2015届高三物理限时练(三)

2015年山东省烟台市高考物理三模试卷一、选择题（本题包括7小题，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，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法中，符合物理学史的是（）A．伽利略根据理想斜面实验得出“力是维持物体运动的原因”这一结论B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系C．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了引力常量的数值D．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说2．（6分）如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器放在粗糙的水平面上，O为球心．将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在容器底部A点，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于B点．已知OB与水平方向的夹角为θ=30°．下列说法正确的是（）A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为mgC．容器对小球的作用力大小为mgD．弹簧原长为R+3．（6分）如图所示，某发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻为3Ω输电线向远外送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（）A．输电线上的损失功率为300WB．升压变压器的匝数比为1：100C．输电线上的电流为100AD．降压变压器的匝数比为235：114．（6分）“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想．“嫦娥一号”卫星在距月球表面200km、周期127分钟的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动．已知月球半径约为1700km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，忽略地球对“嫦娥一号”的引力作用．由以下数据可以估算出的物理量有（）A．月球的平均密度 B．月球表面的重力加速度C．月球绕地球公转的周期D．月球与地球之间的距离5．（6分）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该电子运动的轨迹为曲线B．该电场有可能是匀强电场C．M点的电势高于N点的电势D．该电子运动的加速度越来越小6．（6分）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F．力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和图乙所示，两图中F、v取同一正方向，则（）A．在前2s内滑块的加速度大小始终为1m/s2B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为2NC．第1s内滑块克服滑动摩擦力做的功为0.5JD．第2s内力F的平均功率为3W7．（6分）如图所示，固定在水平面内金属框架ABCD处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，AB与CD平行且足够长，CB与CD间的夹角为θ（θ＜90°），不计金属框架的电阻．单位长度阻值相同的光滑导体棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）A． B． C． D．二、非选择题8．（8分）某活动小组用如图甲所示的装置做“探究动能定理”实验，将光电门固定在水平轨道上，用重物通过细线拉小车，测出小车质量为M且保持不变，改变所挂重物质量多次进行实验，每次小车都从同一位置由静止释放．用重物所受重力的大小当做小车所受的拉力F．测出多组重物重力和相应小车经过电门时的速度v．（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=cm；（2）实验中还需要测出的物理量是；（3）实验过程中，作出v2﹣F图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为N；（4）重物质量较大时，v2﹣F图象的ab段明显弯曲，为消除此误差，下列措施可行的是（选填字母代号）．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．重物质量增加后，可以改变小车释放的初始位置C．重物质量增加后，可以减小小车的质量D．在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．9．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．发光二极管具有单向导电性，正向电阻较小，反向电阻很大．某同学想借用“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来研究发光二极管的伏安特性．（1）实验先判断发光二极管的正负极，如图1所示，发光二极管的两个接线长短不一，我们俗称为发光二极管的“长脚”和“短脚”．该同学使用多用电表欧姆挡的“×1k”挡来测量二极管的电阻，红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动．调换接触脚后，指针偏转情况如图2所示，则二极管的“长脚”为二极管的极（选填“正”、“负”），由图可读出此时二极管的阻值为Ω．（2）该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性．则发光二极管的“长脚”应与图乙中的（选填“a”或“b”）端连接．（3）请按图3的电路图在图4中画出连线，将器材连接成实验电路．（4）该同学测得发光二极管的正向伏安特性曲线如图5所示，实验时发现，当电压表示数U=0.8V时，发光二极管开始发光．那么请你判断在图2状态下发光二极管（选填“发光”或“不发光”）．10．（18分）在倾角θ=30°的光滑绝缘的斜面上，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球a和b，它们组成一带电系统，a、b小球所带的电荷量分别为﹣q和+5q．如图所示，虚线MN与PQ均垂直于斜面且相距3L，在MN、PQ间有沿斜面向上场强E=的匀强电场，最初a和b都静止在斜面上且小球a 与MN间的距离为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，释放带电系统后，求：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为多大；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．