，有：x方向：f=F sin30°y方向：N=M g+F cos30°其中：f=μN解得：μ=A、物体B从左侧下滑，先假设斜面体A不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图所示：压力等于物体B重力的垂直分力，为F=mgcos60°=竖直方向一定平衡，支持力为：N=M g+F cos60°=M g+故最大静摩擦力f m=μN=压力的水平分力为F cos30°=＞，故一定滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故C正确，A、D错误．B、若α=45°，物块沿右侧斜面下滑时，先假设A不滑动，B对A的压力为mgcos45°，该压力的水平分量为mgsin45°，竖直分力为mgcos245°，与α=30°时相比，B对A 压力的水平分力变大了，B对A压力的竖直分力也变小了，故最大静摩擦力减小了，故一定滑动，故B错误．故选：C．先对物体B受力分析，受重力和支持力，沿着斜面匀加速下滑，求解出支持力，根据牛顿第三定律得到其对斜面的压力；然后对斜面体受力分析，将力沿着水平和竖直方向正交分解，判断压力的水平分力与最大静摩擦力的关系．本题关键对物体A受力分析，明确B对A的压力的水平分力是动力，地面对A的摩擦力是阻力，判断动力和阻力的变化情况即可．六、单选题(本大题共1小题，共6.0分)12.关于下列现象的说法正确的是（）A.甲图说明分子间存在间隙B.乙图在用油膜法测分子大小时，多撒痱子粉比少撒好C.丙图说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关D.丁图水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的浮力作用【答案】C【解析】解：A．两铅块相互挤压后粘在一起，是因为分子间相互吸引而造成的；故A错误；B、在用油膜法测分子大小时，应少撒痱子粉以便于实验；故B错误；C、如图可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关；故C正确；D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用；故D错误；故选：C．分子间同时存在着引力和斥力，两个铅块相互紧压后可以吸在一起是因为分子间表面张力原因；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力．本题考查分子动理论、油膜法测量分子的大小以及液体的表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象．基础题目．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看作绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．（大气压强随高度的增加而减小）空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是（）（图中虚线是气体的等温线）．A. B. C. D.【答案】BD【解析】解：空气团沿背风坡下将，高度降低，气体压强p增大，由题意可知，空气团沿背风坡下降时温度T升高，由理想气体状态方程：=C可知：V=，由于p增大、T升高，则气体体积V可能增大、也可能不变、还可能减小，一定质量的气体，在p-V图象中，气体温度越高，等温线离坐标越远，气体沿背风坡下降时：p变大，T升高，V可能增大、不变、减小，由图示p-V图象可知，BD正确，AC错误，故选BD；故选：BD．根据题意应用理想气体状态方程判断气体各状态参量如何变化，然后分析图象图象答题．本题考查了气体状态变化时p-V图象的选择，分析清楚题意，由题意获取所需信息是正确解题的前提与观念；要掌握信息题的解题思路与方法．八、单选题(本大题共2小题，共8.0分)14.1995年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成．反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷．反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示，则下列说法中正确的是（）A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能是13.6e VC.基态反氢原子能吸收11e V的光子发生跃迁D.在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长【答案】B【解析】解：A、反氢原子和氢原子有相同的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A错误；B、处于基态的氢原子的电离能是13.6e V，具有大于等于13.6e V能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；C、基态的氢原子吸收11e V光子，能量为-13.6+11e V=-2.6e V，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收．故C错误；D、在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子能量最大，频率最大，波长最小，故D错误；故选：B．吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差．吸收光子能量后，总能量大于等于0，发生电离．解决本题的关键知道能级差与吸收或辐射光子能量的关系，即E m-E n=hv，抓住反氢原子和氢原子有相同的能级分布分析解答即可．15.一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的水抽往后舱（如图所示），不计水的阻力，船的运动情况是（）A.向前运动B.向后运动C.静止D.无法判断【答案】A【解析】解：不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型）．故A正确．故选：A．水与船组成系统动量守恒，据此分析答题．该模型相当于人船模型，应用动量守恒定律即可正确解题，解答是要注意动量守恒条件的判断及答题的一般步骤．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)7.“探究加速度与质量的关系”的实验中：（1）备有器材：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细沙的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺；还缺少的一件器材是______ ．（2）实验得到如图甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T；B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为______ ．（3）某同学根据实验数据画出的a图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为______ kg．（g取10m/s2）（4）另一位同学根据实验数据画出的a图象如图丙所示，则造成这一结果的原因是______ ．【答案】天平；；0.02；没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够【解析】解：（1）本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；（2）根据逐差法得：解得：（3）根据牛顿第二定律可知，a=，则F即为a-图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g=F=解得：m′=（4）从上图中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤．所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够．故答案为：天平，，0.02，没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够（1）本题需测量小车的质量，所以还需要天平；（2）利用匀变速直线运动的推论，根据作差法求出加速度；（3）根据牛顿第二定律可知，a-图象的斜率等于砂和砂桶的总重力；（4）从上图中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能够运用逐差法求解加速度，知道图象的含义，难度适中．8.研究性学习小组围绕一个量程为30m A的电流计展开探究．（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为______ m A．由以上数据可得电流计的内阻R g= ______Ω．（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30m A”处，此处刻度应标阻值为______ Ω（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度．则“10m A”处对应表笔间电阻阻值为______ Ω．（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将______ （填“变大”、“变小”或“不变”）．【答案】12.0；30；∞；6；不变【解析】解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流I=12.0m A．由闭合电路欧姆定律，将电阻箱阻值调到20Ω时，有=①，电阻箱阻值调到95Ω时，有I=′②，联立①②两式并代入数据=30Ω．（2）将两表笔断开，即相当于所测电阻无穷大，则指针指在“30m A”处，此处刻度应标阻值为∞；根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有==30m A①，当两表笔接上电阻时有干=②，根据分流公式可得通过电流表的电流为=干③联立①②③并将E=1.5V，=30Ω代入解得=6Ω．（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有==，测量电阻时电流表示数为I=，欧姆表用一段时间调零时有=′′=′′，.′，测量电阻时I=′′′′比较可知r+=′′，所以若电流相同则′=，即测量结果不变．故答案为（1）12.0，30（2）∞，6；（3）不变．（1）中因电流表的最小分度是1m A，故应估读到m A，根据欧姆定律可求的值．（2）与（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可．此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上，而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可．五、计算题(本大题共3小题，共54.0分)9.如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧范围足够大，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，线框质量m=0.1kg，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s一直做匀加速直线运动，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）线框cd边刚进入磁场时速度v的大小；（2）若线框进入磁场过程中F做功为W F=0.27J，则在此过程中线框产生的焦耳热Q为多少？【答案】解：（1）由图乙所示图象可知，当t=0.5s后，F=0.2N，对线框，由牛顿第二定律得：F=ma，解得：a=2m/s2，由v=v0+at解得：v=2m/s；（2）由能量守恒定律得：，代入数据解得：Q=0.12J；答：（1）线框cd边刚进入磁场时速度v的大小为2m/s．（2）若线框进入磁场过程中F做功为W F=0.27J，在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．【解析】（1）线框做匀加速直线运动，由图示图象求出拉力大小，由牛顿第二定律求出加速度，然后由匀变速直线运动的速度公式求出线框的速度．（2）由能量守恒定律可以求出线框产生的焦耳热．本题考查了求线框的速度、线框产生的焦耳热，分析清楚线框运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意分析图示图象获取所需信息．10.如图装置中绳子质量，滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1=m，m2=4m，m1，下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连．①系统静止时弹簧处于什么状态？形变量△x为多少？②用手托住m2，让m1静止在弹簧上，绳子绷直，但无拉力，然后放手，m1、m2会上下做简谐振动，求：m1、m2运动的最大速度分别为多大？③在②问的情况下，当m2下降到最低点，m1上升到最高点时，求：此时m1、m2的加速度的大小各为多少？【答案】解：①由图分析可知，拉m1的绳子拉力大小为2mg，大于mg，所以弹簧处于拉伸状态．根据平衡条件得：对m1：T=m1g+k△x=mg+k△x对m2：2T=m2g T=2mg所以得：△x=②当m1、m2速度最大时，两者加速度都等于0，所以此时弹簧被拉长△x．由两个物体组成的系统机械能守恒得：m2g△x-m1g2△x=+又v1=2v2，解得：v1=，v2=③根据简谐运动的对称性，此时m1、m2的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，设为a1、a2，绳子的拉力为T′，则根据牛顿第二定律得：对m1：T′=m1a1对m2：m2g-2T′=m2a2又a1=2a2，可解得：a1=g，a2=g答：①系统静止时弹簧处于拉伸状态，形变量△x为．②m1、m2运动的最大速度分别为、．③此时m1、m2的加速度的大小分别为g，g．【解析】①滑轮的特性分析拉m1的绳子拉力大小，判断弹簧的状态；根据平衡条件和胡克定律求解形变量△x．②m1、m2上下做简谐振动时，平衡位置时速度最大，根据两个物体组成的系统机械能守恒和两者速度关系列式，即可求得m1、m2运动的最大速度．③由简谐运动的对称性可知，此时m1、m2的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，分别隔离两个物体，由牛顿第二定律和拉力关系求解．本题是连接体问题，要抓住滑轮的力学特性和系统的机械能守恒求解最大速度．能熟练运用隔离法，由牛顿第二定律求解两个物体的加速度．11.如图所示，在x O y平面内，以O1（0，R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2．在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E=，ab与MN间磁场磁感应强度B2=．不计电子重力．（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？【答案】解：（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则r=R，解得（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则，cosθ=如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则感光板与ab间的最小距离h1=r1+r1cosθ，解得v=2v0，r1=2d，θ=60°h1=3d．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离h2=r1-r1cosθ，解得h2=d当感光板与ab间的距离最大为h2=d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则，d=，T=，，运动最长时间t m=t1+t2，解得，，t2=．则t m=．答：（1）圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小为；（2）MN与ab板间的最小距离h1是3d；（3）MN与ab板间的最大距离h2是d，运动时间最长是．．【解析】（1）抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，根据几何关系得出粒子在磁场中的运动半径，结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小．（2）根据动能定理求出粒子进入磁场下方磁场的速度，根据半径公式求出粒子的半径，根据几何关系求出粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角，通过几何关系求出MN 与ab板间的最小距离．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离．作出粒子的运动轨迹，根据粒子在电场和磁场中的运动时间求出运动的最长时间．本题考查了带电粒子在磁场、电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹，结合临界状态，根据半径公式、周期公式以及几何关系综合求解，难度较大．。

