2015年江西省吉安市新余一中、吉安县中联考高考物理模拟试卷

新余市2015年高三“二模”统一考试理科综合试卷命题人：胡黎刚 曹 华 朱国宏 刘海锋 晏迟红 付宁福可能用到的相对原子质量：H :1 N :14 O:16 Al:27 Cl:35.5 Cu 64 Se:79Ag 108 Au 197一、选择题（本题包括13个小题，每小题6分，共78分。

每小题只有一个正确选项．．．．．．．．。

） 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是 ( )A ．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法B ．利用v -t 图像推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C ．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D ．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的15. 一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为 ( )A ．)11(212x x v +∆）（ B ．122)(2x x v -∆ C ．)11(212x x v -∆）（ D ．122v)(x x -∆ 16.如图所示，N 个小球(可看做质点)均匀分布在半径为R 的圆周上，圆周上P 点的一个小球所带电荷量为﹣2q ，其余小球带电量为+q ，圆心处的电场强度大小为E ．若仅撤去P 点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（ ）A ．EB ．E/2C ．E/3D ．E/417．在粗糙绝缘的斜面上A 处固定一点电荷甲,在其左下方B 点无初速度释放带电小物块乙,小物块乙沿斜面运动到C 点静止,从B 到C 的过程中,乙带电量始终保持不变,下列说法正确的是 （ ）A ．甲、乙一定带异种电荷B ．小物块的电势能一定减少C ．小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功D ．B 点的电势一定高于C 点的电势18．热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件,它的重要特性之一是,其电阻值随着环境温度的升高而减小。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

单选题1。

2。

3。

4。

5. 6. 题，多选题7。

8。

9。

10题。

1. 下列说法中正确的是（）A. 重力和电场力做功都与运动路径无关B. 在经典力学中，位移和时间的测量都与参考系选择有关C. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出地球和太阳之间万有引力的大小D. 惯性定律在任何参考系中都成立2. 如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，让两个质量相同的小球A和小球B，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则（）A. A球的线速度一定大于B球的线速度B. A球的角速度一定大于B球的角速度C. A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度D. A球对筒壁的压力一定大于B球对筒壁的压力3. 2008年9月25日，我国成功发射了“神舟七号”载人飞船，在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，下列说法中正确的是（）A. 知道飞船的运动轨道半径和周期，再利用万有引力常量，就可以算出飞船的质量B. 宇航员从船舱中慢慢“走”出并离开飞船，飞船因质量减小，受到地球的万有引力减小，则飞船速率减小C. 飞船返回舱在返回地球的椭圆轨道上运动，在进入大气层之前的过程中，返回舱的动能逐渐增大，势能逐渐减小D. 若有两个这样的飞船在同一轨道上，相隔一段距离沿同一方向绕行，只要后一飞船向后喷出气体，则两飞船一定能实现对接4. 如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态，则（ ）A. B 受到C 的摩擦力一定不为零B. C 受到水平面的摩擦力一定为零C. 不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力方向一定向左D. 水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等5. 如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直装置，两板间加上如图乙所示的交变电压。