11．（20分）如图甲所示，在y≥0的区域内有一垂直纸面方向的有界匀强磁场，MN为磁场区域的上边界，磁场在x轴方向范围足够大．磁感应强度的变化如图乙所示，取垂直纸面向里为正方向．现有一带负电的粒子，质量为m=9.6×10﹣18kg，电荷量为q=3.2×10﹣12C，在t时刻以速度v0=6.28×102m/s从O点沿如图所示方向进入磁场区域，已知θ=30°，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）若t0=0，如果t=2×10﹣3时粒子仍在磁场内，则此时它的位置坐标；（3）若t0=0，粒子垂直于MN离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离；（4）若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间．【物理选修3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力C．对能源的过渡消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”D．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和13．（8分）如图所示，一个开口向下的足够长的绝热气缸竖直固定在地面上，内有一绝热且光滑的活塞密封着理想气体A．活塞的质量为m，横截面积为S，与气缸底板相距h．现通过电热丝缓慢加热气体，当被密封气体吸收热量Q时，活塞下降了h，此时被封闭气体的温度为T1．已知活塞下方气体与外界大气相通，大气压强始终为P0，重力加速度为g．（1）加热过程中，求密封气体内能增加量△E；（2）现停止对气体加热，同时对活塞施加一个竖直向上的力F，当活塞恰好回到原来的位置时气体的温度为T 2，求此时的力F为多大？【物理选修3-4】14．一振动周期为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，关于在x=处的质点P，下列说法正确的是（）A．质点P振动周期为T，速度的最大值为vB．若某时刻质点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C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向D．若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波谷15．在桌面上有一个倒立的透明的玻璃锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的桌面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为n=．r为已知，光在真空中的速度为c．求：（1）通过计算说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？（2）光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上某一点所用的总时间t是多少？光照亮地面的光斑面积S多大？【物理选修3-5】16．下列叙述中正确的是（）A．康普顿预言了中子的存在B．在α粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型C．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后就一定只剩下一个氡原子核D．一群处于n=4能级的氢原子回到n=2状态过程中，可能辐射3种不同频率的光子17．1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核（N）后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3．①写出卢瑟福发现质子的核反应方程；②α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？③求此过程中释放的核能．2015年山东省烟台市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，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，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法中，符合物理学史的是（）A．伽利略根据理想斜面实验得出“力是维持物体运动的原因”这一结论B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系C．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了引力常量的数值D．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故B正确；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；D、通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，故D正确；故选：BD2．（6分）如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器放在粗糙的水平面上，O为球心．将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在容器底部A点，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于B点．已知OB与水平方向的夹角为θ=30°．下列说法正确的是（）A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为mgC．容器对小球的作用力大小为mgD．弹簧原长为R+【解答】解：A、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故A错误．B、C对小球受力分析：重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力N，如图所示，由平衡条件和几何关系可知，N=F=mg，故B错误；C正确；D、由胡克定律得：弹簧的压缩量为x=，则弹簧的原长为R+x=R+，故D 正确．故选：CD3．（6分）如图所示，某发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻为3Ω输电线向远外送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（）A．