湖南省衡阳市五校2015届高三11月第二次联考物理试卷

物理试题考试时间：总分为：100分；时间：90分钟一、单项选择题〔共9题，每题4分，共36分〕1.如下列图斜面，除AB 段粗糙外，其余局部都是光滑的，一个物体从顶端滑下，经过A 、C 两点时的速度相等，且AB=BC ，整个过程斜面体始终静止在水平地面上。

如此物体在AB 段和BC 段运动过程中A ．速度改变大小和方向均一样B ．重力做功的平均功率一样C ．斜面体对水平面的压力一样D ．斜面体受到水平面的静摩擦力大小和方向均一样2.如图甲所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻〔t=0〕将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间与木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是图乙中的3.如下列图，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v 1、v 2的速度作逆时针转动时(v 1<v 2)，稳定时细绳的拉力分别为F l 、F 2；假设剪断细绳后，物体到达左端的时间分别为t l 、t 2，如此如下关于稳定时细绳的拉力和到达左端的时间的大小一定正确的答案是A ．F l <F 2B ．F 1=F 2C ．t l >t 2D ．t l <t 24.一辆小车静止在水平地面上， bc 是固定在车上的一根水平杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体m ，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。

现使小车如如下图分四次分别以1a ，2a ，3a ，4a 向右匀加速运动，四种情况下M 、m 均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，8:4:2:1:::4321=a a a a ，M 受到的摩擦力大小依次为1f ，2f ，3f ，4f ，如此错误的答案是．．．．．．〔〕A ．2:1:21=f fB ．3:2:21=f fC ．2:1:43=f f D ．tanα=2tanθ5.如下列图，把质量为m 、带电量为Q +的物块放在倾角α=60o的固定光滑绝缘斜面的顶端，整个装置处在范围足够大的匀强电场中。

湖南省衡阳市五校2015届高三11月第二次联考物理试卷（衡南一中、衡阳县一中、祁东二中、岳云中学、衡阳市一中）物理试题时量：90分钟分值：110分。

【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、分子动理论、热力学定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，在试题上以高考为基本，是份非常好的试卷。

第I卷选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。

其中1-8题为单选题，9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）【题文】1. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确．．．的是（）A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【知识点】物理学史．P0【答案解析】D 解析：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒提出行星运动三大定律，故C正确；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的故D错误．本题选错误的，故选D．【思路点拨】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献.要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神．【题文】2. 一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( ).A．1:4:9 1:2:3 B．1:8:27 1:4:9C．1:2:3 1:1:1 D．1:3:5 1:2:3【思路点拨】要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度．本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．【题文】3．如图，固定斜面，CD 段光滑，DE 段粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，则（ ）A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态【知识点】 牛顿第二定律；弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力．B1 C2【答案解析】C 解析： A 、在CD 段，整体的加速度a=()sin sin A B A Bm m g g m m θθ+=+，隔离对A 分析，有：m A gsin θ+f A =m A a ，解得f A =0，可知A 受重力和支持力两个力作用．故A 错误．B 、设DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE 段，整体的加速度a=()sin ()cos sin cos A B A B A B m m g m m g g g m m θμθθμθ+-+=-+，隔离对A 分析，有：A gsin θ+f A =m Aa ，解得f A =-μm A gcos θ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A 受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力．故B 错误，C 正确．D 、整体下滑的过程中，CD 段加速度沿斜面向下，A 、B 均处于失重状态．在DE 段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态．故D 错误．故选：C ．