福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷一、选择题，本卷共6小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )A．势能变大B．动能变大C．机械能变大D．加速度变大2．在已调节好的双缝干预实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干预图样〔仅更换单色光〕，如图甲、乙所示．比拟甲、乙单色光．如下说法正确的答案是( )A．甲光的频率较高B．甲光的波长较长C．同一介质对甲光的折射率较小D．甲、乙两种光在同一介质中的光速相等3．一做直线运动物体的速度﹣时间图象为正弦曲线，如下列图．如下对物体运动的描述正确的答案是( )A．物体沿着直线向一个方向运动B．0时刻和4s末物体在同一位置C．物体在1s、3s时刻的速度一样D．物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大4．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，如此磁感应强度B随时间t变化的规律可能为( )A．B．C．D．5．如下列图是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i＞0局部的图线是一个正弦曲线的正半周，i＜0局部的图线是另一个正弦曲线的负半周，如此这种交变电流的有效值为( )A．I0B．I0C．I0D．I06．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上M、N两质点的振动图象．如此如下说法错误的答案是( )A．质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕B．质点N在t=0时的加速度是振动过程中最大值的C．质点M、N平衡位置之间的距离可能为mD．质点M、N的速度方向有时一样有时相反二、非选择题〔本大题分为必考局部和选考局部〕〔一〕必考局部7．在做“用单摆测定重力加速度〞的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示．①摆球直径d=__________mm；秒表的读数t=__________s．②如下哪些措施可以减小测量误差__________A．选用摆球时，用玻璃球代替铁球B．选用有弹性的细绳为摆线C．测量振动时间时，从平衡位置开始计时D．增大振动过程中的最大摆角．8．现要比拟准确测量电压表V1〔0～3V，内阻约3kΩ〕的内阻R V．实验室提供的器材有：A．电流表A〔0～0.6A，内阻约0.1Ω〕B．电压表V2〔0～9V，内阻约10kΩ〕C．定值电阻R1〔阻值为6kΩ〕D．定值电阻R2〔阻值为600Ω〕E．滑动变阻器R〔0～20Ω〕F．直流电源〔10V，内阻可不计〕G．开关S与导线假设干①A同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是__________；②B同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，如此〔Ⅰ〕定值电阻应选__________〔选填“R1〞或“R2〞〕；〔Ⅱ〕请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；〔Ⅲ〕在实验中测得假设干组电压表V1、V2的读数U1、U2，画出U2、U1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，如此可求出R V=__________kΩ．〔保存3位有效数字〕9．如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节．图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m〔不计空气阻力，g=10m/s2〕．如此：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能．10．〔19分〕如下列图，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为α的足够长斜面底端P 相连，其上端刚好位于斜面的O点，斜面PO局部光滑，OQ局部粗糙．把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在A点．用一个平行于斜面的变力F作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动．当滑块与弹簧刚好别离时撤去力F，物体再沿斜面上滑l后静止．求：〔1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式．11．如下列图，在足够长的水平边界MN下方充满匀强电场〔图中未画出〕，同时该区域上、下局部分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上下磁场的水平分界限，MN、PQ间距离为d．一个质量为m、电荷量为﹣q的小球，由MN上方的O点静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动〔重力加速度为g〕．求：〔1〕电场强度的大小和方向；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过多长时间返回O点．(二〕选考局部【物理选修3-4】12．如下说法中正确的有( )A．自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源B．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成C．根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%D．因为能量守恒，所以“能源危机〞是不可能真正出现的13．处于竖直面内两端开口粗细均匀的U形管内用两段水银柱封闭一定质量的空气．稳定后空气柱的长为l，各液面P、Q、M、N位置如图．当气体温度升高时，如下说法中正确的答案是( )A．空气柱的长度l减小 B．空气柱的长度l不变C．液面MN间高度差减小D．液面MN间高度差不变【物理选修3-5】14．如下未写完整的核反响方程中，哪个是发现中子的核反响方程．( ) A．N+n→C+_____B．N+He→O+_____C．B+n→Li+_____D．Be+He→C+_____15．一辆小车静置于光滑水平面上．车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜．假设从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中．从弹簧枪发射弹丸以后，如下说法中正确的答案是( )A．小车先向左运动一段距离然后停下B．小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下C．小车一直向左运动下去D．小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运动福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷一、选择题，本卷共6小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )A．势能变大B．动能变大C．机械能变大D．加速度变大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：〔1〕物体由于运动而具有的能叫做动能，动能大小与质量和速度有关；〔2〕物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能与物体的质量和高度有关．解答：解：根据开普勒第二定律得卫星在太空中飞行时，在近地点，速度最大，动能达到最大，重力势能达到最小；在远地点时，速度最小，动能最小，重力势能最大．当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的势能变大，动能变小，机械能守恒，根据牛顿第二定律得a=，加速度变小；应当选：A．点评：掌握动能和势能大小的影响因素，根据能量的影响因素能判断动能和势能的大小变化．2．在已调节好的双缝干预实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干预图样〔仅更换单色光〕，如图甲、乙所示．比拟甲、乙单色光．如下说法正确的答案是( )A．甲光的频率较高B．甲光的波长较长C．同一介质对甲光的折射率较小D．甲、乙两种光在同一介质中的光速相等考点：光的干预．专题：光的干预专题．分析：根据双缝干预条纹的间距公式△x=λ，通过间距的大小，比拟波长的大小，从而比拟出频率的大小与折射率大小，再通过v=比拟出在介质中的速度大小．解答：解：A、根据双缝干预条纹的间距公式△x=λ，知乙图条纹间距大，如此乙光的波长较长．根据f=知，乙光的频率较小，如此折射率小，甲光的频率较高，故A正确，BC错误；D、根据v=知，乙光在同一介质中的传播速度较大．故D错误．应当选：A．点评：此题的突破口通过条纹间距大小比拟出波长的大小．掌握波长与频率、折射率、波速等物理量的关系．3．一做直线运动物体的速度﹣时间图象为正弦曲线，如下列图．如下对物体运动的描述正确的答案是( )A．物体沿着直线向一个方向运动B．0时刻和4s末物体在同一位置C．物体在1s、3s时刻的速度一样D．物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示质点的加速度，速度的正负表示运动的方向，结合图线形状分析质点的运动性质．解答：解：第1s内质点沿正向做加速度减小的变加速直线运动，1s末加速度最小，第2s 内沿正向做加速度增大的变减速直线运动，2s末加速度最大，第3s内沿负向做加速度减小的变加速直线运动，3s末加速度最小，第4s内沿负向做加速度增大的变减速直线运动，4s 末加速度最大，位移为零，接下去周而复始，所以质点做往复的直线运动．故B正确，ACD 错误．应当选：B．点评：解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，斜率表示加速度．4．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，如此磁感应强度B随时间t变化的规律可能为( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应电流的大小．解答：解：A、磁感应强度不变，磁通量不变，如此不产生感应电流．故A错误．B、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向一样，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，如此感应电流为定值，在t0﹣2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向一样．故B错误．C、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故C错误．D、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向一样，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，如此感应电流为定值，同理，在t0﹣2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以与掌握法拉第电磁感应定律．5．如下列图是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i＞0局部的图线是一个正弦曲线的正半周，i＜0局部的图线是另一个正弦曲线的负半周，如此这种交变电流的有效值为( )A．I0B．I0C．I0D．I0考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在一样时间内产生的热量相等，如此恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为I，如此I2R•3T=R•T+R•2T解得：I=I0，应当选：B．点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的倍．6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上M、N两质点的振动图象．如此如下说法错误的答案是( )A．质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕B．质点N在t=0时的加速度是振动过程中最大值的C．质点M、N平衡位置之间的距离可能为mD．质点M、N的速度方向有时一样有时相反考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由甲读出波长λ和振幅A，由图乙读出周期T，由f=求出频率，由公式v=求出波速．