输电线上的损失功率为300WB．升压变压器的匝数比为1：100C．输电线上的电流为100AD．降压变压器的匝数比为235：11【解答】解：A、根据P=0.6%P=I22R得输电线上损失的功率为：P损=300W，输损电线上的电流为：I2=10A．故A正确，C错误．B、升压变压器原线圈的输入电流为：I1===100A，则升压变压器的匝数之比为：．故B错误．D、输电线上损失的电压为：△U=I2R=10×3V=30V，升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，则降压变压器的输入电压为：U3=U2﹣△U=5000﹣30=4970V．变压器匝数之比为，故D错误．故选：A4．（6分）“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想．“嫦娥一号”卫星在距月球表面200km、周期127分钟的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动．已知月球半径约为1700km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，忽略地球对“嫦娥一号”的引力作用．由以下数据可以估算出的物理量有（）A．月球的平均密度 B．月球表面的重力加速度C．月球绕地球公转的周期D．月球与地球之间的距离【解答】解：设该卫星的运行周期为T、质量为m，月球的半径为R、质量为M，距地面的高度为h．卫星运行时万有引力提供向心力，则G，r=R+h T=127min解：A、月球质量M=，故根据密度公式可以求得月球的平均密度，故A正确；B、根据G得，g=，则知可求出月球表面的重力加速度．故B正确；C、根据题意无法求出月球绕地球公转的周期，故C错误；D、题中给出的时卫星绕月球圆周运动的周期和半径，故无法求得地球与月球之间的距离，故D错误．故选：AB．5．（6分）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该电子运动的轨迹为曲线B．该电场有可能是匀强电场C．M点的电势高于N点的电势D．该电子运动的加速度越来越小【解答】解：A、带电粒子初速度为零且沿电场线运动，其轨迹一定为直线，故A错误；B、由于电势能﹣距离图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，因此电场强度逐渐减小，故B 错误，D正确；C、电子从M运动到N过程中，只受电场力，电场力做正功，电势能减小，由于电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以电子将逆着电场线的方向运动，所以N点的电势高于M点的电势，故C错误故选：D6．（6分）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F．力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和图乙所示，两图中F、v取同一正方向，则（）A．在前2s内滑块的加速度大小始终为1m/s2B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为2NC．第1s内滑块克服滑动摩擦力做的功为0.5JD．第2s内力F的平均功率为3W【解答】解：A、由v﹣﹣t图象的斜率得到加速度为a==1m/s2，故A正确；B、由两图知，第一秒内有：f+F=ma，第二秒内有：F′﹣f=ma，代入数据得：f+1=3﹣f，故f=1N，故B错误；C、第一秒内的位移为：x==0.5m，根据功的公式W=﹣FL可得第Is内摩擦力对滑块做功为﹣0.5J，故C正确；D、由P=Fv求解平均功率，故第2s内力F的平均功率为P=3×0.5=1.5W，故D 错误．故选：AC7．（6分）如图所示，固定在水平面内金属框架ABCD处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，AB与CD平行且足够长，CB与CD间的夹角为θ（θ＜90°），不计金属框架的电阻．单位长度阻值相同的光滑导体棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：首先判断从C运动到B点过程中导体棒中电流、功率等变化情况．设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L=vt×tanθ设金属棒横截面积为s，电阻率为ρ，则回路中电阻为：所以回路中的电流为：，为定值，故A正确，B错误．设导体棒在到达B之前运动的距离为x，则有：电动势为：E=BLv=Bxtanθv电阻为：功率为：，故开始功率随着距离增大而均匀增大，当通过B 点之后，感应电动势不变，回路中电阻不变，故功率不变，故D正确，C错误．故选：AD．二、非选择题8．（8分）某活动小组用如图甲所示的装置做“探究动能定理”实验，将光电门固定在水平轨道上，用重物通过细线拉小车，测出小车质量为M且保持不变，改变所挂重物质量多次进行实验，每次小车都从同一位置由静止释放．用重物所受重力的大小当做小车所受的拉力F．测出多组重物重力和相应小车经过电门时的速度v．（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=0.950cm；（2）实验中还需要测出的物理量是小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离；（3）实验过程中，作出v2﹣F图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为2N；（4）重物质量较大时，v2﹣F图象的ab段明显弯曲，为消除此误差，下列措施可行的是D（选填字母代号）．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．重物质量增加后，可以改变小车释放的初始位置C．重物质量增加后，可以减小小车的质量D．在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：9mm+0.50mm=9.50mm=0.950cm；（2）根据动能定理：（F﹣f）s=mv2由公式可以看出，实验中还需要测出的物理量是小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离．（3）由题图与公式：（F﹣f）s=mv2比较可知，当摩擦力与拉力F相等时，速度为0，所以可知小车受到的摩擦力大小为2N（4）由图甲可知，该实验的过程中是用物块的重力来代替拉力F，若以物块与小车整体为研究对象，则：a=，绳子的拉力：可知，物块与小车之间的质量差别越大，拉力就越接近mg，即m＜＜M时，满足F=mg．由以上的分析可知，图象丙发生弯曲是由于不满足m＜＜M的原因，所以为消除此误差，可以在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．故选：D．故答案为：（1）0.950；（2）小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离；（3）2；（4）D9．