【思路点拨】 根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A 分析，判断B 对A 是否有摩擦力．本题考查了物体的受力分析，A 、B 保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．【题文】4．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．两物体两次相遇的时刻是2s 和6sB ．4s 后甲在乙前面C ．两物体相距最远的时刻是1s 末D ．乙物体先向前运动2s ，随后向后运动【知识点】 匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】 A 解析：A 、t=2s 时乙的位移为x=12×2×4=4m，甲的位移为x′=2×2=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故2s 末时二者相遇，同理可判断6s 末二者也是相遇，故A 正确；B 、4s 时甲的位移为x=4×2=8m，乙的位移为：x′=12×2×4+12×（2+4）×2=10m 甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B 错误；C 、1s 末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s 末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积，明显4s 末二者的距离最大，故C 错误；D 、乙的运动方向始终未发生变化，故D 错误；故选：A ．【思路点拨】v-t 图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s 和6s 内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向．v-t 图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移．【题文】5. 如图所示,轻弹簧两端拴接两个质量均为m 的小球a 、b,拴接小球的细线固定在天花板,两球静止,两细线与水平方向的夹角α=30°,弹簧水平,以下说法正确的是( )A. 细线拉力大小为mgB. 弹簧的弹力大小为g m 23 C. 剪断左侧细线瞬间,a 球加速度为21g D. 剪断左侧细线瞬间,b 球加速度为0【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．B1 B3 C2【答案解析】D 解析： A 、B 对a 球分析，运用共点力平衡得，弹簧的弹力3m a g ， 细绳的拉力为2mg ．故A 、B 错误；C 、D 剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合=2m a g ，根据牛顿第二定律得，a=2g ． b 球受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故选：D ．【思路点拨】 根据共点力平衡分析两球质量的关系，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a 球的瞬时加速度．本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变．【题文】6．已知地球的半径为6.4×106 m ，地球自转的角速度为7.29×10－5 rad/s ，地面的重力加速度为9.8 m/s 2，在地球表面发射卫星的第一宇宙速度为7.9×103 m/s ，第三宇宙速度为16.7×103 m/s ，月球到地球中心的距离为3.84×108 m ．假设地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，则当苹果脱离苹果树后，将( )A ．落向地面B ．成为地球的同步“苹果卫星”C ．成为地球的“苹果月亮”D ．飞向茫茫宇宙【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】D 解析：地球自转的角速度为7.29×10-5 rad/s ，月球到地球中心的距离为3.84×108 m ．地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，根据v=r ω得苹果的线速度v=2.8×104 m/s ，第三宇宙速度为16.7×103 m/s ，由于苹果的线速度大于第三宇宙速度，所以苹果脱离苹果树后，将脱离太阳系的束缚，飞向茫茫宇宙．故选D ．【思路点拨】根据v=r ω，可得出苹果的线速度．把苹果的线速度与第三宇宙速度比较求解．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．同时知道宇宙速度的意义．【题文】7. 如图所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度0v 水平射出，同时乙以大小相同的初速度0v 沿倾角为45的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则0v 的大小是( )AC ．22ghD ． 【知识点】 平抛运动；牛顿第二定律．C2 D2【答案解析】 A 解析：平抛运动的时间为：乙在斜面下滑的加速度为：a=00sin 45sin 452mg g g m ==．0t+12at 2，代入数据得：v 0A 正确，B 、C 、D 错误．故选：A ． 【思路点拨】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小．解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．【题文】8.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成上下两个区域I 、II ，在区域II 中有竖直向上的匀强电场，在区域I 中离边界某一高度由静止释放一个质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v-t 图像如图乙所示，不计空气阻力，则下列说法错误的是( )A ．小球受到的重力与电场力之比为3：5B ．在t=5s 时，小球经过边界MNC ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功 等于电场力做功D ．