2015年江西省三县部分高中高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是（）A.比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点B.不计空气阻力和浮力的影响，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动C.静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力D.圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力就是物体受到的力的合力【答案】B【解析】解：A、C=采用的是比值定义法，C是由电容器本身的性质决定的，故电量Q及电压U无关；这是比值定义法的共性；故A错误；B、若不计阻力，则物体在空中只受重力，故一定做匀变速直线运动；故B正确；C、静止的物体若相对其他物体有相对运动，则可以受到滑动摩擦力；同理，若运动的物体相对于和它接触的物体静止，则可能受静摩擦力；故C错误；D、圆周运动的向心力可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力；故D错误；故选：B．比值定义法共同点是：所定义的物理量与所用的物理量无关；抛体运动只受到重力作用，故是一种匀变速运动；两个物体只要发生相对运动即受到滑动摩擦力；运动的物体一样可以受到静摩擦力；圆周运动的向心力是变力，故加速度不断变化．其向心力可以是合力也可以是某个力的分力．本题考查摩擦力、比值定义法及向心力等内容，要注意摩擦力的相对性，明确运动的物体可以受静摩擦力；静止的物体也可以受滑动摩擦力．2.在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为+q和-q的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为（）A.qB.C.2qD.2q【答案】A【解析】解：选甲、乙作为整体为研究对象，加速度为：a=…①选乙为研究对象，列牛顿第二定律方程有：=ma…②①②联立得：r=q，故A正确、BCD错误．故选：A．对整体分析，根据牛顿第二定律求出共同的加速度，隔离对乙分析，运用牛顿第二定律求出它们之间的距离．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．3.如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）A.sin2θ：1 B.sinθ：1 C.cos2θ：1 D.cosθ：1【答案】C【解析】解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，由平衡条件，得：N=mgcosθ同理N′=由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N′；则它们之比为′，故C正确故选C分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比．考查了受力分析，注意各力的方向，灵活利用平衡条件．4.科学家经过深入观测研究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗．有地理学家观察了现存的几种鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在30条左右，与现代农历一个月的天数完全相同．观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔．研究显示，现代鹦鹉螺的贝壳上，每隔生长线是30条，中生代白垩纪是22条，侏罗纪是18条，奥陶纪是9条．已知地球表面的重力加速度为10m/s．地球半径为6400kin，现代月球到地球的距离约为38万公里．始终将月球绕地球的运动视为圆周轨道，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为（）A.8.4×108mB.1.7×108mC.1.7×107mD.8.4×107m【答案】B【解析】解：在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：，则有：GM=g R2，又根据万有引力提供向心力为：，联立解得：r=．代入数据得：r≈1.7×108m．故B正确，A、C、D错误．故选：B．在地球表面的物体受到的重力等于万有引力=mg，又因为万有引力提供向心力，联立两式求出月球到地球之间的距离．本题要注意奥陶纪月球绕地球运动的周期为T=9天，还要知道在地球表面的物体受到的重力等于万有引力=mg，这个关系常常成为黄金代换．5.在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1=μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：小滑块的合力F合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°小物块上滑的加速度a2=°°=，滑行时间t′==2，因此′==，故选A．对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析．6.如图所示一劲度系数为K的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，初始时全部静止，弹簧处于自然长度，现设法控制B的运动，使A匀加速下降，用x表示弹簧伸长量，用a表示A的加速度，则在能保持A匀加速下降的整个过程中（始终在弹簧弹性限度内），重力加速度为g，下列说法正确的有（）A.B对A的作用力随弹簧伸长量x线性递增B.若a=，则弹簧最大形变量为C.B对A的最大作用力为m（g+a）D.物块A的重力势能减少了（g-a）【答案】B【解析】解：A、随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，故A错误；B、当mg-F=ma，解得F=mg-ma==kx，解得x=，故B正确；C、由B项可知，B对A的最大作用力为F=mg-ma，故C错误；D、由mg-ma=kx得：x=，故物块的重力势能减小了mgx=，故D错误；故选：B在物体与托盘脱离前，物体受重力、弹簧拉力和托盘支持力的作用，随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，但仍维持合外力不变，加速度不变，物体随托盘一起向下匀加速运动．当托盘运动至使支持力减小为零后，弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a，物体与托盘脱离．所以物体与托盘脱离的条件是支持力N=0牛顿第二定律揭示了运动和力的关系，可根据物体的受力情况分析运动情况，也可根据物体的运动情况分析受力情况．本题不能想当然，凭感觉，而是要应用牛顿定律认真分析，得到结论．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)7.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动．下列说法正确的是（）A.A、B之间的摩擦力可能大小不变B.A、B之间的摩擦力一定变小C.B与墙之间可能没有摩擦力D.弹簧弹力一定不变【答案】AD【解析】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为m A gsinθ，若F=2m A gsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变．故A正确，B错误．C、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故C错误，D正确．故选AD．隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．8.如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F值定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动：若保持拉力的功率恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则（）A.t2=t1B.t1＞t2C.a2=2a1D.a2=3a1【答案】BD【解析】解：C、D由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：F=F安=BIL=BL=…①当拉力恒定，速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：F-=ma1…②由①②解得：a1=．若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有：P=F•2v，又F=F安=所以P=则当速度为v时，拉力大小为：F1==；根据牛顿第二定律，得：F1-=ma2，解得：a2=，所以有a2=3a1，故C错误，D正确；A、B当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此最后都达到速度2V时，t1＞t2，故A错误，B 正确．故选：BD分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的．本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确是（）A.悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B.物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能C.橡胶无固定熔点，是非晶体D.热机的效率可以等于100%E.对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大【答案】ACE【解析】解：A、悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故A正确；B、物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故B错误C、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故C正确；D、热机的效率无法达到100%；故D错误；D、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故E正确；故选：ACE．布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志．本题考查分子运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.波速均为v=2m/s的甲、乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q处的质点均处于波峰．关于这两列波，下列说法正确的是（）A.甲波中的P处质点比M处质点先回平衡位置B.从图示的时刻开始，p处质点比Q处质点先回平衡位置C.从图示的时刻开始，经过1.0s，P质点沿x轴正方向通过的位移为2mD.如果这两列波相遇可能产生稳定的干涉图样【答案】AB【解析】解：A、波向右传播，此时M点向上运动，P质点直接向下运动回到平衡位置，所以P 处质点比M处质点先回平衡位置．故A正确．B、D，T甲=甲s=2s，T乙=乙s=4s，周期不同，两波频率不同，不能产生干涉．P 点、Q点回到平衡位置时间分别为t P=T甲=0.5s，t Q=T乙=1s，则t p＜t Q．所以P处质点比Q处质点先回平衡位置．故B正确，D错误．C、从图示的时刻开始，经过t=1.0s=0.5T甲，P质点到达波谷，通过的位移为20cm=0.2m．故C错误．故选：AB同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后．不同的波动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后．根据时间与周期的关系，确定质点P的位置，从而求出其位移．根据干涉的条件：两列波的频率相同判断能否产生干涉．波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列关于原子物理学的说法中不正确的是（）A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短；比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D.光电效应的实验结论是：对于某种金属无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应；超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大【答案】AC【解析】解：A、β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故电子不是原子核的组成部分，故A错误；B、根据玻尔理论得知，氢原子的能量不连续的，辐射的光子的能量是不连续的，则辐射的光子频率满足hv=E m-E n，则辐射的光子频率不连续，故B正确；C、半衰期由原子核内部因素决定，与温度无关，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故C错误；D、根据光电效应方程：E k=hγ-W0对于某种金属无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应；超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，D正确．题目要求选不正确的，故选：AC．β衰变的电子来自原子核，不是核外电子；玻尔引入了量子理论，氢原子的能量是量子化，辐射时产生的光子频率是量子化；半衰期由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关；根据光电效应方程：E k=hγ-W0．判断．β衰变的电子来自原子核但电子并不是原子核的组成部分．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量m A=0.5kg，金属板B的质量m B=1kg．用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力F f= ______ N，A、B间的动摩擦因数μ= ______ ．（g取10m/s2）．该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F= ______ N【答案】2.50；0.50；4.50【解析】解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，F f=F=2.50N．根据F f=μm A g，解得：μ=0.5．由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=a T2，其中△x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2．根据牛顿第二定律得：F-F f=m B a，带入数据解得F=4.50N．故答案为：2.50，0.5，4.50．由于铁块与金属板间有相对运动，二者之间存在滑动摩擦力．当弹簧稳定时，铁块处于平衡态，即铁块所受的摩擦力与弹簧的弹力是一对平衡力，即可测得二者之间的摩擦力．据f=μmg可求得动摩擦因数．根据△x=a T2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小．本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用．10.采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差．某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势E和内电阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G．（1）请你补充实验步骤：①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA ______ φB（选填“大于”、“小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1 ______ （选填“大于”、“小于”或“等于”）通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得______ ，读出______ ．（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为______ 、内电阻r的表达式为______ ．（3）该实验中E测______ E真（选填“大于”、“小于”或“等于”），r测______ r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】等于；等于；灵敏电流计示数为零；电流表和电压表的示数I2和U2；U1+；；等于；等于【解析】解：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．（2）根据闭合回路欧姆定律得：E=I1r+U1E=I2r+U2解得：E=U1+r=（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真．故答案为：（1）等于，等于，灵敏电流计示数为零，电流表和电压表的示数I2和U2（2）U1+，（3）等于，等于本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法．本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解．电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.一质量为60kg的跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（取g=10m/s2），求：（1）运动员展开伞时，离地面高度至少为多少？（2）运动员展开伞后，所受到的阻力为多少？（3）运动员在空中的最短时间是多少？【答案】解：（1）设运动员做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5m/s，这种情况运动员在空中运动时间最短，则有：v2=2gh…①v t2-v2=2a（H-h）…②由①②两式解得：h=125m，v=50m/s．为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为：H-h=224m-125m=99m．（2）由牛顿第二定律得，f-mg=ma，代入数据可解得：f=1350N；（3）他在空中自由下落的时间为：t1==s=5s．他减速运动的时间为：t2===s=3.6s．他在空中的最短时间为：t=t1+t2=8.6s．答：（1）运动员展开伞时，离地面高度至少为99m；（2）运动员展开伞后，所受到的阻力为1350N；（3）运动员在空中的最短时间是8.6s．【解析】开始做自由落体运动，然后做匀减速运动，根据其运动形式列相应的方程求解即可．复杂运动过程都是由简单过程组成的，本题中包含有自由落体和匀减速直线运动；在解答复杂运动问题，关键是分析清楚其运动过程，搞清运动形式，然后根据相应规律列方程求解．12.如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距离均为L（L=0.1m），AB间所加电压u=200sin100πt V，如图乙所示．平行金属板右侧处有一竖直放置的金属挡板C，高度为并和A、B间隙正对，C右侧L处有一竖直放置的荧光屏S．从O点沿中心轴线OO′以速度v0=2.0×103m/s连续射入带负电的离子，离子的比荷=3×104C/kg，（射到金属板上的离子立即被带走，不对周围产生影响，不计离子间的相互作用，离子在A、B两板间的运动可视为在匀强电场中的运动．）离子打在荧光屏上，可在荧光屏中心附近形成一个阴影．π取3，离子的重力忽略．（1）求荧光屏中心附近阴影的长度．（2）为使从A极板右侧边缘打出的离子能到达屏的中点O′，可在挡板正上方一圆形区域加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=T（圆心在挡板所在垂线上，图中未画出），求所加圆形磁场的面积和离子在磁场区域运动的时间．（计算结果全部保留二位有效数字）【答案】解：（1）设两板间所加电压U时，负离子离开电场时的侧向距离y，由牛顿第二定律得：离子离开偏转电场时的速度偏角满足：所以离子在挡板上竖直方向偏离A板高度的距离：′而′所以有：′离子从挡板飞到屏上在竖直方向上偏转的位移：′′这时离子在屏上距中心O'的距离：上因为相同的离子当加上大小相等的反向电压时，离子偏转对称于OO'轴，可知离子距屏中心O'的距离：下上所以阴影部分的长度为：阴上下（2）设离子在偏转电压U中加速后以速度v进入磁场中运动的半径为R，满足条件的离子运动轨迹如图所示．离子以v=进入磁场，做匀速圆周运动，由知，代入数据得根据几何关系，所加的磁场的半径：，所以所加磁场的面积：2为，且离子在磁场中运动的偏转角度为90°，所以，离子在磁场中运动的时间为：′答：（1）荧光屏中心附近阴影的长度为0.22m；（2）所加圆形磁场的面积为6.7×10-3m2和离子在磁场区域运动的时间3.5×10-5s【解析】（1）能到达屏的离子临界状态是从挡板上下两个端点飞过，离子在电场中做类平抛运动，离开电场做匀速直线运动，根据离子的运动特征结合几何关系求解阴影部分的长度；（2）作出满足条件的离子运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供圆周运动向心力求解离子做圆周运动的半径，从而得出磁场的面积，并根据离子在磁场中做圆周运动所转过的圆心角，根据周期关系求出离子在磁场中的运动时间．本题运算较复杂，考查带电粒子在电场中做类平抛运动，熟练掌握运动的合成与分解的访求分析处理类平抛运动问题，能根据离子运动轨迹处理带电粒子在磁场中做圆周运动问题．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示的玻璃管ABCDE，CD部分水平，其余部分竖直（B端弯曲部分长度可忽略），玻璃管截面半径相比其长度可忽略，CD内有一段水银柱，初始时数据如图，环境温度是300K，大气压是75cm H g．现保持CD水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，当水平段水银柱刚好全部进入DE竖直管内时，保持玻璃管静止不动．问：（1）玻璃管A端插入大水银槽中的深度是多少？（即水银面到管口A的竖直距离）？（2）当管内气体温度缓慢降低到多少K时，DE中的水银柱刚好回到CD水平管中？【答案】解：（1）以玻璃管内气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，p1=p0=75cm H g，V1=（140+15+5）S=160S，p2=p0+h1=75+5=80cm H g，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，即：75×160S=80×L2S，L2=150cm，h=160+10-150+5=25cm；（2）T1=300K，V1=160S，V3=（140+15+10-25）S=140S，由盖吕萨克定律得：=，即=，T3=262.5K；答：（1）玻璃管A端插入大水银槽中的深度是25cm．（2）当管内气体温度缓慢降低到262.5K时，DE中的水银柱刚好回到CD水平管中．【解析】（1）以玻璃管内封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律求出A端插入水银槽后气体体积，然后求出A插入水银槽中的深度．（2）以管内气体为研究对象，从图示状态到水银全部回到CD水平管中，由盖吕萨克定律列方程，可以求出气体的温度．熟练应用玻意耳定律、盖吕萨克定律即可正确解题，解题的难点与关键是求出各状态下气体体积与压强．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，折射率n=的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上方，其平面AB到MN的距离为h=10cm．一束单色光沿图示方向射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上的O′点．现使玻璃砖绕圆心O点顺时针转动，光屏上的光点将向哪个方向移动？光点离O′点最远是多少？【答案】解：光屏上的光点将向右移动．如图，设玻璃砖转过α角时光点离O′点最远，记此时光点位置为A，此时光线在玻璃砖的平面上恰好发生全反射，临界角为C．由折射定律有sin C=由几何关系知，全反射的临界角C=α=45°光点A到O′的距离x AO′=．。