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．发光二极管具有单向导电性，正向电阻较小，反向电阻很大．某同学想借用“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来研究发光二极管的伏安特性．（1）实验先判断发光二极管的正负极，如图1所示，发光二极管的两个接线长短不一，我们俗称为发光二极管的“长脚”和“短脚”．该同学使用多用电表欧姆挡的“×1k”挡来测量二极管的电阻，红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动．调换接触脚后，指针偏转情况如图2所示，则二极管的“长脚”为二极管的负极（选填“正”、“负”），由图可读出此时二极管的阻值为4000Ω．（2）该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性．则发光二极管的“长脚”应与图乙中的a（选填“a”或“b”）端连接．（3）请按图3的电路图在图4中画出连线，将器材连接成实验电路．（4）该同学测得发光二极管的正向伏安特性曲线如图5所示，实验时发现，当电压表示数U=0.8V时，发光二极管开始发光．那么请你判断在图2状态下发光二极管发光（选填“发光”或“不发光”）．【解答】解：①红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动，说明二极管不导通，所以二极管的“长脚”为二极管的负极，欧姆表的读数为：R=4.0×1k=4000Ω；②该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性，由于黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，所以发光二极管的“长脚”应与图乙中的a端连接．③连线图如图所示：④根据②中的分析可知，图甲情况下二极管处于导通状态，根据R=可知，在I ﹣U图象中，画一条过斜率为4的通过原点的倾斜直线，读出直线与伏安特性曲线的交点的纵坐标大于0.8V，超过二极管的发光电压，故二极管发光．故答案为：（1）负；4000；（2）a；（3）如图所示；（4）发光10．（18分）在倾角θ=30°的光滑绝缘的斜面上，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球a和b，它们组成一带电系统，a、b小球所带的电荷量分别为﹣q和+5q．如图所示，虚线MN与PQ均垂直于斜面且相距3L，在MN、PQ间有沿斜面向上场强E=的匀强电场，最初a和b都静止在斜面上且小球a与MN间的距离为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，释放带电系统后，求：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为多大；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．【解答】解：（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a球刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：求得：（2）由动能定理可知：（3）设系统速度为零时，小球a越过电场边界PQ的距离为x由动能定理可知：2mgsin30°×（4L+x）+3qEL﹣5qE×（2L+x）=0﹣0带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功：答：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间是；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为是；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．11．（20分）如图甲所示，在y≥0的区域内有一垂直纸面方向的有界匀强磁场，MN为磁场区域的上边界，磁场在x轴方向范围足够大．磁感应强度的变化如图乙所示，取垂直纸面向里为正方向．现有一带负电的粒子，质量为m=9.6×10﹣18kg，电荷量为q=3.2×10﹣12C，在t时刻以速度v0=6.28×102m/s从O点沿如图所示方向进入磁场区域，已知θ=30°，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）若t0=0，如果t=2×10﹣3时粒子仍在磁场内，则此时它的位置坐标；（3）若t0=0，粒子垂直于MN离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离；（4）若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间．【解答】解：（1）洛伦兹力提供向心力，有：得：，（2）粒子在t0=0s时刻进入磁场，在t=1×10﹣3s时，粒子y0=2Rcos60°=R；t=2×10﹣3s时，粒子y=2y0=2R=1.2m．则它的位置坐标为（0，1.2m）（3）粒子在t0=0s时刻进入磁场，粒子运动轨迹如图所示，要粒子垂直于MN 离开磁场，可能从A、B等位置离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离：m （n=0、1、2、3…）（4）由图乙可知磁场的变化周期为：；，．粒子在a、b、c等位置离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，若粒子在a、c等位置离开磁场，粒子在磁场中运动时间为：（n=0、1、2、3…）若粒子在b等位置离开磁场，粒子在磁场中运动时间为：（n=1、2、3…）综上所述：若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间为：t=（2n+0.5）×10﹣3s（n=0、1、2、3…）或2n×10﹣3s（n=1、2、3…）答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.6m；周期为6×10﹣3s．（2）此时它的位置坐标为（0，1.2m）（3）磁场上边界MN与x轴间的距离为0.3（2n+1）m，（n=0、1、2、3…）（4）粒子通过磁场区域的时间为t=（2n+0.5）×10﹣3s（n=0、1、2、3…）或2n×10﹣3s（n=1、2、3…）【物理选修3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力C．对能源的过渡消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”D．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和。