在1 s ～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大【知识点】 牛顿运动定律的综合应用；功能关系．C5 E6【答案解析】 B 解析： B 、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN 的时刻是t=1s 时．故B 错误．A 、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a 1=11111v v v t ==，进入电场后的加速度大小为：a 2=111221.53v v v t ==由牛顿第二定律得：mg=ma 1…①F-mg=ma 2得电场力：F=mg+ma 2=53mv 1=53ma 1…② 由①②得重力mg 与电场力F 之比为3：5．故A 正确．C 、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C 正确．D 、整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s 内向下运动，在2.5s-5s 内向上运动，在1s ～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D 正确．故选：B【思路点拨】 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN 的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．【题文】9． 如图所示，用恒力F 拉着质量为m 的物体沿水平面以某一速度匀速从A 运动到B的过程中，下列说法正确的是 ()A ．以较大速度运动时比以较小速度运动时F 做的功多B ．以较大速度运动时与以较小速度运动时F 做的功一样多C ．以较大速度运动时比以较小速度运动时F 的功率大D ．以较大速度运动时与以较小速度运动时F 的功率一样大【知识点】 功的计算．E1【答案解析】BC 解析： A 、用恒力F 拉着质量为m 的物体沿水平面从A 移到B 的过程中，拉力方向的位移为L ，故拉力的功为：W=FL ，与速度大小无关，A 错误B 正确；C 、功率是P=FV ，所以以较大速度运动时比以较小速度运动时F 的功率大，C 正确D 错误 故选：BC【思路点拨】如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功．某个力的功等于这个力与力方向上的位移的乘积，与物体的运动状态和是否受到其他力无关．【题文】10．如图，在光滑的水平面上两个质量相等的小球A 、B ，用两根等长的轻绳连接。

2015年湖南省衡阳市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流B.哥白尼提出日心说并发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律C.伽利略不畏权威，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.奥斯特发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代【答案】C【解析】解：A、奥斯特在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，故A错误；B、开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，故B错误；C、伽利略通过“理想斜面实验”，最早指出力不是维持物体运动的原因，故C正确；D、法拉第发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代，故D错误；故选：C据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示，三根细线共系于O点，其中OA竖直，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态，若使C点稍向水平右移，同时保持O、B点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线OA的拉力T1和OC的拉力T2与原先相比是（）A.T1、T2都减小B.T1、T2都增大C.T1增大，T2减小D.T1减小，T2增大【答案】B【解析】解：以O点为研究对象，其受F A、F B、F C三个力平衡，如图．当按题示情况变化时，OB绳的拉力F B不变，OA绳拉力F A的方向不变，OC绳拉力F C 的方向与拉力F B方向的夹角增加，保持平衡时F A、F C都是增加的．以结点O为研究对象受力分析，受三个拉力而平衡，根据平衡条件，用矢量图分析较方便．本题属于力的动态平衡问题，用图解法比较方便，也可以用函数法分析．3.如图所示，A为太阳系中的天王星，它绕太阳O运行可视为做轨道半径为R0，周期为T0的匀速圆周运动．天文学家经长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且每隔t0时间发生一次最大偏离，形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着另一颗行星B，假设行星B与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，绕O作匀速圆周运动，它对天王星的万有引力导致了天王星轨道的偏离，由此可推测行星B的运动轨道半径是（）A.R0B.R0C.R0D.R0【答案】D【解析】解：周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，即每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．有：，则T B=，根据万有引力提供向心力：，r=，所以r B=R0，故D正确．故选：DA行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，可以求出B的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径．解决本题的关键知道每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，而得出每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．以及会利用万有引力提供向心力：4.