由波的传播方向判断．解答：解：A、由甲读出振幅A=0.1m，波长λ=2m，由图乙读出周期T=2s，如此波的频率f==Hz=0.5Hz，角频率：ω=2πf=2π×0.5=π rad/s所以质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕，故A正确；B、质点N在t=0时的位移是最大位移的，所以回复力是最大值的，加速度是振动过程中最大值的．故B正确；C、由甲读出振幅A=0.1m，波长λ=2m，假设M与N之间的距离小于一个波长，如此：y N=0.1cos 〔πt+β〕〔m〕将t=0时刻，y N=﹣0.05代入公式得，如此M与N之间的间隔的周期数：所以M与N之间的距离是m．故C错误；D、M与N之间的距离是m，不是半个波长，所以质点M、N的速度方向有时一样有时相反．故D正确．此题选择错误的，应当选：C点评：此题考查根本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是根本功，要加强训练，熟练掌握．二、非选择题〔本大题分为必考局部和选考局部〕〔一〕必考局部7．在做“用单摆测定重力加速度〞的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示．①摆球直径d=20.20mm；秒表的读数t=100.2s．②如下哪些措施可以减小测量误差CA．选用摆球时，用玻璃球代替铁球B．选用有弹性的细绳为摆线C．测量振动时间时，从平衡位置开始计时D．增大振动过程中的最大摆角．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺读数规如此为：先读主尺〔只读整数〕，再加上游标尺〔格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读〕；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；根据单摆周期公式列式分析即可．在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．解答：解：①主尺读数为：20mm，游标尺为20分度，准确度为0.05mm，读数为：4×0.05=0.20mm，故球的直径为：20mm+0.20mm=20.20mm；秒表大盘读数40.2s，小盘读数60s，故秒表读数为：60s+40.2s=100.2s；②A、应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故A错误；B、不能用弹性绳，会影响摆长，故B错误；C、为了减小测量误差，应从平衡位置开始计时，在摆动过程中，最高点位置难确定，故C 正确，D、单摆做简谐运动时，单摆的最大摆角应小于5°，故D正确；应当选：C故答案为：①20.20； 100.2②C点评：常用仪器的读数要掌握，考查了实验误差分析，由单摆周期公式求出重力加速度的表达式即可正确解题．8．现要比拟准确测量电压表V1〔0～3V，内阻约3kΩ〕的内阻R V．实验室提供的器材有：A．电流表A〔0～0.6A，内阻约0.1Ω〕B．电压表V2〔0～9V，内阻约10kΩ〕C．定值电阻R1〔阻值为6kΩ〕D．定值电阻R2〔阻值为600Ω〕E．滑动变阻器R〔0～20Ω〕F．直流电源〔10V，内阻可不计〕G．开关S与导线假设干①A同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是被测电流太小；②B同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，如此〔Ⅰ〕定值电阻应选R1〔选填“R1〞或“R2〞〕；〔Ⅱ〕请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；〔Ⅲ〕在实验中测得假设干组电压表V1、V2的读数U1、U2，画出U2、U1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，如此可求出R V=3.33kΩ．〔保存3位有效数字〕考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：①根据I=，从而确定电流表量程与最大电流的关系；②根据被测电压表的量程与内阻，与电压表V2的量程与内阻，即可确定定值电阻；根据电路图连接实物图，注意电表的量程与正负极；根据欧姆定律，从而列出U2与U1的关系，结合图象的斜率，即可求解．解答：解：①根据I=，可知，通过电压表U1的最大电流，I==1mA；而与电流表A的量程0～0.6A，被测电流太小或电流表示数太小，因此不准确，②Ⅰ、如图乙所示的测量电路完成了实验，要将电压表U1与电阻串联后，才能与电压表U2并联；因电压表V2〔0～9V〕，而电压表V1〔0～3V〕，因此必须串联阻值为6kΩ，即定值电阻R1，Ⅱ、根据电路图，连接实物图，结合电表的量程，与正负极，如此实物图如如下图所示：Ⅲ、根据欧姆定律，如此有：整理可得，根据图象的斜率可知，=2.8且R0=6kΩ，解得：R V=3.33kΩ；故答案为：①因电流表量程太大〔或被测电流太小，或电流表示数太小〕．②〔Ⅰ〕R1；〔Ⅱ〕如上图所示：〔Ⅲ〕3.33．点评：考查电压表的改装，掌握串并联的特征，理解欧姆定律的应用，注意图象斜率的应用，同时掌握由电路图连接实物图的要点．9．如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节．图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m〔不计空气阻力，g=10m/s2〕．如此：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能．考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕平抛运动规律列式求解时间和最小速度；〔2〕根据平抛运动规律和机械能守恒列式求解末动能．解答：解：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为v0，下落时间为t，有：l1=v0th=gt2解得t===0.8 sv0===6m/s〔2〕假设选手刚好从平台的右侧边缘落入水中，设选手跳出的初速度为v，如此l1+l2=v t解得v==8m/s选手下落过程中机械能守恒，有：E=mghE′k=3200J答：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为6m/s〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，选手刚落水时的动能3200J．点评：此题关键是明确选手的运动性质，根据平抛运动的分位移公式屡次列式求解，根底问题．10．〔19分〕如下列图，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为α的足够长斜面底端P 相连，其上端刚好位于斜面的O点，斜面PO局部光滑，OQ局部粗糙．把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在A点．用一个平行于斜面的变力F作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动．当滑块与弹簧刚好别离时撤去力F，物体再沿斜面上滑l后静止．求：〔1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式．考点：动能定理；胡克定律．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕利用平衡态和牛顿运动定律即可求出时间；〔2〕求出到达O点的速度，再利用动能定理即可求出摩擦力所做的功；〔3〕先找出弹簧的压缩量与上滑距离的关系，再利用牛顿第二定律即可求解．解答：解：〔1〕令AO长为x0，据胡克定律有：mgsinα﹣kx0=0弹簧与滑块在弹簧原长时别离，如此别离时滑块上滑的位移为x，有：解得：t=〔2〕滑块到达O点时速度为v2=2ax0撤去力F后滑块上滑过程中，有重力和摩擦力做功，据动能定理，有：﹣mglsinα+W f=0﹣解得W f=mglsinα﹣〔3〕据几何关系可知，弹簧压缩量与上滑距离的关系为：x=据牛顿第二定律，有：F+kx﹣mgsinα=ma联立以上解得：F=ks+ma且：0答：1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功mglsinα﹣；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式F=ks+ma，且0点评：分析清楚物体的运动情况是解题的关键，注意多过程动力学问题的求解方法是分解多个子过程；灵活利用牛顿第二定律和动能定理，此题物理过程较复杂，综合性强．11．如下列图，在足够长的水平边界MN下方充满匀强电场〔图中未画出〕，同时该区域上、下局部分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上下磁场的水平分界限，MN、PQ间距离为d．一个质量为m、电荷量为﹣q的小球，由MN上方的O点静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动〔重力加速度为g〕．求：〔1〕电场强度的大小和方向；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过多长时间返回O点．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〕带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，如此合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，据此求解E；〔2〕分释放点O距MN的高度h较小和较大两种情况分析带电小球进入磁场I区域后由下边界PQ第一次穿出磁场I区域，电场力做的功；〔3〕带电小球在进入磁场前做自由落体运动，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据运动学根本公式结合几何关系求解．解答：解：〔1〕带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，如此合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，小球带负电，电场方向竖直向下．由qE=mg ①得E=②〔2〕当释放点O距MN的高度h较小时，带电小球进入磁场I区域的速度较小，由磁场上边界MN第一次穿出磁场I区域，此过程中电场力做功W=0③当释放点O距MN的高度h较大时，带电小球进入磁场I区域后由下边界PQ第一次穿出磁场I区域，此过程中电场力做功W=﹣qEd=﹣mgd ④〔3〕设距MN的高度为h1时释放带电小球，带电小球能回到释放点O，如下列图．带电小球在进入磁场前做自由落体运动，设下落时间为t1有：⑤v2=2gh1⑥带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T有：⑦⑧⑨⑩由于带电小球在I、II两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径一样，如下列图，由几何关系知：带电小球第一次回到释放点O的时间t为t=2t1+t2解得：带电小球回到释放点O的时间t总为t总=nt，如此〔n=1、2、3…〕答：〔1〕电场强度的大小为，方向竖直向下；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功为0或﹣mgd；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过〔n=1、2、3…〕时间返回O点．点评：带电粒子在电磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径，同时注意临界条件的应用才能顺利求解，难度较大．(二〕选考局部【物理选修3-4】12．如下说法中正确的有( )A．自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源B．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成C．根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%D．因为能量守恒，所以“能源危机〞是不可能真正出现的考点：能源的开发和利用．分析：自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源；第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律；解答：解：AD、自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源，A正确，D错误；B、第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律，B错误；。