2015年江西省重点中学十校联考高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法正确的是（）A．速度变化越快的物体惯性越小B．物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向不垂直也不在一条直线上 C．学校餐厅的吊扇在工作时向下挤压空气，空气对吊扇产生向上的推力，减轻了吊杆对吊扇的拉力，所以，即使吊杆略有松动也是安全的D．法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机【考点】：物体做曲线运动的条件；作用力和反作用力．【分析】：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．【解析】：解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力﹣﹣的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；D、法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．故D正确．故选：CD【点评】：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解．2．（6分）（2015•江西校级一模）趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．【解析】：解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．故选：A．【点评】：本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解3．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（）A．tanθ= B．tanθ=C．tanθ=2μ1﹣μ2 D．tanθ=2μ2﹣μ1【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功．运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案．【解析】：解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．设斜面AC长为L，运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：mgLsinθ﹣μ1mgcosθ×L﹣μ2mgcosθ×L=0﹣0=0解得：tanθ=故选：A．【点评】：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意运动过程中力的变化．4．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0×10﹣7C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10﹣8J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10﹣8J．下列说法正确的是（）A． A、B两点之间的电势差为10VB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=4.0×10﹣8JC．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=8.0×10﹣8JD．若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强一定是E=10V/m【考点】：电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到W MN与W AB、W DC的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=qU，可求出M、N间电势差．【解析】：解：A、，故A错误．B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N 点的电势是B、C两点电势的平均值，即，，所以：W MN=qU MN=q（φM﹣φN）=q（）==4×10﹣8J，故B正确、C错误．D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误．故选：B【点评】：本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解W MN．运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．5．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i与线框移动的位移x 的关系图象正确的是（）A． B． C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：压轴题．【分析】：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．【解析】：解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C 正确；故选C．【点评】：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．6．（6分）（2015•江西校级一模）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【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】：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．【解析】：解：A、根据=ma得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．B、根据=m得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D 错误．故选：AB．【点评】：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．7．（6分）（2015•江西校级一模）水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（）A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同【考点】：功能关系；电功、电功率．【分析】：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．【解析】：解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．故选：BC．【点评】：本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．8．（6分）（2015•江西校级一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为P，下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin50πVB．只断开S2后，L1、L2的功率均小于C．只断开S2后，原线圈的输入功率大于D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：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．【解析】：解：A、周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为=0.8W，D正确．故选：D．【点评】：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．二、非选择题（一）必考题9．（6分）（2015•江西校级一模）某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用U2﹣h 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是空气阻力（至少列举一点）．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．【解析】：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2﹣h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．【点评】：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．10．（9分）（2015•江西校级一模）要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：电流表A，量程0.6A，内阻约为0.1Ω；电压表V2，量程5V，内阻约为5KΩ；定值电阻R1，阻值为30Ω；定值电阻R2，阻值为3KΩ；滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；开关S一个，导线若干．（1）有人拟将待测电压表V1和题中所给的电流表A串连接入电压合适的测量电路中，测出V1的电压和电流，再计算出R V．该方案实际上不可行，其最主要的原因是由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A 不能准确测量出流过电压表V1的电流（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻R V的实验电路．要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成．试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号．（3）由上问写出电压表V1内阻R V的表达方式，说明式中各测量量的物理意义．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题；压轴题；恒定电流专题．【分析】：（1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．（3）根据串联电路特点可以求出电压表内阻的表达式，从而进一步，明确各个物理量的含义．【解析】：解：（1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A 串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．故其原因是：由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．测量电压表V1内阻R v的实验电路如图所示：（3）根据串联电路的特点有：，式中U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．故电压表内阻的表达式为：；中U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．【点评】：本题在课本基础实验的基础上有所创新，只要明确了实验原理，熟练应用电路的串并联知识，即可正确解答．11．（13分）（2015•江西校级一模）一质量m=1.0kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图象（g取10m/s2）．求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；（3）求1s末重力的瞬时功率．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】：功率的计算专题．【分析】：（1）根据速度时间图线求出滑块匀减速运动的加速度大小和上滑的位移，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．（2）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，结合速度位移公式求出下滑到初始位置的速度大小．由动能定理可求摩擦力做的功，由能量的转化和守恒可知，摩擦力做的哦概念股等于损失的机械能，进而可得滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；（3）根据运动学求得1s末的速度，由P=mgsinθ•v可得重力的瞬时功率．【解析】：解：（1）由图象知：a=m/s2，上滑的长度：x===1.2m，上滑时，分析受力：mg sin37°+µmgcos37°=ma，代入数据解得：µ=0.5．（2）下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsin37°﹣µmgcos37°=ma′，代入数据解得：a′=2m/s2根据v2=2a′x，代入数据解得：v=m/s．由动能定理可得：=9.2J，摩擦力做的功等于机械能的损失9.2J．（3）1s末的速度为：v1=a′t=2×1=2m/s，故此时重力的瞬时功率为：P=mgsinθ•v=1×10×0.6×2=12W．答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能为9.2J；（3）求1s末重力的瞬时功率为12W．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和速度图象的综合，知道图线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式求解是关键，加速度是联系力学和运动学的桥梁．12．（19分）（2015•江西校级一模）如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．（1）求带电粒子的速率．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t．（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．【解析】：解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0=2r，r=0.5R0根据半径公式得：r=解得v=（2）磁场的大小变为B后，由半径公式r=可知粒子的轨道半径变为原来的=2倍，即为R0，根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角90°解得：t=T==（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以为的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：（+1）R0；根据周期公式，则有：T==答：（1）带电粒子的速率为．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，粒子在磁场中最长的运动时间t为．（3）R1的最小值为（+1）R0；粒子运动的周期T为．【点评】：对于带电粒子在磁场的圆周运动，要由洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨迹关系求出粒子进入磁场中的速度方向，再根据速度关系求出质子在电场中做何种运动，然后根据运动性质求解．选考题：【物理-选修3-3】（15分）13．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；温度是分子平均动能的标志．【分析】：阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数；布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积；分子间既有引力又有斥力，当间距小于平衡位置时，斥力较显著．【解析】：解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积．故A错误；B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显．故B正确；C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大．故C正确；D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；故选：BCD【点评】：解答本题知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点；知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记．14．（9分）（2015•江西校级一模）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；【解析】：解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①解得：P=P0+，由玻意耳定律得：=PV…②，其中V=Sh2；V0=Sh1；联立得：h=h1﹣h2=答：活塞下落的高度为【点评】：本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键．【物理-选修3-4】（15分）15．（2015•江西校级一模）以下说法中不正确的有（）A．作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波E．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场【考点】：电磁波的产生；光的干涉．【分析】：根据简谐运动的周期性分析物体通过同一位置时加速度和速度是否相同．横波在传播过程中，质点不向前移动．光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波．在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场．【解析】：解：A、作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度，而速度有两种方向，可能不同．故A错误．B、横波在传播过程中，波峰上的质点只在自己的平衡附近振动，不向前移动．故B错误．。

【名师解析】江西省高安中学、九江一中、新余一中、临川一中等2015届高三一模考试物理试卷一、选择题（共8小题，每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。