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为θ=30°，物体A，B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A，B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体A，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h，放手后A从静止开始下降，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（）A.在下落至地面前的过程中机械能守恒B.在下落至地面前的瞬间速度不一定为零C.在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mghD.在下落至地面前的过程中可能一直在做加速运动C【解析】解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T=4mgsin30°=2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故BD错误；C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功为mgh，故C正确；故选：C．首先知道题境，分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．明确A的运动情况和B在A落地瞬间的弹力是解题的前提，类比弹簧振子模型是解题的关键，灵活应用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度．5.如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，已知OP连线与边界垂直．则a、b两粒子的质量之比为（）A.3：4B.2：1C.1：2D.4：3【答案】A【解析】解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，=d，粒子a的半径为：r a=°=d粒子b的半径为：r b=°可得：r a：r b=1：由于粒子的运动时间相等，则有：T a=T b，即由qv B=m，得粒子的轨道半径为：r=，周期为：T==可得又由于a、b动能相等：故选：A．画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，斜面倾角为θ，在斜面上空A点水平抛出两个小球a、b，初速度分别为v a、v b，a球落在斜面上的N点，且AN连线恰好垂直于斜面，而b球恰好在M点与斜面垂直相碰．下列说法正确的有（）A.a、b两球水平位移之比2v a：v bB.a、b两球水平位移之比2v：vC.a、b两球下落的高度之比4v：vD.a、b两球下落的高度之比2v：v【答案】BC【解析】解：a球落在N点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°-θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=2tan（90°-θ），b球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为90°-θ，则：解得：，根据h=知，a、b下落的高度之比为：，故C正确，D错误．根据t=知，a、b的运动时间之比为2v a：v b，水平位移x=v0t，知a、b两球的水平位移之比为：，故B正确，A错误．故选：BC．平抛运动在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，结合a、b两球落在斜面上速度与水平方向的夹角关系求出a、b两球的竖直分速度之比，从而得出运动的时间之比和高度之比，结合初速度和时间之比求出水平位移之比．解决本题的关键掌握平抛运动的推论，即某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，以及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．7.如图所示，a，b，c，d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V，一个质子从b点以v0的速度射入电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点，不计质子的重力，下列判断正确的是（）A.电场强度方向沿bd指向dB.c点的电势为16VC.质子从b运动到c，电场力做功为4e VD.质子从b运动到c所用的时间为BD【解析】解：A、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故U a-U d=U b-U c，解得：U c=16V，d点电势为12V，设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故A错误，B正确；C、根据W=q U，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=q U bc=1e×（24V-16V）=8e V，电势能减小8e V，故C错误；D、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为x=2L•=L，则运动时间为t==．故D正确．故选：BD在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据W=q U计算电场力做的功本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面8.一质量为m的物块以一定的初速度v0从某固定斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，若物块和斜面间动摩擦因数一定，设斜面的高度为h，底边长度为x，下列说法正确的是（）A.若只增大m，物块仍能滑到斜面顶端B.若增大h，保持v0，x不变，则物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大C.若增大x，保持v0，h不变，则物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D.