D．偏转磁场的方向应垂直于纸面向里
二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，只选一项且正确得3分)
17．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
A．x= 3mB．x= 8m C．x= 9mD．x= 14m
16．图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转．不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点．若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向A移动，则
A．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功
B．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动
C．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大
2015年高考物理模拟试卷（2）
一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)
13．如图,放射性元素镭衰变过程中释放出 、 、 三种射线,分别进入匀强电场和匀强磁场中,下列说法正确的是
A．表示 射线,表示 射线
B．表示 射线,表示 射线
C．表示 射线,表示 射线
（2）（10分）右图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10 Ω），R1时电阻箱（0～99.9 Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）。
在保证安全的和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下：
(i)链接好线路，将滑动变阻器R调到最大；
解得x=-L当弹簧压缩最大时，P、P1和P2共同速度为v3，
由动量守恒3mv0=4mv3v3=
弹簧压缩最大时，系统的动能与最后P停在P2上后的系统动能相同

武平一中2015—2016学年高一寒假预学考试（物理）试卷满分100分，考试时间90分钟一．选择题（1—8题为单选题，每题3分，9—12题为多选题，每题4分，共40分）1.在下图的四种情境中，人对物体做功的是（）A．竖直提着水桶在水平地面上匀速前进 B．扛着米袋慢慢爬上楼梯C．用力推汽车，汽车没动 D．举着杠铃原地不动2.用水平恒力F作用在质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（m＜M）的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样距离s，恒力做功为W2，则两次恒力做功的关系是（）A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1=W2D．无法判断3.运动员把原来静止的足球踢出去,使足球获得100J的动能．则在运动员踢球的过程中,运动员消耗的体能（）A. 等于100JB. 大于100JC. 小于100JD. 无法确定4.如图所示，把同一物体分别沿AB、AC、AD三个斜面匀速推到同一高度的A 点，不计摩擦力，则（）A．沿AB斜面最省力，做功最少B．沿AD斜面最省力，但做功最多C．沿三个斜面的推力一样大，做功也一样多D．沿三个斜面推力做的功一样多，沿AD斜面最省力5.采用下述哪种措施可以提高机械效率？（）A. 总功一定，减小有用功B. 总功一定，增大额外功C. 有用功一定，增大总功D. 额外功一定，增大有用功6.一实心铁球与一实心木球质量相等，将它放在同一水平地面上，下列结论正确的是( )A．铁球的重力势能大于木球的重力势能B．铁球的重力势能等于木球的重力势能C．铁球的重力势能小于木球的重力势能D．木球的重力势能不会大于铁球的重力势能7.如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（）A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减少B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变8.一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为（）A．mgLcosθB．mgL（1-cosθ）C．FLsinθD．FL（1-cosθ）9.关于功的概念，下列说法中正确的是（）A．力对物体不做功，物体可能有位移B．力对物体做功多，说明物体的位移一定大C．力对物体做功少，说明物体一定受力小D．功的大小是由力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定的10.关于物体的动能,下列说法正确的是（）A 如果物体动能有变化,其速度一定变化.B 如果物体速度有变化,其动能一定变化.C 如果合外力对物体做负功,其动能一定减小.D 如果物体动能没有变化,就一定没有外力对物体做功.11.下列运动满足机械能守恒的是（）A.手榴弹从手中抛出后的运动（不计空气阻力）B.子弹射穿木块C.吊车将货物匀速吊起D.物体沿光滑圆弧面从上向下滑动12.如图所示，小球与一端固定的轻质弹簧连接，在竖直方向上下振动着，若不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．小球动能和重力势能的总和始终不变B．小球动能和重力势能的总和最大时，弹簧的弹性势能最小C．弹簧伸到最长时，小球的动能和重力势能的总和最小D．弹簧处于原长时，小球的动能和重力势能的总和最小二．实验题（每空3分，共18分）13.在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A.打点计时器；B.天平；C秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．①其中多余的器材是____________，缺少的器材是__________________．②测量时间的工具是__________________；测量质量的工具__________________．14.在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带(如图)，把第一个点记作O，选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99 cm、70.18 cm、77.76 cm、85.73 cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于______J，动能的增加量等于______J(取三位有效数字)．四．计算题（共42分，请将计算过程写在答题卷上，写出必要的文字说明）15.（10分）质量为0.02kg的子弹以600m/s的速度垂直射穿一块厚度为10cm 的固定木板,已知子弹穿过木板后的速度为400m/s求木板对子弹的阻力所做的功?16.（10分）如图所示，倾角为30 °、长度为10 m 的光滑斜面．一个质量为1.2 kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，求(1)物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是多少？(2)整个过程中重力做功的平均功率是多少？（取g=10 m/s2)17.（10分）利用斜面从货车上卸货,每包货物的质量m=100kg,斜面倾斜角α=37,斜面的长度l=1．5m,货物与斜面间的动摩擦因数μ=0．2,用平行于斜面的力F把货物从低端匀速推动顶端,求各个力的做功(取g=10m／s2)18.（12分）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；（2）人滑到斜坡底端时的速度大小；（3）人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？武平一中2015—2016学年高一寒假预学考试（物理）16、（10分）17、（10分）18、（12分）二、实验题（每空3分，共18分。