全部选对得6分，选对但不全的3分，有选错的得0分）1．（6分）（2015•高安市一模）关于物理学的研究和科学家做出的贡献，下列说法错误的是（）A．牛顿发现万有引力定律并精确测出了引力常量，“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的B．根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C．伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度，以及加速度等描述运动的基本概念D．法拉第最早提出电荷周围产生电场观点【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许精确测出了引力常量，“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的，故A错误；B、根据速度的定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故B正确；C、伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度，以及加速度等描述运动的基本概念，故C正确；D、法拉第最早提出电荷周围产生电场观点，故D正确；本题选错误的，故选：A．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意知识的积累．2．（6分）（2015•高安市一模）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度相同C．在0～5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c一定做变速曲线运动【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化．图象c是一条抛物线表示匀加速运动．【解析】：解：A、B位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反．故A错误，B错误．C、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远．故C正确．D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+at2，可见，x﹣t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动．故D错误．故选：C．【点评】：本题是为位移﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向．3．（6分）（2015•高安市一模）一轻绳系住一质量为m的小球悬挂在O点，在最低点现给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，若在水平半径OP的中点A 处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过后P点后将绕A 点做圆周运动，则到达最高点N时，绳子的拉力大小为（）A．0 B．3mg C．2mg D．4mg【考点】：向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：小球在最高点时，由重力和轻绳的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求解绳子的拉力大小．【解析】：解：小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，在最高点由重力提供向心力，则有mg=m解得：v=，根据机械能守恒，在最高点N的速度为v′，则：根据向心力公式：T+mg=，联立得：T=3mg故选：B【点评】：圆周运动往往与其他知识综合在一起，本题是圆周运动与机械能守恒定律的综合．常见问题，不难．4．（6分）（2015•高安市一模）如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧测力计读数为2N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg时，将会出现的情况是（g=10m/s2）（）A．A向左运动B．弹簧测力计的读数将变化C．A对桌面的摩擦力变小D．A所受的合力将要变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化．【解析】：解：初态时，对A受力分析有：得到摩擦力F f=F1﹣F2=6﹣2=4N，说明最大静摩擦力F max≥4N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力变为3N，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化F f′=1N．故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】：本题考查静摩擦力的计算，要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化，但不会超过最大静摩擦力．弹簧的弹力取决于弹簧的形变量，形变量不变，则弹力不变．5．（6分）（2015•高安市一模）图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带负电的带电粒子．则下列说法中正确的是（）A．N一定也带负电B．a点的电势高于b点的电势C．带电粒子N的动能减小电势能增大D．带电粒子N的动能增大电势能减小【考点】：电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向【解析】：解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN 可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右．N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误．B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以等势面a的电势高于等势面b的电势．故B 正确；C、D电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．6．（6分）（2015•高安市一模）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连．开始时A在圆环的最高点，现将A、B静止释放，则（）A．B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功为零B．A球运动到圆环的最低点时，速度为零C．在A、B运动的过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．B球可以运动到圆环的最高点【考点】：机械能守恒定律；功的计算．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：把AB看成一个系统，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求出B球到达最低点的速度，对B球运用动能定理即可求解杆对B球所做的总功；设B球到右侧最高点时，AB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解．【解析】：解：ABC、在A、B运动的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有：m A gR+m B gR=m A v A2+m B v B2又因为v A=v B得：v A=对B球，根据动能定理，m B gR+W=m B v B2而v B=解得：W=0，故A、C正确，B错误；C、设B球到右侧最高点时，AB与竖直B方向夹角为θ，如图，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，m A gR=m B gRcosθ﹣m A gRsinθ代入数据得，θ=30°所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30°，故D错误；故选：AC．【点评】：本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，选择恰当的规律解答．7．（6分）（2015•高安市一模）如图所示，两个有界匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，其宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：线框中电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是（）A．B．C．D．【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．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：线框以速度v匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量是磁场、线框宽度、速度及时间共同决定．由于线框匀速穿过方向不同的磁场，因此当在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，所以电流是两者之和，且方向相反．线框中有感应电流，则由左手定则可确定安培力的方向，通过安培力公式可得出力的大小．由电功率的表达式可知与电流的平方成正比，因此可得出电功率与时间的关系【解析】：解：A、在﹣2时间内：磁通量Φ=BS=BLv（t﹣），随着时间均匀增大，在t=2时刻，线框完全进入第一个磁场，磁通量为BL2；在2﹣•时间内：线框从第一个磁场开始进入第二磁场，磁通量存在抵消，磁通量均匀减小，在t=•时刻，当线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零．在•﹣3时间内：磁通量反向均匀增大，在t=3时刻，线框完全进入第二个磁场，磁通量反向最大为﹣BL2；在3﹣4时间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小，在t=4时刻，磁通量为零．故A正确．B、在﹣2时间内：根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势E=BLv，保持不变；在2﹣3时间内：线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势方向相同，串联，电路中总的感应电动势应为2BLV，故B错误；C、由于线框匀速运动，外力与安培力总保持平衡，根据楞次定律判断可知安培力的方向总是水平向左，则外力F方向总是水平向右，始终为正值．在﹣2时间内：F=BIL=BL=；在2﹣•时间内：F=2BL=4；在2﹣3时间内：F=BIL=BL=；故C错误．D、在﹣2时间内：P=Fv=BILv=BL v=；在2﹣•时间内：P=Fv=2BL v=4；在•﹣3时间内：P=Fv=BILv=BL=；故D正确．故选：AD．【点评】：电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．8．（6分）（2015•高安市一模）一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为44VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1 分钟内产生的热量为2904 JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表读数不变【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解析】：解：A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A错误；B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知，解得：U=22=31.11V，故B错误；C、由B求得电压表两端电压有效值为：U有效=22V，则1 min内产生的热量为：Q==2904 J，故C正确；D、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D正确．故选：CD【点评】：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题，每个试题考生都必须作答．选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）（2015•高安市一模）一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的挡光片．圆盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1所示．光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间．挡光片的宽度和圆盘直径分别用螺旋测微器和20分度的游标卡尺测得，结果分别是：宽度为8.115mm，直径为20.235 cm．若光电数字计时器所显示的时间为50.0×10﹣3s，则圆盘转动的角速度为 1.48rad/s （保留3位有效数字）．【考点】：线速度、角速度和周期、转速；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度．（2）图中20分度的游标卡尺，游标尺每一分度表示的长度是0.05mm．由主尺读出整毫米数，游标尺上第8条刻度线与主尺对齐，则读出毫米数小数部分为7×0.05mm=0.35mm．（3）由v=求出圆盘转动的线速度，由v=ωr，求出角速度ω．【解析】：解：（1）由螺旋测微器读出整毫米数为8mm，由可动刻度读出毫米的小部分为0.115mm．则挡光片的宽度为D=8.115mm．（2）由主尺读出整毫米数为202mm，游标尺上第8条刻度线与主尺对齐，读出毫米数小数部分为7×0.05mm=0.35mm，则圆盘的直径为d=20.235mm=20.235cm．（3）圆盘转动的线速度为v=…①由v=ωr，得角速度ω=…②又r=联立得ω=代入解得，ω=1.45rad/s故答案为：8.115；20.235；1.45【点评】：螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功，要熟悉读数的方法．题中还要掌握圆周运动的线速度与角速度的关系v=ωr．10．（9分）（2015•高安市一模）一个未知电阻R x，阻值大约为10kΩ﹣20kΩ，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表V1（量程3V、内阻约为3kΩ）电压表V2（量程15V、内阻约为15kΩ）电流表A1（量程200μA、内阻约为100Ω）电流表A2（量程0.6A、内阻约为1Ω）电源E（电动势为3V）滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）开关S（1）在实验中电压表选V1，电流表选A1．（填V1、V2，A1、A2）（2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图．（3）测得电阻值与真实值相比偏大（填偏大偏小相等）【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）、根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表；（2）、由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法．（3）、根据电路图，应用欧姆定律分析实验误差．（1）、电源电动势为3V，电压表选择V1；电路最大电流约为：I===3×10【解析】：解：﹣4A=0.3mA=300μA，为减小误差，电流表选：A1．（2）由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为进行多次测量，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：（3）、由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值．故答案为：（1）、V1；A1；（2）、电路图如上图所示；（3）、偏大．【点评】：本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握；本题难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题．11．（14分）（2015•高安市一模）如图所示，某物块（可看成质点）从A点沿竖直光滑的圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R=0.25m，末端B点与水平传送带相切，物块由B点滑上粗糙的传送带．若传送带静止，物块滑到传送带的末端C点后做平抛运动，落到水平地面上的D点，已知C点到地面的高度H=20m，C点到D点的水平距离为X1=4m，g=10m/s2．求：（1）物块滑到C点时速度的大小；（2）若传送带顺时针匀速转动，且物块最后的落地点到C点水平距离不随传送带转动速度变化而改变．试讨论传送带转动速度的范围．【考点】：动能定理；平抛运动．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）滑块离开C后做平抛云的，应用平抛运动规律可以求出到达C时的速度．（2）由动能定律求出滑块到达B点的速度，然后应用匀变速运动的速度位移公式求出速度．【解析】：解：（1）从C到D做平抛运动，竖直方向有：H=gt2，代入数据解得：t=2s，水平方向上有：x1=v1t，代入数据解得：v1=2m/s；（2）从A到B，由动能定理得：mgR=mv22﹣0，代入数据解得：v2=m/s，要求落点不随传送带的速度改变而改变，则物块一直处于加速或者减速若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v≤v1=2m/s，若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：v12﹣v22=﹣2as，v32﹣v22=2as，代入数据解得：v3=m/s，则传送带的速度v≥m/s；答：（1）物块滑到C点时速度的大小为2m/s；（2）论传送带转动速度的范围是：v≥m/s．【点评】：本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．12．（18分）（2015•高安市一模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x ＞0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E．x＞0的区域固定一与x轴成θ=30°角的绝缘细杆．一带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1=7E，B2=E．空气阻力忽略不计，求：（1）带电小球a的电性及其比荷；（2）带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；（3）当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h=的P点（图中未画出）以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）粒子在第3象限做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件求解电场强度；（2）带电小球在第3象限做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系得到半径，然后结合牛顿第二定律求解速度；带电小球a穿在细杆上匀速下滑，受重力、支持力和洛伦兹力，三力平衡，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解；（3）绝缘小球b做平抛运动，根据平抛运动的分运动公式求解运动到x轴的时间；小球a 在第3象限做圆周运动，第2象限做竖直上抛运动，分阶段求解出其经过x轴的时间，然后根据等时性列式．【解析】：解：（1）由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电，且mg=qE，解得：（2）带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：由几何关系有：联解得：带电小球在杆上匀速时，由平衡条件有：mgsinθ=μ（qvB1﹣mgcosθ）解得：（3）带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：绝缘小球b平抛运动垤x轴上的时间为：两球相碰有：联解得：n=1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则：解得：答：（1）带电小球a的电性及其比荷是；（2）带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ是；（3）b球的初速度为；【点评】：本题多物体、多过程、多规律，是典型的三多问题；关键是明确两个小球的运动规律，然后分阶段根据牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、平抛运动的分运动公式列式求解，较难．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[物理--选修3-3】（15分）13．（6分）（2015•高安市一模）下列说法正确的是（）A．温度越高，扩散现象越不明显B．橡胶无固定熔点，是非晶体C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式D．布朗运动是液体中分子无规则运动的反映E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【考点】：热力学第一定律；改变内能的两种方式；* 晶体和非晶体．【分析】：温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显；改变内能的方式有做功和热传递；非晶体的特点是无固定熔点，布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，第二类永动机是不能制造出来的，它违反热力学第二定律．【解析】：解：A、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；B、非晶体的特点是无固定熔点，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递．故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；故选：BCE【点评】：本题考查了扩散现象、晶体与非晶体的区别、布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律的知识，是难度不大基础题．在平时的学习过程中多加积累即可．14．（9分）（2015•高安市一模）如图所示为0.5mol某种气体的p﹣t图线，图中p0为标准大气压．试求：①气体在标准状况下的体积是多少L？②在B状态时的体积是多少L？【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：由图可知图象为P﹣t图象，根据图象可知压强与摄氏温度的关系；知道1mol 任何气体在标准状况下的体积为22.4L，根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量．【解析】：解：（1）1mol任何气体在标准状况下的体积都是22.4L，0.5mol气体在标准状况下的体积是11.2L．（2）根据气体状态方程=C知：在P﹣T图象中等容线为过原点的直线，其中T为热力学温度温度．所以在图中，虚线及延长线为等容线，A点的体积为11.2L．A到B，压强不变，根据气体状态方程=C得：=则得V B===14L．答：（1）气体在标准状况下的体积是11.2L；（2）在B状态时的体积是14L．【点评】：本题考查气体的状态方程中对应的图象，在P﹣T图象中等容线为过原点的直线．P ﹣t图象中过﹣273℃点的直线表示等容变化．【物理--选修3-4】（15分）15．（2015•高安市一模）某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t=1s时的波形图，图乙是介质中x=2m处质点的振动图象，则下列说法正确的是（）A．波沿x轴正向传播，波速为1m/sB．t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向C．在t=1s到t=2s的时间内，x=0.5m处的质点运动速度一直增大。