若再施加一个垂直斜面向下的恒力，其它条件不变，则物块一定从斜面顶端滑出【答案】ABC【解析】解：A、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，根据动能定理得，-mgh-μmgscosθ=0-mv02，即gh+μgx=v02，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端．故A正确．B、根据gh+μgx=v02，知h增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gh+μghcotθ=v02，知h=，增大h，θ增大，则上升的最大高度增大．故B正确．C、根据B分析，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大．故C正确．D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出．故D错误．故选：ABC根据动能定理求出初速度与上升高度之间的关系式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解解决本题的关键得出动能定理得出初速度和上升最大高度的关系式，通过关系式分析求解，属于较难题目．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法中正确的是（）B.在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C.液晶即具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以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，待气体重新达到饱和时，饱和汽的压强增大【答案】BCD【解析】解：A、墒增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故A错误；B、根据热力学第一定律△U=W+Q，Q=0，W＞0，故B正确；C、液晶即具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故C正确；D、表面张力产生的本质可知，液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势．故D正确；E、饱和气压只与温度有关，增大液面上方饱和汽的体积，待气体重新达到饱和时，饱和汽的压强增大．故E错误故选：BCD墒增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行；热力学第一定律△U=W+Q；液晶的特点是即具有液体的流动性，又有光学的各向异性；饱和气压只与温度有关；根据表面张力产生的本质解释．该题考查了热力学第二定律、热力学第一定律、液晶的特点、表面张力以及饱和蒸汽压等基本概念，属于对基础知识点的考查，这一类的题目，多加积累就可以做好．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，a、b和c都是厚度均匀的平行玻璃板，a和b、b和c之间的夹角都为β．一细光束由红光和蓝光组成，以入射角θ从O点射入a板，且射出c板后的两束单色光射在地面上P，Q两点，由此可知（）A.射出c板后的两束单色光与入射光平行B.射到P点的光在玻璃中的折射率较大C.射到P点的光在玻璃中的传播速度较大，波长较长D.若稍微增大入射角θ，光从b板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生全反射E.若射到P，Q两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝光【答案】ABE【解析】解：A、光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c板射出的两束单色光与入射光仍然平行．故A正确．B、射到P点的光偏折程度比射到P点的光偏折程度厉害，知射到Q点的光在玻璃中的折射率较大．故B正确．C、射到P点的光折射率较大，根据v=知，在玻璃中传播的速度较小，折射率大，则频率大，波长小．故C错误．可知，光线不可能在下表面上发生全反射，故D错误．E、根据△x=λ知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P点的光，即蓝光．故E正确．故选：ABE．根据光的偏折程度比较光的折射率的大小，从而比较出波长的大小，根据v=比较出光在介质中的传播速度大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小．解决本题的关键要掌握平行玻璃砖的光学特性，知道折射率、频率、波长、在介质中的速度与折射率的关系等等．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法中正确的是（）A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构C.235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短D.据波尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大E.碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子【答案】BDE【解析】解：A、当入射光的频率大于金属的极限频率，金属中的一个电子吸收了光子的能量，克服原子核的束缚而释放出来，从而形成了光电效应，故A错误．B、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，发现了少数α粒子发生了大角度偏转，从而揭示了原子的核式结构，故B正确．C、半衰期由原子核本身决定，与环境无关；所以环境变化时半衰期不变，故C错误．D、据波尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，电子的轨道半径减小，电场力做正功，则氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大，故D正确．E、β衰变是一个中子变为质子同时释放一个电子的过程，因此β衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核少一个中子而多一个质子，故E正确；故选：BDE．