2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为θ，一切摩擦均不计．使A、B均处于静止状态，下列说法正确的是（）A．水平力F为B．竖直墙壁对A的弹力等于FC．水平地面受到的弹力为G1+G2D． A对B的弹力等于G1tanθ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：本题是力平衡问题中的连接体问题，先对物体A受力分析，根据平衡条件列式求解；再对物体A和B整体受力分析，根据平衡条件列式求解．解答：解：对物体A受力分析，受重力、斜面的支持力和竖直挡板的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：F1=G1tan30°，F2=，所以A对B的弹力，再对AB整体受力分析，受重力、地面的支持力N，已知的推力F，墙壁向右的支持力F1，根据平衡条件，有：F=F1=G1tan30°，N=G1+G2，故AD错误，BC正确；故选：BC点评：整体法和隔离法的使用技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．2．（4分）（2013秋•诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N 的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2）（）A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先分析物体的运动情况和受力情况：物体向右做匀减速运动，水平方向受到向右的恒力F和滑动摩擦力．由公式f=μF N=μG求出滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得求出物体的加速度大小，由运动学公式求出物体减速到0所需的时间．减速到零后，F＜f，物体处于静止状态，不再运动．解答：解：A、B物体受到向右恒力和滑动摩擦力，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为f=μF N=μG=3N，根据牛顿第二定律得，a==m/s2=5m/s2，方向向右．物体减速到0所需的时间t==s=2s，故B正确，A错误．C、D减速到零后，F＜f，物体处于静止状态．故C正确，D错误．故选BC点评：本题分析物体的运动情况和受力情况是解题的关键，运用牛顿第二定律和运动学公式研究物体运动时间，根据恒力与最大静摩擦力的关系，判断物体的速度为零后的状态．3．（4分）（2014秋•合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施．某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示．在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A．电梯一定是在下降B．该同学处于失重状态C．电梯的加速度方向一定是竖直向下D．该同学对电梯地板的压力大于其重力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和该同学的超、失重情况．解答：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx1弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有kx2﹣mg=ma故加速度向上，电梯加速上升或者减速下降，电梯以及电梯中的人处于超重状态，所以该同学对地板的压力大于重力，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况．4．（4分）（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：压轴题．分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A．点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．5．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（）A．当A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零B．当A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左C．当A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左D．把B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙的摩擦力方向均向右考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：A、B、C、不论A在斜面做何种运动，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并根据静摩擦力的方向，即可求解．D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并从A可能有沿着斜面向上或向下的静摩擦力两种情况，分析即可．解答：解：A、当A沿斜面匀速下滑时，甲图，从整体角度，则地面对甲的摩擦力为零，而乙图，A对斜面有沿着斜面向下的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故A错误；B、当A沿斜面加速下滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向右的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向右，而对乙图，物块能够下滑，说明μ小于tanα，物块对斜面压力为N，压力水平向左分力Nsinα，物块对斜面摩擦力μN，摩擦力水平向右分力μNcosα＜Nsinα，所以地面对乙图斜面的摩擦力应该向右，故B错误；C、当A沿斜面加速上滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向左的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向左，而对乙图，A对斜面有沿着斜面向上的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故C错误；D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲分析，地面对斜面的摩擦力方向向右；对乙分析，可知，A对斜面的静摩擦力沿着斜面向上，因此地面对乙的摩擦力方向向右，故D正确；故选：D．点评：本题考查整体法与隔离法的应用，掌握静摩擦力的方向判定，注意加速度不同的整体运用是解题的难点．6．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．专题：运动的合成和分解专题．分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象．解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误．故选：C．点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力．7．（4分）（2015•浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2．若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h．假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB．起动时的加速度大小为0.24m/s2C．保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据P=Fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv结合求解加速度．由能量守恒定律分析CD两项．解答：解：A、根据P额=Fv max，得：F==N=57.6N，故A正确；B、以额定功率启动时：﹣f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，B错误；C、由公式W=Pt，由能量守恒得：1440W×1h=30×6W×t，得：t=8h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：57.6=k×25得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即：=kv得：v≈8.83m/s，故D错误；故选：AC．点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保．8．（4分）（2014秋•武平县校级期末）一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度﹣时间变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能减小C．在10～15s内质点的机械能一直增加D．在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能考点：功能关系．分析：物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小．解答：解：A、由图象可以看出0﹣5s内的物体向上做减速运动的加速度等于g，物体只受到重力的作用；5﹣10s内的加速度小于g，物体受到向上的作用力，10﹣15s内的加速度大于g，物体受到向下的作用力，故物体的机械能先不变，后增大，再减小，故A错误；B、在0～5s内，物体速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则物体减速，速度减小，则动能减小，故B正确；C、在10～15s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；D、根据牛顿第二定律，5﹣10s内，mg﹣F=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加；10﹣15s内，mg+F=ma，得F′=2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而10﹣15s内的速度小于5﹣10s内的速度，则10﹣15s内的位移小于5﹣10s内的位移，故FS2＞F′S3，则5﹣15s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，故D正确；故选：BD．点评：机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少．9．（4分）（2014秋•武平县校级期末）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（）A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．F T=，仅与两物体质量有关考点：物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，运用牛顿第二定律求出拉力的大小，判断与什么因素有关．解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=隔离m2分析，设物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得：T﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ=m2a，解得：T=；由上数据分析知：绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．故ABC错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．10．（4分）（2009•安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F﹣f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，有：F额=Fv m。

2015年福建省高考理综模拟试卷物理部分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷。

第Ⅰ卷均为必考题，第Ⅱ卷包括必考和选考两个部分。

相对原子质量（原子量）：O 16 Na 23 S 32 Br 80 K 39 Cu 64第I卷（必考）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

一、选择题（本题共12小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

）13．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法。

利用斜面实验主要是考虑到A．实验时便于测量小球运动的速度和路程B．实验时便于测量小球运动的时间C．实验时便于测量小球运动的路程D．斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律14．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。

则A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为1260JD．球棒对垒球做的功为36J15．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。

用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。

在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。

在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小A ．将M 板向下平移B ．将M 板沿水平向左方向远离N 板D ．在M 、N 之间插入金属板，且不和M 、N 接触16．一列简谐横波沿绳子传播时，绳上有相距3m 的P 点和Q 点，它们的振动图线如图所示，其中实线为P 点的图线，虚线为Q 点的图线。

则该列波的波长和波速的可能值为A ．6m ，30m/sB ．6m ，12m/sC ．2m ，12m/sD ．2m ，10m/s17．如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。

2015福建省高考理综试卷（物理部分）模拟卷13．下列说法中正确的是A ．单色光透过圆孔，其衍射图样为明暗相间的等间距圆环B ．镜头涂上一层增透膜来增加透射光强度是薄膜干涉的原理C ．红光的双缝干涉条纹间距一定比蓝光的双缝干涉条纹间距大D ．光的偏振现象说明了光的一种纵波解析：圆孔衍射的条纹不等距的，A 错；当薄膜厚度是波长的1/4时，利用薄膜干涉可以使反射光叠加变弱，B 正确；双缝干涉条纹的宽度不仅与光的波长有关，还与双缝间距以及双缝到屏幕的距离有关，只有用同一器材时，红光的条纹间距更大，C 错；偏振是横波特有现象，D 错。

答案：B14． “嫦娥五号试验器”成功发射，标志着我国探月三期工程进入关键阶段。

已知试验器在距月面h 高处绕月球做匀速圆周运动，周期为T ，轨道处的重力加速度为 a ，引力常量为G ，由此可求得A ．月球半径224aT R h π=- B ．月球表面的重力加速度大小a g =月 C ．试验器的线速度大小2hv T π= D ．试验器的线速度大小h TaT v ππ22-=解析： 由224()ma m R h Tπ=+得224aT R h π=-，A 正确；试验器距月面高h ，r R h =+显然B 错；22r aTv T ππ==，C 、D 都错。

答案：A15．如图，为模拟远距离输电的电路，Ⅰ、Ⅱ分别是升压和降压理想变压器。

若其它条件不变，让输入电压U 提高为原来的2倍，下列说法正确的是 A ．电流表A 的示数为原来的12B ．电阻R 的功率为原来的2倍C ．灯L 的功率为原来的2倍D ．灯L 的电压为原来的2倍解析：将降压变压器和灯L 等效为一个负载R 负，则原电路可视为一个简单的电路，若输入电压提高为原来的2倍，则总电流（即电流表的示数）变为原来2倍，总功率为原来的4倍。

由此可判断D 正确答案：D16．水平长绳上的O 点系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2 Hz ，现在长绳两端分别有一振源P 、Q 以振幅A =5cm 上下振动了一段时间，某时刻两个振源在长绳上形成波形如图所示，已知OP =4m ，OQ =8m 。