2015年江西省吉安市、抚州市高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.在赤道上某处有一支沿竖直方向安置的避雷针，当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，此时地磁场对避雷针的作用力的方向为（）A.向东B.向南C.向西D.向北【答案】C【解析】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西．故C正确，A、B、D错误．故选：C左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.如图所示，地铁车厢中小球A用细线悬挂于顶棚上，当车厢沿水平面向右做匀变速直线运动时，细线向右偏离竖直方向θ角．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.车厢作加速运动，加速度为gsinθB.车厢作减速运动，加速度为gsinθC.车厢作加速运动，加速度为gtanθD.车厢作减速运动，加速度为gtanθ【答案】CD【解析】解：以小球为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ=gtanθ，方向：水平向左；小球与车厢保持相对静止，车与小球的运动状态相同，则车的加速度大小为gtanθ，方向：水平向左；故小车可能向左加速或者是向右减速，故AB错误，CD正确；故选：CD小球与车厢保持相对静止，车与球的运动状态相同，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出小球的加速度，即车的加速度，然后答题．球与车的运动状态相同，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出其加速度即可正确解题．三、单选题(本大题共3小题，共18.0分)3.研究表明，地球的自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，认为其他条件都不改变，则未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比是（）A.距地面的高度变大，线速度变大B.距地面的高度变大，线速度变小C.距地面的高度变小，线速度变大D.距地面的高度变小，线速度变小【答案】B【解析】解：地球同步卫星绕地球圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力有：可得卫星周期T=，可知周期变大时，卫星距地面高度h增大；卫星的线速度v=，可知卫星离地高度h变大时，卫星的线速度变小．所以B正确，ACD错误．故选：B．同步地球卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此由周期的变化求卫星高度的变化和线速度的变化．万有引力提供圆周运动向心力，同步卫星的周期与地球自转周期相同，据此分析周期变长的情况下同步卫星的轨道及线速度变化，掌握万有引力公式和向心力公式是关键．4.如图所示，竖直放置的两个平行带电金属板M、N间存在恒定的匀强电场．在电场中等高处有A、B两个重力相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能打到右极板上的同一位置P，则A、B小球所带电量之比为（）A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1【答案】B【解析】解：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由h=，得t=，则知它们运动的时间相同．小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x A=2x B，由x==，则A、B的电荷量之比q A：q B=x A：x B=2：1．故选：B．两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解法可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x B，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电量之比．本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．两个分运动的性质可结合受力情况和初速度分析．5.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有方向垂直于圆平面的匀强磁场．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l1；当磁感应强度大小为B2时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l2，已知l1＜l2，不计较粒子重力，比较磁感应强度B1、B2有（）A.B1＞B2B.B1=B2C.B1＜B2D.条件不足，无法确定【答案】A【解析】解：据题知，当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度较小，则知此时粒子的轨道半径较小，由公式r=分析知，轨道半径与磁感应强度成反比，所以有B1＞B2．故选：A．带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，轨道半径越大，粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度越大，根据已知条件分析粒子轨道半径的大小，由半径公式r=分析磁感应强度的大小．解决本题的关键要知道粒子的轨道半径越大，打圆形磁场区域边界上的弧长越小，由半径公式分析．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，A、B两个小球可视为质点，A球沿倾角为30°足够长的光滑斜面由静止开始下滑，B球从与甲球等高处做自由落体运动，A、B两球的动能与位移大小的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A.A、B两球的质量之比1：1B.A、B两球的质量之比4：1C.A、B动能为E K0时，重力的瞬时功率之比为1：1D.A、B动能为E K0时，重力的瞬时功率之比为4：1【答案】BC【解析】解：A、由机械能守恒定律得，对A球：E K0=m A gx0sin30°，对B球：E K0=m B g•2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确，A错误；C、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcosθ=，A、B两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为°°：，故C正确，D错误．故选：BC．根据机械能守恒定律求出两球的质量之比；根据功率公式P=F vcosθ求重力瞬时功率之比；本题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系、应用动能定理、功率计算公式即可正确解题．7.如图所示，用材料、粗细相同的金属导线制成两个正方形线框Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ线框的边长是Ⅱ线框边长的2倍，现将它们置于匀强磁场的边界，分别用力F1、F2把线框Ⅰ和Ⅱ匀速拉进磁场，运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直．如果拉力的功率相同，在线框拉进磁场的过程中有（）A.线框Ⅰ的感应电动势比线框Ⅱ的感应电动势大B.线框Ⅰ的感应电流比线框Ⅱ的感应电流大C.线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度大D.线框Ⅰ的拉力F1比线框Ⅱ的拉力F2大【答案】AD【解析】解：对于任一线框，设其边长为L，电阻率为ρ，横截面积为S．A、由于线框匀速运动，则拉力的功率等于电功率，即P==，可知边长L越大，感应电动势E越大，则知线框Ⅰ的感应电动势比线框Ⅱ的感应电动势大．故A正确．B、由P=I2R=I2，可知L越大，I越小，所以线框Ⅰ的感应电流比线框Ⅱ的感应电流小，故B错误．C、由P====，L越大，v越小，则知线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度小，故C错误．D、由P=F v知，线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度小，则线框Ⅰ的拉力F1比线框Ⅱ的拉力F2大，故D正确．故选：AD．线框匀速运动时，拉力的功率等于电功率，据此列式，结合电阻定律，比较感应电动势的大小、感应电流的大小、速度大小和拉力大小．解决本题的关键要将功率相等转化为数学表达式，将电阻细化，得到功率与其他量的关系式，再进行分析．8.如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系x O y，一质点在该平面内O点受沿x正方向大小为F的力的作用从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经时间t质点运动到B点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是（）A.B点的坐标为（2a，a）B.B点的坐标为（3a，a）C.C点的坐标为（a，a）D.C点的坐标为（a，a）【答案】BD【解析】解：AB、质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，如图所示，水平方向上的位移x=vt=at2=2a，所以B的横坐标为3a，竖直方向上的位移y=a，即B的纵坐标为a，所以B点的坐标为（3a，a）所以A错误，B正确CD、设到达A点的速度为v，则B点的速度为v，方向与水平方向成45°，B到C点做匀速圆周运动，有：4F=m，而在OA段有：2a=v2，联立解得：r=a．因此C点与y轴的距离为3a-a=a．即C点的横坐标为x C=a因此C点与x轴的距离为（2+）a．即C点的纵坐标为y C=a所以C点的坐标为（a，a）所以C错误，D正确．故选：BD质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，从B到C做匀速圆周运动，画出质点的运动轨迹图，由运动学基本公式分析即可求解各点的坐标．解决本题的关键知道质点经历了匀加速直线运动，类平抛运动，匀速圆周运动，结合运动学公式灵活求解，画出质点的运动轨迹，有助于对问题的分析．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法中正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒分子无规则运动的反映B.在绝热条件下压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加C.液晶具有液体的流动性，又具有某些晶体的光学各向异性D.液面表面分子间表现为引力，因此液体表面具有收缩的趋势E.在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，饱和汽的压强增大【答案】BCD【解析】解：A、布朗运动是微粒的无规则运动，而反映的是液体分子的无规则运动，故A错误；B、在绝热条件下压缩一定质量的气体，对物体做功，而没有热传递，故气体的内能一定增加，故B正确；C、液晶具有液体的流动性，又具有某些晶体的光学各向异性，故C正确；D、液体表面张力的形成是由于液体表面分子间距较大，液面表面分子间表现为引力，因此液体表面具有收缩的趋势，故D正确；E、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，温度不变时，则气体分子的平均动能不变，增大体积时，则分子数密度减小，故气压减小，故E错误．故选：BCD．依据布朗运动现象和实质判定A；改变内能的方式有做功和热传递；依据液晶特性判定C；由表面张力的形成可判定D；由压强微观解释可判定E．该题重点掌握布朗运动的现象和实质；其次要知道改变内能的两种方式，但是也注意绝热条件下的判定．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v在x=处有一质点P，下列关于P点振动的说法正确的是（）A.质点P的振动周期为T，速度的最大值为vB.质点P开始振动的方向沿y轴正方向C.若某时刻质点P速度方向沿y轴负方向，该时刻波源处质点速度方向沿y轴正方向D.若某时刻质点P在波峰，则该时刻波源处的质点一定在波谷E.若某时刻质点P的加速度为零，则该时刻波源处的质点加速度最大【答案】BCD【解析】解：A、质点P振动周期与波源O的振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速v不同．故A错误；B、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故B正确；C、OP相距x==2.5λ；故P点与O点的振动方向总是相反的；则某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向；故C正确；D、由于P点与O点的振动方向总是相反的，故质点P在波峰，则该时刻波源处的质点一定在波谷；故D正确．E、若某时刻质点P的加速度为零，则该时刻波源处的质点加速度也为零，故E错误．故选：BCD．简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=v T，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．本题考查波的传播，要注意理解波传播的是能量和运动形式，质点并不随波传播；同时注意靠近波源的点带动后面的质点振动．要明确振动情况总是相反的质点平衡位置相距为半个波长的奇数倍．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.光电效应显示了光具有的粒子性B.放射性位置的温度升高，半衰期减小C.铯原子核（C s）的结合能小于铅原子核（P b）的结合能D.某放射性原子核经过2次α衰变和1次β衰变，核内质子数减少3个E.根据玻尔理论，氢原子释放一定频率光子的同时，电子的动能减小【答案】ACD【解析】解：A、光电效应现象显示了光具有的粒子性，故A正确．B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C、铯原子核不如铅原子核稳定，所以铯原子核（C s）的结合能小于铅原子核（P b）的结合能，故C正确；D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次α衰变质子数减少4，一次β衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故E错误；故选：ACD．光电效应显示了光具有的粒子性；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能；根据质量数和电荷数守恒判断；玻尔理论由玻尔提出．是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的．明确α衰变，β衰变的实质，知道原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，知道影响半衰期的因素，理解结合能与比结合能的区别，注意释放一定频率光子的同时，电子的动能增加，电势能减小．五、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图所示是利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨：导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处在A处由静止开始运动．（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b= ______ mm；（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为______ ；（用题中字母表示）（3）某次实验测得斜面倾角为θ，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m 和M组成的系统动能增加量可表示为△E k= ______ ，系统的重力势能减少量可表示为△E p= ______ ，在误差允许的范围内，若△E k=△E p，则可认为系统的机械能守恒．（用题中字母表示）【答案】3.85；；；（m-M sinθ）gd【解析】解：（1）宽度b的读数为：3mm+17×0.05mm=3.85mm；（2）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门B速度为：v B=；（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E K=（M+m）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：△E p=mgd-M gdsinθ=（m-M sinθ）gd；比较△E p和△E k，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．故答案为：（1）3.85；（2）；（3），（m-M sinθ）gd．（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．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键．10.现有一种特殊的电池，它的电动势E为10V左右，内阻r为48Ω左右，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲所示的电路进行实验，图中电压表的量程为6V，内阻为2kΩ，R为电阻箱，阻值范围0-999Ω，R0为定值电阻．（1）为测量电池两端电压U AB，电压表需要串联定值电阻R0，R0应选用以下哪个阻值的定值电阻？答：______ （填字母序号）；A．10ΩB．100ΩC．200ΩD．2000Ω（2）闭合开关S，当电阻箱的阻值为R时，读取电压表的示数从而得出电源两端电压U AB．则U AB、R、E、r之间的关系式为______ ；（3）多次调节电阻箱R的阻值，得出电池两端相应的电压U AB，作出-图线如乙图所示．根据图线，求得电池势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】D；；20；47.4【解析】解：（1）电源电动势约为10V，而电压表量程只有6V，与电压表串联的定值电阻分压至少为4V，分压电阻阻值至少为电压表内阻的一半，电压表内阻为2kΩ，则定值电阻阻值至少为1.3kΩ，故定值电阻R0应选D；（2）定值电阻阻值与电压表内阻相等，则电压表与定值电阻串联电压是电压表示数的两倍，在闭合电路中，E=U AB+I r=U AB+r，则．（3）由图象可知，图象截距b==0.1，斜率k===≈4.74，解得：电源电动势为：E=10V，r≈47.4Ω；故答案为：（1）D；（2）；（3）20，47.4．（1）根据电源电动势确定电压表量程，然后根据已知电压表量程选择定值电阻阻值．（2）求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内电阻．本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．六、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，截面为△ABC的三棱柱静止于光滑水平面上，∠CAB=θ，CB=h．小球在C点以初速度v0水平抛出，若三棱柱固定不动，则小球恰好能落在A点；若在小球抛出的同时沿水平方向推动三棱柱，则小球恰好落在AC边的中点，不计空气阻力，求：（1）小球水平抛出的初速度v0；（2）三棱柱水平移动的距离s．【答案】解：（1）根据h=得：t=，则小球平抛运动的初速度为：．（2）小球下落的时间为：，根据得：s=．答：（1）小球水平抛出的初速度为．（2）三棱柱水平移动的距离为．【解析】根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度．根据小球下降的高度求出运动的时间，结合小球的水平位移和三棱柱位移的关系求出三棱柱水平移动的距离．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．12.如图甲所示，相距很近竖直放置的平行板电容器，A、B两极板中心各开有一小孔，靠近A极板小孔有一处电子枪F，电子枪能够持续均匀地向A、B极板内发射出初速度为v0电子，电子的质量为m、电量为e．在A、B两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；t=0时A板电势高于B板电势．紧靠B板水平放置的C、D极板间的电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距C、D极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器AB中的运动时间可以忽略不计．（1）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（2）只调整C、D极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？（3）撤去偏转电场和荧光屏，当k取恰当的数值，使在0-k T和k T-T两段时间内发射的电子束在以后运动中的某一时刻全部重叠（不考虑电阻的碰撞），求k值．【答案】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0-k T时间内，穿出B板后速度为ν1，k T-T时间内射出B板电子的速度ν2据动能定理有：-e U0=m-e U0=m-m将U0=代入上式，得：ν1=2，v2=2在0-k T时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1=侧移量：y1==联立得：y1=打在荧光屏上的坐标为Y1=2y1=同理可得在k T-T时间内设穿出B板后电子侧移量：y2=打在荧光屏上的坐标：Y2=2y2=故两个发光点之间的距离：△Y=Y1+Y2=（2）考虑到临界条件，当极板间距为d 时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有：d=a t2，又a=，t=整理得：d2=．对于速度v1时，有：d1==L；对于速度v2时，有：d2==L；只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：L＞d ＞L；（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）第一束长度：l1=ν1k T第二束长度：l2=ν2（T-k T）由l1=l2解得：k==2-≈0.59答：（1）这两个发光点之间的距离为．（2）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离为L＞d ＞L．（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取0.59时，使在0-T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束．【解析】（1）对直线加速过程根据动能定理列式求在0-k T与k T-T时间内射出B板电子的速度；在0-k T时间内，根据动能定理求出电子穿出B板后的速度，在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转距离．根据推论：电子射出偏转电场后，好像从“中点射出”，得到打在荧光屏上的坐标．再运用同样的方法求出在k T- T 时间内，电子打在荧光屏上的坐标，即可求得这两个发光点之间的距离；（2）考虑到临界条件，当极板间距为d 时，电子刚从偏转极板边缘飞出，荧光屏上只出现一个光点，由上题结果求出极板间距应满足什么要（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等，分别得到电子束长度的表达式，根据相等关系即可求得k．本题利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程进行解答，关键要分析出临界条件和隐含的条件．八、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在气缸内无摩擦滑动．气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为80cm的气柱（U形管内的气体体积不计）．此时缸内气体温度为7℃，U形管内水银面高度差h1=5cm．已知大气压强p0=1.0×105P a，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．①求活塞的质量m；②若对气缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变．当缸内气体温度升高到37℃时，求U形管内水银面的高度差为多少？【答案】解：①对活塞，有：p0S+mg=p1S由题意，可知：p1=p0+ρgh1解得：m=ρh1S代入数值得m=6.8kg②活塞位置不变，气缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37℃时，设U形管内水银面的高度差h2T1=280K，T2=310K，p1=p0+，p2=p0+ρgh2由代入数据解得h2=13.4cm答：①活塞的质量m=6.8kg；②当缸内气体温度升高到37℃时，求U形管内水银面的高度差为13.4cm．【解析】（1）对活塞受力分析，根据平衡条件求解活塞质量；（2）分析初末状态的温度和压强变化，根据等容变化列式求解．。