当入射光的频率大于金属的极限频率，金属发射出电子的现象叫光电效应；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构；半衰期由原子核本身决定，与环境无关；氢原子辐射出一个光子后，根据电场力做功情况，分析氢原子的电势能和动能的变化；发生β衰变时原来原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子．本题考查了物理光学和原子物理中的基础知识，其中光电效应、玻尔理论和半衰期是考试的重点，要加强训练，牢固掌握．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可用来验证机械能守恒定律，图2中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两f=50H z，m1=50g，m2=150g，g=9.8m/s2．则（所有结果均保留三位有效数字）①在纸带上打下计数点5时的速度v5= ______ m/s；②在打点0～5过程中系统势能的减少量△E p= ______ J；③在打点0～6过程中，m2运动加速度的大小a= ______ m/s2．【答案】2.40；0.588；4.80【解析】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，v5==2.40m/s（2）系统势能的减小量为：△E p=（m2-m1）gx05=0.1×9.8×（0.384+0.216）=0.588J．（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小，得：a==4.80m/s2．故答案为：（1）2.40；（2）0.588；（3）4.80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计数点5的瞬时速度，从而得出系统动能的增加量，根据两点间的距离求出系统重力势能的减小量．根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小．解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度、加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．10.为了探究额定电压为6V，额定功率为9W的小灯泡消耗的功率与电压的关系，提供了如下的实验器材：A．电压表V1（0～2V，内阻2kΩ）B．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）C．电流表A（0～2A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1=4kΩE．定值电阻R2=16kΩF．滑动变阻器R（0-15Ω，2A）G．学生电源（直流9V，内阻不计）H．开关、导线若干母填写）；（2）在探究功率与电压的关系时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，在图1中画出满足要求的电路图；（3）根据设计的电路图，写出电压表读数U V与小灯泡两端电压U的关系______ ．若小灯泡的电功率为P，则关系图线可能正确的是______ ．【答案】A；D；3U V；D【解析】解：（1）灯泡额定电压是4V，两电压表量程分别是：2V、15V，2V量程太小，15V量程太大，为准确测量电压，应该用电压表V1（0～2V，内阻2kΩ）与定值电阻R1=4kΩ串联组成新电压表测电压，故电压表选A，定值电阻选D．（2）电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻R===4Ω，电压表内阻为4kΩ，电流表内阻为1Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．（3）电压内阻与定值电阻阻值相等，流过它们的电流相等，则电压表两端电压是定值电阻两端电压的一半，电压表读数U V与小灯泡两端电压U的关系为：U=3U V；灯泡实际功率P=，由于灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，灯泡两端电压越大，灯泡实际功率约为，灯丝温度越高，灯泡电阻随灯泡两端电压增大而增大，则随电压增大而减小，则灯泡实际功率P与U2的函数图象斜率随U2增大而减小，故D正确，故选D．故答案为：（1）A；D；（2）电路图如图所示；（3）U=3U V；D．（1）根据灯泡额定电压选择电压表．（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图．（3）根据电路图，应用串联电路特点分析答题，根据电功率公式分析答题．本题考查灯泡的伏安特性曲线的描给方法；正确设计实验电路的关键是：确定滑动变阻器与电流表的接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.2014年10月9日，京津地区出现雾霾，雾霾是由于大量细微的沙尘粒、盐粒等均匀地浮游在空中，使有效水平能见度小于10km的空气混蚀的现象．另一种气象灾害--沙尘暴天气，是风把一些沙尘颗粒扬起来，与“霾”不同的是颗粒要大得多且必须有比较大的风．（1）假定某路段上由于严重雾霾的影响，其最大可见距离小于18m．某汽车以72km/h 的速度运动，刹车需滑行20m才能完全停下，如果司机发现情况到踩下刹车的反应时间约为0.45s，求该车在该路段的最大速度．（2）对沙尘暴天气，现把沙尘上扬后的情况简化为如下情况：v为竖直向上的风速，速度v竖直向下运动时所受的阻力，阻力可表达为f=βρ0A v2，其中β是一常数，A 为沙尘颗粒的截面积，ρ0为地球表面的空气密度．若颗粒的密度为3ρ0，沙尘颗粒为球形，半径为r，不计空气对沙尘颗粒的浮力，重力加速度为g，试计算在地面附近，上述v的最小值v min．【答案】解：（1）小车以72km/h运动时，把刹车用力踩下，还需前行20m才能完全停下，根据速度位移公式，有：v2=2as202=2a×20得：a=10m/s2允许的最大速度时，先匀速直线运动后匀减速直线运动：v m△t+=s2解得：v m=15m/s（2）在地面附近，沙尘扬起能悬浮在空中，则空气阻力应与重力平衡，即：βρ0A v min2=mg又：A=πr2m=ρπr3联立得：v min=2答：（1）该车在该路段的最大速度为15m/s；（2）在地面附近，速度v的最小值为2．