福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一（下）段考物理试卷（实验班）一、选择题（每小题6分，共36分）1．（6分）如图，物体m用不可伸长的细线通过光滑的水平板间的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动，若减少M的质量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变，v减小B．r增大，ω减小C．r增大，v减小D．r减小，ω不变2．（6分）下列说法正确的是（）A．竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心B．匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动C．物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力将变大D．火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨3．（6分）如图所示，小木块a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为．a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（）A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度大小一定相等D．b开始滑动时的转速是4．（6分）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力是先增大后减小C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大5．（6分）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．小球的向心力由以下哪个力提供（）A．重力B．支持力C．重力和支持力的合力D．重力、支持力和摩擦力的合力6．（6分）如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A．A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B．A、B两点的角速度之比为ωA：ωB=2：1C．A、B两点的加速度之比为a A：a B=1：2D．A、B两点的加速度之比为a A：a B=2：1二、填空题（每空6分，共24分）7．（12分）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=，圆盘转动的角速度大小ω=．8．（12分）如图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，两轮的半径均为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轮上需要时间为t，从开始倒带到A、B两轮的角速度相等的过程中，磁带的运动速度（填“变大”、“变小”或“不变”），所需时间（填“大于”、“小于”或“等于”）．四、计算题（写出必要的文字说明和解答步骤，共40分）9．（18分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地高度为1m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2，求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．10．（22分）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=lm，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量m=1Kg的小物块，从水平面上以速度V0竖直向上抛出，抛出的初速度v0=8m/s，物块从D点进入圆轨道，最终停在A点．若A、B间的距离为8m．g=l0m/s2．求：（1）求物块运动到C点时，对轨道的压力为多大？（2）求物块与水平面间的动摩擦因数μ．（3）物块从B点运动到A点所用的时间．福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一（下）段考物理试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共36分）1．（6分）如图，物体m用不可伸长的细线通过光滑的水平板间的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动，若减少M的质量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变，v减小B．r增大，ω减小C．r增大，v减小D．r减小，ω不变考点：向心力；牛顿第二定律．分析：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．显然砝码的重力提供向心力，当砝码的重量变化，此时向心力与砝码的重力不等，从而做离心运动，导致半径变化．向心力再次与砝码的重力相等时，又做匀速圆周运动．因此由半径的变化可得出角速度、线速度的变化．解答：解：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．砝码的重力提供向心力，当砝码的重量减小，此时向心力大于砝码的重力，从而做离心运动，导致半径变大．当再次出现砝码的重力与向心力相等时，小球又做匀速圆周运动．A、由于由于半径变大从而M的势能增大，而m和M整个系统机械能守恒，所以m的动能要减少，故可确定其v变小，故A错误，C正确；B、由于半径变大，而向心力大小变小，则角速度减小，故B正确，D错误；故选：BC．点评：本题体现出圆周运动与离心运动区别，同时掌握影响向心力大小的因素．2．（6分）下列说法正确的是（）A．竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心B．匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动C．物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力将变大D．火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，做匀加速直线运动时，物体受到的重力不变，火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨．解答：解：A、匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，A错误B、匀速直线运动和自由落体运动的合运动可以是匀变速直线运动，B错误C、物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力不变，C错误D、火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨，D正确故选：D点评：知道问题做圆周运动的向心力的来源，超重和失重时物体本身受的重力大小不变．3．（6分）如图所示，小木块a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为．a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（）A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度大小一定相等D．b开始滑动时的转速是考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．解答：解：A、b、c所受的最大静摩擦力不相等，故不同时从水平圆盘上滑落，A错误；B、当a、b和c均未滑落时，木块所受的静摩擦力f=mω2r，ω相等，f∝mr，所以ac所受的静摩擦力相等，都小于b的静摩擦力，故B正确；C、b和c均未滑落时线速度V=Rω，半径相等，则大小一定相等，故C正确；D、以b为研究对象，由牛顿第二定律得：f=2mω2l=kmg，可解得：ω=，转速，故D错误．故选：BC点评：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．4．（6分）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力是先增大后减小C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动．解答：解：A、分析B，因为是A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，此后B的向心力一部分将会由绳子拉力来提供，静摩擦力会减小，而在产生拉力前B的静摩擦力是一直增大的，其实B所受静摩擦力是先增大后减小再增大的．故A，B错误．C、由于A的半径比B大．根据向心力的另一个公式 F向=mω2R，可知 A、B的角速度相同，所以A所需向心力比B大，因为两物体的最大静摩擦力一样，所以A物体的静摩擦力会先不足以提供向心力而使绳子产生拉力，之后随着速度的增大，静摩擦力已经最大不变了，绳子拉力不断增大来提供向心力，所以A所受静摩擦力是先增大后不变的，C错误．D、根据向心力公式，F向=m，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确．故选：D点评：本题分段分析：在出现绳子拉力前，滑动前及滑动后．由于A需要的向心力大于B，所以在随着转动加快时，A先达到最大静摩擦力；同时出现滑动时，A的滑动摩擦力指向圆心，而B的滑动摩擦力背离圆心．5．（6分）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．小球的向心力由以下哪个力提供（）A．重力B．支持力C．重力和支持力的合力D．重力、支持力和摩擦力的合力考点：向心力；物体的弹性和弹力．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的合力总是指向圆心，称为向心力；小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力．解答：解：小球受到重力和支持力，由于小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球的向心力由重力和支持力的合力提供，故C正确．故选：C点评：本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，由牛顿第二定律和圆周运动结合进行分析，是常用的方法和思路．6．（6分）如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A．A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B．A、B两点的角速度之比为ωA：ωB=2：1C．A、B两点的加速度之比为a A：a B=1：2D．A、B两点的加速度之比为a A：a B=2：1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：同缘传动边缘点线速度大小相等，同轴传动角速度相等，根据a=和v=ωr求解加速度之比．解答：解：A、同缘传动边缘点线速度大小相等，故v A：v B=1：1，故A错误；B、由于v A：v B=1：1，根据v=ωr，线速度一定时角速度与半径成反比，故ωA：ωB=1：2，故B错误；C、D、根据a=和v=ωr，有a=vω，由于v A：v B=1：1，ωA：ωB=1：2，故a A：a B=1：2，故C正确，D错误；故选：C．点评：传动问题把握两个原则：同缘传动边缘点线速度大小相等，同轴传动角速度相等．二、填空题（每空6分，共24分）7．（12分）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=，圆盘转动的角速度大小ω=（n=1、2、3…）．考点：匀速圆周运动；平抛运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．解答：解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t=，竖直方向做自由落体运动，则h=根据ωt=2nπ得：（n=1、2、3…）故答案为：；（n=1、2、3…）．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．8．（12分）如图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，两轮的半径均为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轮上需要时间为t，从开始倒带到A、B两轮的角速度相等的过程中，磁带的运动速度变大（填“变大”、“变小”或“不变”），所需时间大于（填“大于”、“小于”或“等于”）．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，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v=rω，知A线速度增大，若磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，由于A线速度越来越大，倒回前一半磁带比倒回后一半磁带所用时间要长，即A、B两轮的角速度相等所需要的时间大于．故答案为：变大；大于．点评：解决本题的关键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，即磁带倒回来一半．四、计算题（写出必要的文字说明和解答步骤，共40分）9．（18分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地高度为1m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2，求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出角速度．（2）绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解．解答：解：（1）小球在水平面内做圆周运动时，由重力G和拉力F的合力提供向心力，当绳子拉力为12.5N时，向心力最大，细线将断裂．则有：F合===7.5N根据几何关系得：==根据向心力公式得：F合=mω2r解得 r=0.3m，h1=0.4m，ω=5rad/s（2）绳断裂后，小球做平抛运动，初速度 v=ωr=1.5m/s竖直方向下落的高度 h2=h﹣h1=1﹣0.5×=0.6m所以t==s=s水平位移为x=vt=1.5×=m则落地点与悬点的水平距离 S===0.6m答：（1）当小球的角速度为5rad/s时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离是0.6m．点评：解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．10．（22分）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=lm，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量m=1Kg的小物块，从水平面上以速度V0竖直向上抛出，抛出的初速度v0=8m/s，物块从D点进入圆轨道，最终停在A点．若A、B间的距离为8m．g=l0m/s2．求：（1）求物块运动到C点时，对轨道的压力为多大？（2）求物块与水平面间的动摩擦因数μ．（3）物块从B点运动到A点所用的时间．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）从抛出到C点的过程，只有重力做功，运用机械能守恒列式，求解物块运动到C点时的速度，再根据牛顿第二、第三定律求解对轨道的压力大小；（2）由动能定理求出动摩擦因数．（3）由机械能的守恒定律求出物块到B点速度，由动能定理求解AB间的距离，再根据牛顿第二定律和运动学公式结合即可求解时间．解答：解：（1）从抛出到C点的过程，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R+mv C2，代入数据解得：v C=2m/sC点，由牛顿第二定律得：F+mg=m，代入数据解得：F=4N，由牛顿第三定律，物块对轨道的压力为：F′=14N，（2）整个运动过程，由动能定理得：﹣μmgs AB=0﹣mv02，代入数据解得：μ=0.4；（3）由机械能守恒定律可知，物体到达B点时的速度v=v0=8m/s，在水平面上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2，物块从B点运动到A点所用的时间：t===2s；答：（1）物块运动到C点时，对轨道的压力为14N，方向竖直向上；（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.4．（3）物块从B点运动到A点所用的时间为2s．点评：对于动力学问题，常常有两类解题思路：一是牛顿第二定律和运动学公式结合；二是机械能守恒定律或动能定理．- 11 -。