2015年江西省吉安市新余一中、吉安县中联考高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)1.下列关于摩擦力的说法中正确的是（）A.摩擦力是阻碍物体运动或运动趋势的力B.运动物体可能受到静摩擦力作用，静止物体可能受到滑动摩擦力作用C.滑动摩擦力可能对物体做正功也可能做负功，而静摩擦力对物体一定不做功D.静摩擦力的方向与物体运动方向可能不在一条直线上，滑动摩擦力的方向与物体运动方向只能在一条直线上【答案】BD【解析】解：A、摩擦力是阻碍物体相对运动或相对运动趋势的力，故A错误；B、运动物体可能受到静摩擦力作用，静止物体也可能受到滑动摩擦力作用，比如汽车刹车时地面受滑动摩擦力，故B正确；C、滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，可能做正功，也可能做负功，静摩擦力对物体也可以做功，故C错误；D、静摩擦力方向与速度方向无关，静摩擦力方向可能与速度方向不在同一直线上，而滑动摩擦力只能与速度方向在同一直线上，故D正确；故选：BD．摩擦力定义是两个互相接触的物体，当它们要发生或已经发生相对运动时，就会在接触面上产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫做摩擦力，摩擦力既可以作为动力也可以作为阻力，当摩擦力做为动力时方向和物体的运动方向相同，而做为阻力时方向和物体的运动方向相反．对摩擦力问题，要先区分滑动摩擦力还是静摩擦力，摩擦力可以充当动力，同时掌握摩擦力的方向判定，及做功情况．二、单选题(本大题共3小题，共12.0分)2.如图所示，A，B，C，D为四个完全相同的光滑圆柱体，质量均为m，两块相同的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F作用下使四个圆柱体处于静止状态，如图所示已知当地的重力加速度为g，则有（）A.力F的最小值为mgB.力F的最大值为mgC.B球对A球的弹力大小等于mgD.若减小F，则B和A之间的弹力增加【答案】A【解析】解：A、当A球与B球之间的弹力等于零时，F最小，对B球受力分析，如图所示：根据几何关系可知，θ=30°，则°，解得：F=，所以F的最小值为，故A正确，B错误；C、B球对A球的弹力大小可以等于零，故C错误；D、当F＞时，A对B有弹力作用，若减小F，则B和A之间的弹力减小，当F=时，AB之间的弹力建为零，故D错误．故选：A当A球与B球之间的弹力等于零时，F最小，对B球受力分析，根据几何关系求出F的最小值，根据分析可知，B球对A球的弹力大小不是恒定的值，可以为零．本题主要考查了共点力平衡的直接应用，知道当A球与B球之间的弹力等于零时F最小，并能根据几何关系求出角度与力的大小，难度适中．3.如图所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则（）A.一定有h1=h2B.一定有h1＜h4C.一定有h2=h4D.一定有h1=h3【答案】D【解析】解：第1个图：小球做竖直上抛运动，上升的最大高度得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，有：v02=2gh3，所以一定h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为E k，则由能量守恒得：mgh2+E k=mv02，又由于mv02=mgh1，所以h1＞h2．第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故ABC错误，D正确；故选：D．当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高度．本题要注意洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功．4.加入一载人宇宙飞船在赤道上空距地面高度为4200km的轨道绕地球做匀速圆周运动．地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高为36000km．宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（）A.4次B.6次C.7次D.8次【答案】C【解析】解：据开普勒第三定律得：=（1）R1=4200km+6400km R2=36000km+6400km（2）可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1=h=3h由匀速圆周运动的角速度ω=，所以宇宙飞船的角速度为rad/h，同步卫星的角速度为rad/h，当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为πR，即一个半圆，追击需要的时间为：h=h．追击距离变为2πR，即一个圆周，追击时间为：△t=h=h．可以得到24h内完成追击次数为：=7次，接收站共接收到信号的次数为为7次；故选：C．地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等．当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差（2nπ+π）（n=0、1、2、…）．从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度．三、多选题(本大题共1小题，共4.0分)5.假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（）A.0～x1范围内各点场强的方向均与x轴平行B.只在电场力作用下，正电荷沿x轴从0运动到x1，可做匀减速直线运动C.负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D.无法比较x2～x3与x4～x5间的场强大小【答案】CD【解析】解：A、由图看出，x轴上0～x1范围内各点电势不变，x轴是一条等势线，所以0～x1范围内各点场强的方向可能与x轴垂直，不可能与x轴平行．故A错误．B、x轴从0移到x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，正电荷沿x轴从0运动到x1，可做匀速直线运动．故B错误．C、负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，则C正确．D、由于该图象仅仅是静电场的电势φ随x变化情况，而电场强度的方向是未知的，所以仅仅能判断出该电场沿x方向的分量的大小关系，不能判断出x2～x3与x4～x5间的场强大小之间的关系．故D正确．故选：CD由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析0～x1范围内各点场强的方向是否与x轴平行．电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，电场力不做功．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况．本题为信息给予题，通过电势φ随x的变化，可以判定沿x方向的电场强度的变化，也可以判断电场力做功情况，还可以根据公式W AB=q U AB=q（φA-φB）分析，理解电场力做功正负与电势能增大或减小的关系．四、单选题(本大题共2小题，共8.0分)6.如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有（）A.U0=40V，P=20WB.U0=40V，P=80WC.U0=40V，P=80WD.U0=40V，P=20W【答案】A【解析】解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，有：，得有效值U2=40V．而二极管的反向耐压值至少为U0，它是最大值，所以U0=40V，Q为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为故选：A．根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．7.一顶角为90°的三角形物块M放在光滑水平面上，底角分别为α，β（α＜β），a，b两个质量相等的小物块，分别从光滑斜面上的P，Q两点（图中标出P、Q）同时由静止释放，如图所示，二者在下滑过程中均未脱离斜面且同时落地，选择地面为零势能面，则正确的是（）A.a、b在释放点的重力势能大小相等B.a、b到达斜面底端时重力的功率P a＜P bC.a在下滑过程中的机械能减小D.a、b下滑过程中三角形物块M向左运动【答案】B【解析】解：A、斜面对a的支持力N1=mgcosα，故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ因为N2′cosα=mgcosαcosβ，N1′cosβ=mgcosαcosβ所以N2′cosα=N1′cosβ，所以M静止不动．对a，有=，对b有：=．a、b在释放点的重力势能分别为E P a=mgh a=mg•，E P b=mgh b=mg•因为α＜β，则二者在释放点重力势能不；故A、D错误；B、到达底部时，由于重力做功相等，故速度大小相等，故由P=mgvsinα可知，b重力做功的功率要大；故B正确；C、在a下滑时，M保持静止，故a只有重力做功，机械能守恒；故C错误；故选：B．分析两物体的滑动过程，对整体由动量守恒定律可明确M是否运动，再对ab两物体进行分析，由机械能守恒定律及功率公式进行分析即可解答．本题也可以根据M的受力情况分析其是否运动．要注意重力的瞬时功率为P=mgvsinα，α是斜面的倾角．五、多选题(本大题共3小题，共12.0分)8.某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A.R3短路B.R P短路C.R3断开D.R2断开【答案】BD【解析】解：A、若R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A错误．B、R P短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故B正确．C、R3断开时，电压表V2测量R p的电压，电压表V1测量R p和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数．故C错误．D、R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，R P中电流为零，电压为零，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零．故D正确．故选BD根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择．本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流．电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路．9.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω．规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图（1）所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图（2）所示．则以下说法正确的是（）A.在时间0～5s内，I的最大值为0.1AB.在第4s时刻，I的方向为逆时针C.前2s内，通过线圈某截面的总电量为0.01CD.第3s内，线圈的发热功率最大【答案】BC【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律E=n=n可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大即：E max=n=V=0.01V，根据欧姆定律：I max==0.01A故A错误．B、从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，故B正确．C、通过线圈某一截面的电量q=n=n==C=0.01C，故C正确．D、线圈的发热功率：P==（）2×，所以B-t图象的斜率越大则电功率越大，所以零时刻线圈的发热功率最大，故D错误．故选：BC根据法拉第电磁感应定律E=n=n求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向．解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律E=n=n，会根据楞次定律判断感应电动势的方向．10.某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．