【解析】（1）汽车在反应时间内做匀速直线运动，此后做匀减速直线运动，根据运动学公式列方程组求解；（2）沙尘扬起能悬浮在空中，则空气阻力应与重力平衡，根据平衡条件列式求解即可．本题第一问关键根据运动学公式列式求解；第二问中尘颗粒被扬起后悬浮在空气中，是静止的物体，受到平衡力的作用，根据平衡条件列出等式进行计算是解题的关键．12.如图所示，两根相同的平行金属直轨道竖直放置，上端用导线接一定值电阻，下端固定在水平绝缘底座上．底座中央固定一根弹簧，金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上．在MNPQ之间分布着垂直轨道面向里的匀强磁场，现用力压杆使弹簧处于压缩状态，撤力后杆被弹起，脱离弹簧后进入磁场，穿过PQ后继续上升，然后再返回磁场，并能从边界MN穿出，此后不再进入磁场．杆ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的倍．已知杆向上运动时，刚穿过PQ时的速度是刚穿过MN时速度的一半，杆从PQ上升的最大高度（未超过轨道上端）是磁场高度的n倍；杆向下运动时，一进入磁场立即做匀（1）杆向上穿过PQ时的速度与返回PQ时的速度大小之比v1：v2；（2）杆向上、向下两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1：Q2．【答案】解：（1）设杆ab上升的最高点距PQ的距离为h，由动能定理有：上升阶段：-（mg+F f）h=0-mv12…①下降阶段：mgh-F f h=mv22-0…②F f=解得：v1：v2=3：2；（2）若杆ab上升的最高点距PQ的距离为h，则磁场高度为，由动能定理得：-（mg+F f）（h+）-W1=0-mv02同理，在返回阶段：（mg-F f）（h+）-W2=mv22-0联立上式解得：==；答：（1）杆向上穿过PQ时的速度与返回PQ时的速度大小之比v1：v2=3：2；（2）杆向上、向下两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1：Q2=9（3n-1）：4【解析】（1）对杆ab穿出PQ后上升和下降过程，分别运用动能定理列式，可求得v1与v2之比；（2）对于ab上升和下落的过程，分别运用动能定理列式，可求得克服安培力做功之比，即可得到产生的电热之比Q1：Q2本题的过程比较复杂，是力学与电磁感应的综合，运用动能定理时，要注意明确所研究的物理过程，应用牛顿第二定律与安培力公式即可正确解题六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图，在柱形容器中密闭有一定质量理想气体，一光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与装有水银的U形管相连，容器顶端有一阀门K．先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0=75cm H g，室温t0=27℃，稳定后U形管两边水银面的高度差为△h=25cm，此时活塞离容器底部为L=50cm．闭合阀门，使容器内温度降至-57℃，发现活塞下降，且U形管左管水银面比右管水银面高25cm．（U形管内径很小，活塞有一定质量，但不考虑厚度）求：（1）此时活塞离容器底部高度L′；（2）整个柱形容器的高度H．。

衡阳市2015届高三11月五校联考（衡南一中、衡阳县一中、祁东二中、岳云中学、衡阳市一中）理科数学试题卷时量：120分钟 分值：150分一、选择题(每小题5分，共50分) ：1．复数21ii =- 【 】 A . 1i - B. 1i -+ C. 1i + D. 1i -- 2．已知,A B 是非空集合，命题甲：AB B =，命题乙：A B ⊂≠，那么 【 】A.甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 3．已知3cos(),(,2)5x x πππ+=∈,则sin x =【 】A ．35-B ． 45-C ．35 D ． 454. 等差数列{a n }中，已知35a =，2512a a +=，29n a =，则n 为 【 】 A. 13 B. 14 C. 15 D. 165．在△ABC 中，M 是AB 边所在直线上任意一点，若CB CA CM λ+-=2，则λ＝【 】 A ．1 B ．2 C ．3 D ．46．已知函数)(x f 是定义在R 上的增函数，则函数1|)1(|--=x f y 的图象可能是【 】7. 在200m 高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°,则塔高为【 】A ．3400m B ．33200m C ．33400m D ．3200m 8．已知'()f x 是定义在R 上的函数()f x 的导函数，且5()(5),()'()02f x f x x f x =--<若1212,5x x x x <+<，则下列结论中正确的是 【 】A ．12()()f x f x <B ．12()()0f x f x +>C ．12()()0f x f x +<D ． 12()()f x f x >9．设2(),0,()1,0x a x f x x a x x -≤⎧⎪=⎨++>⎪⎩,若(0)f 是()f x 的最小值,则a 的取值范围为【 】 A. [-1,2]B. [-1,0]C. [1,2]D. [0,2]10．在△ABC 中，已知9,sin cos sin ,6ABC AB AC B A C S ∆⋅==⋅=，P 为线段AB 上的点，且,||||CA CBCP x y xy CA CB =⋅+⋅则的最大值为 【 】A ．3B ．4C ．5D ．6二．填空题 (每小题5分，共25分) ：11．1()x e x dx +⎰等于 ．12． 函数3()12f x x x =-在区间[33]-，上的最小值是 ．13. 数列{}n a 中，已知12121,2,()n n n a a a a a n N *++===+∈，则7a =________.14．方程x a x +=-2)2(log 21有解，则a 的最小值为_________15. 下列命题中，真命题有_______________(写出所有真命题的序号) ⑴在ABC ∆中，“A B >”是“sin sin A B >”的充要条件； ⑵点(,0)8π为函数()tan(2)4f x x π=+的一个对称中心；⑶若||1,||2a b ==，向量a 与向量b 的夹角为120°，则b 在向量a 上的投影为1； ⑷有零点函数a x x x f a -+=>∀ln ln )(,02.三．解答题：共6个大题，共75分。