福建省龙岩一中2015届高三理综〔物理局部〕第一次测试试题〔实验班〕本试卷分第I卷〔选择题〕和第II卷。

第I卷为必考题，第II卷包括必考题和选考题两局部。

本试卷共12页，总分为300分，考试时间150分钟。

须知事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效；按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性〔签字〕笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

5．保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损；考试完毕后，将答题卡交回。

相对原子质量：H－1、N－14、O－16、Ag－108第1卷〔选择题共108分〕本卷共18小题，每一小题6分，共108分。

在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．说法中不正确的答案是A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B．全息照相的拍摄利用了光的干预原理C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是一样的，与光源和观察者的运动无关D．医学上用激光做“光刀〞来进展手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点14．如下列图，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a为最低点。

每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，如此如下关系正确的答案是A．t1 = t2 B．t1 > t2C．t1 < t2 D．无法确定15．2013年6月l3日，“神舟十号〞飞船与“天宫一号〞目标飞行器在离地面343km的近似圆形的轨道上，成功进展了交会对接。

对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。

如下说法正确的答案是A．在对接时，两者运行速度的大小都应大于第一宇宙速度B．在对接前，如不加干预，“天宫一号〞的轨道高度将缓慢降低C．在对接前，如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号〞的动能可能会减小D．航天员在“天宫一号〞内的“私人睡眠站〞中睡觉时处于平衡状态16．镜的弯曲外表是个曲面，球面的半径叫做这个曲面的曲率半径，把一个平凸透镜压在一块平面玻璃上，让红光从上方射入，如下列图，如此从上往下看凸透镜，可以看到亮暗相间的圆环状红色条纹，这些环状条纹叫牛顿环，如下关于牛顿环的说法正确的答案是A．牛顿环是凸透镜折射造成的B．牛顿环是由凸透镜两个外表反射光干预造成的入射光C ．假设改用紫光照射，如此观察到的圆环状条纹间距变大D ．假设换一个曲率半径更大的凸透镜，观察到的圆环状条纹间距变大17．如下列图为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为L ，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B 、方向与线圈平面垂直。

福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一（下）段考物理试卷（实验班）一、选择题（每小题6分，共36分）1．（6分）如图，物体m用不可伸长的细线通过光滑的水平板间的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动，若减少M的质量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变，v减小B．r增大，ω减小C．r增大，v减小D．r减小，ω不变2．（6分）下列说法正确的是（）A．竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心B．匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动C．物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力将变大D．火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨3．（6分）如图所示，小木块a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为．a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（）A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度大小一定相等D．b开始滑动时的转速是4．（6分）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力是先增大后减小C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大5．（6分）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．小球的向心力由以下哪个力提供（）A．重力B．支持力C．重力和支持力的合力D．重力、支持力和摩擦力的合力6．（6分）如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A．A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B．A、B两点的角速度之比为ωA：ωB=2：1C．A、B两点的加速度之比为a A：a B=1：2D．A、B两点的加速度之比为a A：a B=2：1二、填空题（每空6分，共24分）7．（12分）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=__________，圆盘转动的角速度大小ω=__________．8．（12分）如图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，两轮的半径均为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轮上需要时间为t，从开始倒带到A、B两轮的角速度相等的过程中，磁带的运动速度__________（填“变大”、“变小”或“不变”），所需时间__________（填“大于”、“小于”或“等于”）．三、计算题（写出必要的文字说明和解答步骤，共40分）9．（18分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地高度为1m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2，求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．10．（22分）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=lm，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量m=1Kg的小物块，从水平面上以速度V0竖直向上抛出，抛出的初速度v0=8m/s，物块从D 点进入圆轨道，最终停在A点．若A、B间的距离为8m．g=l0m/s2．求：（1）求物块运动到C点时，对轨道的压力为多大？（2）求物块与水平面间的动摩擦因数μ．（3）物块从B点运动到A点所用的时间．福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一（下）段考物理试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共36分）1．（6分）如图，物体m用不可伸长的细线通过光滑的水平板间的小孔与砝码M相连，且正在做匀速圆周运动，若减少M的质量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变，v减小B．r增大，ω减小C．r增大，v减小D．r减小，ω不变考点：向心力；牛顿第二定律．分析：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．显然砝码的重力提供向心力，当砝码的重量变化，此时向心力与砝码的重力不等，从而做离心运动，导致半径变化．向心力再次与砝码的重力相等时，又做匀速圆周运动．因此由半径的变化可得出角速度、线速度的变化．解答：解：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．砝码的重力提供向心力，当砝码的重量减小，此时向心力大于砝码的重力，从而做离心运动，导致半径变大．当再次出现砝码的重力与向心力相等时，小球又做匀速圆周运动．A、由于由于半径变大从而M的势能增大，而m和M整个系统机械能守恒，所以m的动能要减少，故可确定其v变小，故A错误，C正确；B、由于半径变大，而向心力大小变小，则角速度减小，故B正确，D错误；故选：BC．点评：本题体现出圆周运动与离心运动区别，同时掌握影响向心力大小的因素．2．（6分）下列说法正确的是（）A．竖直平面内做匀速圆周运动的物体，其合外力可能不指向圆心B．匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动C．物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力将变大D．火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，做匀加速直线运动时，物体受到的重力不变，火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨．解答：解：A、匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，A错误B、匀速直线运动和自由落体运动的合运动可以是匀变速直线运动，B错误C、物体竖直向上做匀加速直线运动时，物体受到的重力不变，C错误D、火车超过限定速度转弯时，需要的向心力增大，火车有向外运动的趋势，车轮轮缘将挤压铁轨的外轨，D正确故选：D点评：知道问题做圆周运动的向心力的来源，超重和失重时物体本身受的重力大小不变．3．（6分）如图所示，小木块a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为．a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（）A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度大小一定相等D．b开始滑动时的转速是考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．解答：解：A、b、c所受的最大静摩擦力不相等，故不同时从水平圆盘上滑落，A错误；B、当a、b和c均未滑落时，木块所受的静摩擦力f=mω2r，ω相等，f∝mr，所以ac所受的静摩擦力相等，都小于b的静摩擦力，故B正确；C、b和c均未滑落时线速度V=Rω，半径相等，则大小一定相等，故C正确；D、以b为研究对象，由牛顿第二定律得：f=2mω2l=kmg，可解得：ω=，转速，故D错误．故选：BC点评：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．4．（6分）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力是先增大后减小C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动．解答：解：A、分析B，因为是A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，此后B的向心力一部分将会由绳子拉力来提供，静摩擦力会减小，而在产生拉力前B的静摩擦力是一直增大的，其实B所受静摩擦力是先增大后减小再增大的．故A，B错误．C、由于A的半径比B大．根据向心力的另一个公式F向=mω2R，可知A、B的角速度相同，所以A所需向心力比B大，因为两物体的最大静摩擦力一样，所以A物体的静摩擦力会先不足以提供向心力而使绳子产生拉力，之后随着速度的增大，静摩擦力已经最大不变了，绳子拉力不断增大来提供向心力，所以A所受静摩擦力是先增大后不变的，C错误．D、根据向心力公式，F向=m，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确．故选：D点评：本题分段分析：在出现绳子拉力前，滑动前及滑动后．由于A需要的向心力大于B，所以在随着转动加快时，A先达到最大静摩擦力；同时出现滑动时，A的滑动摩擦力指向圆心，而B的滑动摩擦力背离圆心．5．（6分）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．小球的向心力由以下哪个力提供（）A．重力B．支持力C．重力和支持力的合力D．重力、支持力和摩擦力的合力考点：向心力；物体的弹性和弹力．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动的合力总是指向圆心，称为向心力；小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力．解答：解：小球受到重力和支持力，由于小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球的向心力由重力和支持力的合力提供，故C正确．故选：C点评：本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，由牛顿第二定律和圆周运动结合进行分析，是常用的方法和思路．6．（6分）如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A．A、B两点的线速度之比为v A：v B=1：2B．A、B两点的角速度之比为ωA：ωB=2：1C．A、B两点的加速度之比为a A：a B=1：2D．A、B两点的加速度之比为a A：a B=2：1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：同缘传动边缘点线速度大小相等，同轴传动角速度相等，根据a=和v=ωr求解加速度之比．解答：解：A、同缘传动边缘点线速度大小相等，故v A：v B=1：1，故A错误；B、由于v A：v B=1：1，根据v=ωr，线速度一定时角速度与半径成反比，故ωA：ωB=1：2，故B错误；C、D、根据a=和v=ωr，有a=vω，由于v A：v B=1：1，ωA：ωB=1：2，故a A：a B=1：2，故C正确，D错误；故选：C．点评：传动问题把握两个原则：同缘传动边缘点线速度大小相等，同轴传动角速度相等．二、填空题（每空6分，共24分）7．（12分）半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=，圆盘转动的角速度大小ω=（n=1、2、3…）．考点：匀速圆周运动；平抛运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．解答：解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t=，竖直方向做自由落体运动，则h=根据ωt=2nπ得：（n=1、2、3…）故答案为：；（n=1、2、3…）．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．8．（12分）如图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，两轮的半径均为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轮上需要时间为t，从开始倒带到A、B两轮的角速度相等的过程中，磁带的运动速度变大（填“变大”、“变小”或“不变”），所需时间大于（填“大于”、“小于”或“等于”）．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，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v=rω，知A线速度增大，若磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，由于A线速度越来越大，倒回前一半磁带比倒回后一半磁带所用时间要长，即A、B两轮的角速度相等所需要的时间大于．故答案为：变大；大于．点评：解决本题的关键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，即磁带倒回来一半．四、计算题（写出必要的文字说明和解答步骤，共40分）9．（18分）如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地高度为1m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受力为12.5N就会拉断，g取10m/s2，求：（1）当小球的角速度为多大时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离．考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出角速度．（2）绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解．解答：解：（1）小球在水平面内做圆周运动时，由重力G和拉力F的合力提供向心力，当绳子拉力为12.5N时，向心力最大，细线将断裂．则有：F合===7.5N根据几何关系得：==根据向心力公式得：F合=mω2r解得r=0.3m，h1=0.4m，ω=5rad/s（2）绳断裂后，小球做平抛运动，初速度v=ωr=1.5m/s竖直方向下落的高度h2=h﹣h1=1﹣0.5×=0.6m所以t==s=s水平位移为x=vt=1.5×=m则落地点与悬点的水平距离S===0.6m答：（1）当小球的角速度为5rad/s时细线将断裂．（2）线刚好拉断时球落地点与悬点的水平距离是0.6m．点评：解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．10．（22分）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=lm，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量m=1Kg的小物块，从水平面上以速度V0竖直向上抛出，抛出的初速度v0=8m/s，物块从D 点进入圆轨道，最终停在A点．若A、B间的距离为8m．g=l0m/s2．求：（1）求物块运动到C点时，对轨道的压力为多大？（2）求物块与水平面间的动摩擦因数μ．（3）物块从B点运动到A点所用的时间．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）从抛出到C点的过程，只有重力做功，运用机械能守恒列式，求解物块运动到C点时的速度，再根据牛顿第二、第三定律求解对轨道的压力大小；（2）由动能定理求出动摩擦因数．（3）由机械能的守恒定律求出物块到B点速度，由动能定理求解AB间的距离，再根据牛顿第二定律和运动学公式结合即可求解时间．解答：解：（1）从抛出到C点的过程，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R+mv C2，代入数据解得：v C=2m/sC点，由牛顿第二定律得：F+mg=m，代入数据解得：F=4N，由牛顿第三定律，物块对轨道的压力为：F′=14N，（2）整个运动过程，由动能定理得：﹣μmgs AB=0﹣mv02，代入数据解得：μ=0.4；（3）由机械能守恒定律可知，物体到达B点时的速度v=v0=8m/s，在水平面上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2，物块从B点运动到A点所用的时间：t===2s；答：（1）物块运动到C点时，对轨道的压力为14N，方向竖直向上；（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.4．（3）物块从B点运动到A点所用的时间为2s．点评：对于动力学问题，常常有两类解题思路：一是牛顿第二定律和运动学公式结合；二是机械能守恒定律或动能定理．。