设第1s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是（）A.物体先向正方向运动，后向负方向运动B.物体在第3s末的速度最大C.前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功D.物体在第4s末的动能为22.5J【答案】BCD【解析】解：A、由图象可知，物体在0-3s内物体沿正方向做加速运动，在3-4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故A错误，B正确．D、a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量△v等于前2s内速度变化量，由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功；为△v=2××1m/s=3m/s，则第4s末的速度为v=3m/s，动能为E k=mv2=×5×32=22.5J．故CD正确．故选：BCD．由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动．根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大、位移最大的时刻．根据a-t图象的“面积”大小等于速度变化量，求出第4s 末物体的速度，即可求出动能．本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住a-t图象的“面积”求出速度的变化量，得到第4s末的速度．八、单选题(本大题共1小题，共6.0分)16.一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t=0时的波形如图所示，此时处于x=3m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为x a=2.5m和x b=5.5m，则（）A.当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷B.当t=时，a质点正在向y轴负方向运动C.当t=时，b质点正在向y轴负方向运动D.在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能相同【答案】C【解析】解：A、由图λ=4m，x b-x a=3m≠，则a质点处在波峰时，b质点不在波谷．故A错误．B、简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时，a质点正在向y轴正方向运动，t=时，a质点正在向y轴正方向运动．故B错误．C、t=0时刻，b点振动方向向y轴正方向，当t=时，b质点正在向y轴负方向．故C 正确．D、由于＜x b-x a＜λ，位移相同时，速度大小相等，方向相反，两者不可能同时相同．故D错误．故选C由波动图象，分析质点的振动情况，判断质点a、b的速度方向，分析两位移的关系．本题考查识别、理解波动图象的能力，根据波动图象，分析质点的振动过程是应具备的能力．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)18.下列说法正确的是（）A.一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，若仅使入射光的强度减弱，那么从金属表面逸出的光电子的最大功能将变小B.大量光子产生的效果显示出波动性，个别光子产生的效果显示出粒子性C.电子的发现说明原子是可分的，天然放射现象的发现揭示原子核由复杂的结构D.放射性同位素T h232经α、β衰变会生成R n220，其衰变示意方程为T h→R n+xα+yβ，其中x=3，y=1E.原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与其所粗的化学状态和外部条件无关【答案】BCE【解析】解：A、一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，由于发生光电效应与入射光的强度无关，所以入射光强度减弱，光电子的最大初动能不变．故A错误．B、光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显．故B正确．C、电子是原子的组成部分，电子的发现说明原子可再分，天然放射现象的发现揭示原子核有复杂的结构．故C正确．D、在衰变方程中，电荷数守恒，质量数守恒，则90=86+2x-y，232=220+4x，解得x=3，y=2．故D错误．E、原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与其所处的化学状态和外部条件无关．故E正确．故选：BCE．发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与光的强弱无关．电子发现说明原子还可以再分．在衰变方程中，电荷数守恒，质量数守恒．半衰期由原子核的内部结构决定，与所处的化学状态等无关．本题考查光的波粒二象性、光电效应、原子核的衰变研以及半衰期等知识点的基本知识，比较简单，在平时的学习过程中多加积累，掌握这些基础知识，就很容易解决．六、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)11.如图甲所示是一种新的短途代步工具-电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大速度可达20km/h，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥里面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500m L塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3…，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），已知当地重力加速度g=9.8m/s2，则根据该同学的测量结果可得出：（1）平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T= ______ s；（2）平衡车加速过程的加速度大小a1= ______ m/s2；（3）设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的K倍，则K= ______ （计算结果保留两位有效数字）【答案】0.50；1.96；5.3×10-2【解析】解：（1）当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，则相邻两滴水间的时间间隔为：T=0.50s；（2）在加速阶段，连续相等时间内的位移之差为：△x=4m，根据△x=a T2得：a=m/s2=1.96m/s2．（3）在减速阶段，根据△x=a T2，运用逐差法得：a=m/s2=-0.52m/s2．根据牛顿第二定律得：f=K mg=ma解得：K==5.3×10-2．故答案为：（1）0.50；（2）1.96；（3）5.3×10-2．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出D点的速度；根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小．在水泥路面上的部分水滴与纸带问题类似，掌握处理的方法，会根据水滴形成的图样求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．12.某同学为了测量“3.8V 2.5W”小灯泡正常发光时的电阻值，实验室有下列器材，规格如下A．两只相同的电压表（量程5V，内阻很大）B．电阻箱R1（0～999，最小调节量1Ω）C、电阻箱R2（0～99.9，最小调节量0.1Ω）D．滑动变阻器R3（0～50Ω，额定电流为1.5A）E．滑动变阻器R4（0～5Ω，额定电流为3A）F．直流电源（电动势9V，内阻不计）G．开关，导线若干、待测灯泡利用现有器材，请你替这位同学设计本实验．（要求：不通过计算，直接测出小灯泡正常发光时的电阻值）（1）在如图方框中画出合理的实验原理图．（2）以上器材中电阻箱应选用______ ，滑动变阻器应选用______ （填序号字母）．（3）根据所设计的电路图，得出测量小灯泡正常发光时的电阻值的方法______ ．【答案】C；E；调节电阻箱和滑动变阻器，当两电压表示数都达到3.8V时，读出电阻箱的阻值，即为小灯泡正常发光的电阻【解析】解：（1）题目中只给出了两只电压表和电阻箱，无法通过伏安法进行实验，只能采用等效替代的方法，利用电阻箱和灯泡串联，用电压表分别测量它们两端的电压值；根据串并联电路的特点可求得灯泡的电阻；由于两只滑动变阻器，可以采用小阻值的滑动变阻器，使用分压接法，也可以采用采用限流接法；原理图如图所示；（2）由于小灯泡电阻R==．=5.8Ω，故选电阻箱R2；即选C；为了方便调节，选择与灯泡阻值相接近的滑动变阻器R4，即E；（3）电阻箱与灯泡串联电流相等，故当分压相等时，阻值相等；故采用的方法为：调节电阻箱和滑动变阻器，当两电压表示数都达到3.8V时，读出电阻箱的阻值，即为小灯泡正常发光的电阻．故答案为：（1）如图所示；（2）C；E；（3）调节电阻箱和滑动变阻器，当两电压表示数都达到3.8V时，读出电阻箱的阻值，即为小灯泡正常发光的电阻分析实验中给出的实验数据，明确实验方法，则可以得出正确的实验电路，并选出可用的仪器；通过电路分析，明确准确的测量方法．本题的难点在于无可用电流表，因此只能采用等效替代的方法，利用灯泡和电阻箱串联使用，即可由串并联电路的规律求解灯泡电阻．七、计算题(本大题共3小题，共32.0分)13.如图所示，水平面上放一质量为m=2kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R=0.5m，质量为M=4kg，t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足ω=4t，物块和地面之间动摩擦因数μ=0.3，轻绳始终与地面平行，其它摩擦不计，求：（1）物块运动中受到的拉力．（2）从开始运动至t=2s时电动机做了多少功？【答案】解：（1）由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据v=ωR=4R t=2t，线速度与时间成正比：物块做初速为零的匀加速直线运动物块加速度为a=2m/s2根据物块受力，由牛顿第二定律得T-μmg=ma则细线拉力为T=10N（2）根据匀变速直线运动规律：t=2s时物体的速度：v=at=2×2=4m/s2s内物体的位移：=4m对整体运用动能定理，有W电+W f=其中W f=-μmgx=-24J代入数据求得电动机做的功为W电=72J答：（1）物块运动中受到的拉力是10N．（2）从开始运动至t=2s时电动机做功72J．【解析】（1）物体运动速度与线速度相同，则由圆的转动情况可知物体的运动情况，根据圆的线速度的变化可以求得加速度的大小，再由牛顿第二定律可求得合外力；（2）由动能定理可求得拉力所做的功．本题考查动能定理、圆的性质等内容；要求能正确理解题意，并分析物体的爱力情况及能量转化过程，由动能定理即可求解．14.减速带是交叉路口上常见的一种交通设施，在某小区门口有一橡胶减速带（如图），有一警用巡逻车正以最大速度20m/s从小区门口经过，在离减速带50m时警察发现一逃犯正以10m/s的速度骑电动车匀速通过减速带，而巡逻车要匀减速到5m/s通过减速带（减速带的宽度忽略不计），减速到5m/s后立即以2.5m/s2的加速度继续追赶，设在整个过程中，巡逻车与逃犯均在水平直道上运动，求从警察发现逃犯到追上逃犯需要的时间．【答案】解：警察做匀减速直线运动，由速度位移公式可知，加速度：a===-3.75m/s2，减速需要的时间：t1===4s，警察加速的时间：t2=′==6s，==75m，加速的位移：s2=′设经过时间t警察追上逃犯，警察的位移：s警察=s1+s2+v警察（t-t1-t2）=50+75+20×（t-4-6）=20t-75，逃犯的位移：s逃犯=v逃犯t=10t，警察追上逃犯时：s警察-s逃犯=50，即：20t-75-10t=50，解得：t=12.5s；答：从警察发现逃犯到追上逃犯需要的时间是12.5s．【解析】警察先做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，逃犯一直做匀速直线运动，警察的位移与逃犯位移之差为50m时警察追上逃犯，应用匀变速直线运动规律与匀速运动规律求出警察追上逃犯的时间．本题考查了追及问题，分析清楚警察与逃犯的运动过程，应用匀变速直线运动规律、匀速运动规律即可正确解题；分析清楚运动过程，找出追及的条件是解题的关键．15.一宇宙人在太空（万有引力可以忽略不计）玩垒球．垒球的质量为m，带有电量大小为q的负电荷，如图所示，太空球场上半部分是长为4a、宽。

江西省重点中学协作体2015届高三第一次联考（高安中学、九江一中、新余一中、临川一中等）理综试题可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 C:12 N:14 Na:23 Cl:35.5一．选择题：本题共13题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求的。

1．下列有关细胞的叙述正确的是A．溶酶体能合成多种水解酶并降解所吞噬的物质B．细胞分化的主要标志首先是细胞内开始合成新的特异性的蛋白质C．细胞衰老表现为酶活性降低，细胞核体积减小D．核糖核酸可在细胞间传递信息2．下列有关生物学实验的叙述中，正确的是A．探究生长素类似物促进插条生根的最适浓度实验中，插条不能带有芽B．通常以标志重捕法调查土壤中小动物类群的丰富度C．观察线粒体，用新鲜的藓类叶片代替口腔上皮细胞，效果较佳D．洋葱幼根经低温诱导后制成装片，可用于观察细胞染色体数目的变异3.下图是细胞中糖类合成与分解过程示意图，下列叙述正确的是A．过程①和②中均能产生[H]，且二者还原的物质不相同B．过程①产生的能量全部都储存在ATP中C．过程②产生的（CH2O）中的氧来自H2O、CO2D．过程①只能在线粒体中进行，过程②只能在叶绿体中进行4．下列有关生物多样性和进化的叙述中，不正确．．．的是A. 新物种的形成通常要经过突变和基因重组、自然选择及隔离三个基本环节B. 生物的多样性包括基因、物种和生态系统的多样性C. 共同进化总是通过物种间的生存斗争实现的D. 自然选择能定向改变种群的基因频率，决定了生物进化的方向5．下列甲图表示不同浓度生长素对顶芽和根部生长的生理作用，乙图为用一定浓度梯度的生长素类似物溶液处理扦插枝条后生根的情况（其中浓度为O的是对照组），丙图表示不同浓度的生长素对某植物乙烯生成和成熟叶片脱落的影响。

下列说法正确的是A ．图甲中曲线①代表的是顶芽B ．图乙所示实验的对照组表明扦捕枝条没有植物激素的作用时也能生根C. 图丙结果表明在生产上可喷施高浓度生长素类似物增加脱落率D.水平放置的植物，根的近地侧生长素浓度范围可用图甲中的cd 表示6．矮牵牛花瓣中存在合成红色和蓝色色素的生化途径（如下图所示，Ａ、Ｂ、Ｅ为控制相应生化途径的基因）。

2015年江西省八校联考高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3s末到达离地面90m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10m/s2，那么v0和k分别等于（）A．30m/s，1 B．30m/s，0.5 C．60m/s，0.5 D．60m/s，12．（6分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，干路电流为I，下列说法中正确的是（灯泡电阻不变）（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．△U1与△I的比值不变C．△U1＜△U2D．△U1=△U23．（6分）将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是（）A．半圆形硬导线的角速度为B．半圆形硬导线的角速度为C．线圈从图示位置转900通过小灯泡的电荷量为D．线圈从图示位置转900过程中通过小灯泡的电荷量为04．（6分）在学校体育器材室里，篮球水平放在如图所示的球架上．已知球架的宽度为0.15m，每个篮球的质量为0.4kg，直径为0.25m，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对球架一侧的压力大小为（重力加速度g=10m/s2）（）A．4N B．5N C．2.5N D．3N5．（6分）据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星．假设该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍．那么，一个在地球表面能举起64kg物体的人在这个行星表面能举起的物体的质量约为多少（地球表面重力加速度g=10m/s2）（）A．40kg B．50kg C．60kg D．30kg6．（6分）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为5：1电压表和电流表均为理想电表，R t为阻值随温度升高而变大的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是（）A．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36sin50πtVB．t=0.015s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直C．变压器原、副线圈中的电流之比为1：5D．R t温度升高时，电流表的示数变小，伏特表的读数不变7．（6分）在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电量为Q的正电荷，已知点电荷周围电场的电势可表示为φ=k，式中k为静电常量，Q为场源电荷的带电量，r为距场源电荷的距离．现有一质量为m，电荷量为q带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为μ2，K＞μmg，则（）A．滑块与带电量为Q的正电荷距离为x时，滑块电势能为B．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，滑块最后将停在距离场源点电荷处C．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，当滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度为D．若将滑块无初速地放在距离场源点电荷x1处，当滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为V=8．（6分）如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A．半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给小球A一个水平向右的恒力F=50N．（取g=10m/s2）则（）A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F 做功为20JB．小球B运动到C处时的速度大小为0C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB=D．把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．9．（6分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是．（填选项前的字母）A．用天平测出砂和砂桶的质量．B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数．D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带．E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M （2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．（填选项前的字母）A．2tanθ B．C．k D．．10．（9分）（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻R X的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行，使指针指在欧姆刻度的“0”处．若该同学将选择旋钮在“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的值为Ω．（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：A．电流表（量程15mA，内阻未知）B．电流表（量程0.6A，内阻未知）C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）E．电源（电动势3V，内阻1Ω）F．单刀单掷开关2只G．导线若干乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验步骤完成实验：①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R 1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；②调节电阻箱，保持开关S1闭合，开关S2闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择，电阻箱应选择．（填器材前字母）b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx=（用题目所给测量数据表示）．（3）利用以上实验电路，闭合S2调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻R A，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组R和I值，作出了﹣R图象如图丙所示．若图象中纵轴截距为1A﹣1，则电流表内阻R A=Ω．11．（14分）春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0=9m区间的速度不超过v0=6m/s．现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲=20m/s和v乙=34m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。