龙 岩 一 中 2015 届 高 三 校 模 拟 考 试理 科 综 合 能 力 测 试（考试时间：150分钟；满分：300分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5第Ⅰ卷 （选择题 共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1.右图是酵母菌细胞结构模式图，①是细胞壁，⑧是液泡，有关叙述正确的是A ．此细胞在较高浓度的葡萄糖溶液中会发生质壁分离B ．酵母菌可遗传变异来源是基因突变C ．此细胞在代谢中能产生CO 2的结构是⑨D ．②③⑤⑥⑧⑨构成该细胞的生物膜系统 2. 下列有关实验方法或试剂使用的叙述，正确的是A ．绿叶中色素提取时采用的方法为纸层析法B ．卡诺氏液固定细胞形态后需用清水冲洗2次再制片C ．用溴麝香草酚蓝溶液可以检测酵母菌无氧呼吸是否产生酒精D ．用苏丹III 染液鉴定花生子叶中脂肪时，需用50％酒精洗去浮色3.关于生态系统和生物进化的叙述，错误的是A ．人工鱼塘生态系统中消费者同化的能量往往大于生产者所固定的能量B ．在环境条件保持稳定的情况下，种群的基因频率也会发生改变C ．生态系统中的能量最终以热能的形式散失到环境中D ．生物多样性的形成也就是新物种不断形成的过程4.下图为人体一些生理过程控制的示意图（①~⑤代表生理过程，M1~M3表示物质），下列叙述正确的是A.老年人细胞中没有M3，所以没有⑤过程B.基因1、基因2和基因3可同时出现在同一细胞中C.产生M2的细胞具有识别抗原作用，但没有特异性D.镰刀型细胞贫血症的根本原因是在④过程出差错5. 下图为人和高等动物体内存在的甲状腺激素调节示意图。

甲、乙、丙表示不同的器官，a 、b 、c 表示三种不同的激素，下列说法分析正确的是A ．器官甲、乙、丙分别是下丘脑、垂体、甲状腺B ．激素a 的靶器官是乙，激素C 的靶细胞是甲、乙器官的细胞C. 器官丙在人体中具有调节血糖、生物节律等作用M1M2M3正常红细胞镰刀型红细胞红细胞黑色素②D ．在调节体温方面激素C 和肾上腺素有拮抗作用6．下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A ．Cl 2、SO 2、NH 3的水溶液虽都能够导电，但它们均属于非电解质B ．在浓硝酸中加入等体积浓硫酸后，立即加入铝片，铝片发生钝化C ．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大D ．电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动7．下列说法正确的是 A ．乙烯和聚氯乙烯均能使溴水褪色，发生加成反应B ．丁烷（C 4H 10）和二氯甲烷都存在同分异构体C ．“地沟油”的主要成分是油脂，其成分与矿物油不同D. 淀粉，蛋白质，蔗糖都是能发生水解的高分子化合物8．已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：下列相关离子方程式或化学方程式错误．．的是A ．①可能为CH 4＋Cl 2光3Cl ＋HClB ．①可能为Fe ＋2Fe 3+＝3Fe 2+C ．②可能为2NO ＋O 2＝2NO 2D ．②可能为CO32－＋H 2O ＋CO 2＝2HCO 3－9.下面各装置图能达到实验目的的是A.实验Ⅰ量取20.0mL 的H 2SO 4待测液放入锥形瓶中 B ．实验Ⅱ用CaC 2和饱和食盐水反应制取C 2H 2C ．实验Ⅲ制取氨气D ．实验Ⅳ溴水褪色证明了乙烯可以与溴发生加成反应10. N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A ． 1.8g 重水中含有的电子数为N AB ． 1 L0.1 mol/L FeCl 3溶液中含有的Cl - 数为0.3 N AC ． 25℃,1 L PH=13的Ba(OH)2溶液中含有的oH - 数为0.2 N AD ． 标准状况下，2.24 LNO 和NO 2混合气体中含有的氧原子数为0.15N A11．工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni 的原理如图所示。