陕西省渭南市澄城县寺前中学2015届高三下学期物理统练试题3班级：___________ 姓名： ___________1、如图所示，质量为3m 、长度为L 的木块静止放置在光滑的水平面上。

质量为m 的子弹（可视为质点）以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为025v 。

试求： (1)子弹穿出木块后，木块的速度大小；(2)子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小。

2、如图所示，A 为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M ＝40 kg 的小车B 静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m ＝20 kg 的物体C 以2.0 m/s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B 后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h ＝1.6 m ．物体与小车板面间的动摩擦因数 ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．(取g ＝10 m/s 2)，求：(1)物体与小车保持相对静止时的速度v ；(2)物体在小车上相对滑动的距离L.3、如图6所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。

两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动，突然断开轻绳，当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0，求：从绳断开到第一次恢复自然长度的过程中，弹簧释放的弹性势能Ep。

图64、如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为 ，小车足够长。

求：（1）小物块相对小车静止时的速度；（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，物块相对小车滑行的距离。

5、如图所示，光滑水平面上有带有1/4光滑圆弧轨道的滑块，其质量为2m，一质量为m的小球以速度v0沿水平面滑上轨道，并能从轨道上端飞出，则：①小球从轨道上端飞出时，滑块的速度为多大？②小球从轨道左端离开滑块时，滑块的速度又为多大？6、两木板M1＝0.5kg，M2＝0.4kg，开始时M1、M2都静止于光滑水平面上，小物块m ＝0.1kg以初速度v＝10m/s滑上M1的表面，最后停在M2上时速度为v2＝1.8m/s，求：（1）最后M1的速度v1（2）在整个过程中克服摩擦力所做的功。

北京市东城区2015届高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．有关热现象，以下说法正确的是( )A．液体很难被压缩，是因为液体分子间有间隙B．物体的内能增加，一定因为吸收了热量C．物体吸收了热量，温度一定升度D．任何热机的效率都不可能达到100%2．下列说法正确的是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于该种金属的极限频率D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小3．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( ) A．轨道半径可以不同B．角速度的大小可以不同C．加速度的大小可以不同D．质量可以不同4．一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x=0．当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，介质中平衡位置坐标x=2m的质点所处位置及运动情况是( )A．在其平衡位置下方且向上运动B．在其平衡位置下方且向下运动C．在其平衡位置且向上运动D．在其平衡位置且向下运动5．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大6．一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1．原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示．副线圈所接的负载电阻是11Ω．则下列说法中正确的是( )A．原线圈交变电流的频率为100 HzB．变压器输入、输出功率之比为4：1C．副线圈输出电压为55 VD．流过副线圈的电流是1 A7．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构的俯视图，图中①和②为楔块，楔块的斜面与水平的夹角为θ；③和④为垫板；弹簧a和弹簧b质量不计；楔块与弹簧盒、垫板之间均有摩擦，在车厢互相撞击使垫板③向盒里压进的过程中( )A．弹簧a与弹簧b的压缩量之比是cotθB．弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tanθC．当弹簧压缩到最短的时候，楔块①的速度一定为零D．当弹簧压缩到最短的时候，垫板③的速度一定为零8．已知存在以下几种使物体带电的办法：①摩擦起电；②接触起电；③静电感应；④电介质的极化其中前三种方式是同学们熟悉的，对第④种方式的简介如下、一些电介质（绝缘体）的分子在受到外电场的作用时，在跟外电场垂直的两个表面上会出现等量的正、负电荷，这种电荷不能离开电介质，也不能在电介质内部自由移动，叫做束缚电荷．用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近碎纸屑，对于可能出现的情况及其分析，下列选项中正确的是( )A．玻璃棒会吸引纸屑，这是因为纸屑通过第①种方式带了电B．有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第④种方式带了电C．有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程只包含第②种带电方式D．有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程包括第②和第③两种带电方式二、非选择题9．用双缝干涉测光的波长．实验装置如图甲所示，已知双缝与屏的距离L=700mm，双缝间距d=0.25mm．用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准屏上亮纹的中心，（如图乙所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数．①划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心时，手轮上的读数x1=2.190mm，对准第4条亮纹中心时，手轮上的读数x2．如图丙所示，则x2=__________ mm，相邻两条亮纹间的距离△x=__________ mm．②计算波长的公式λ=__________；求得的波长值是__________nm．10．某同学要通过实验测定一根柱状金属丝的阻值，这根金属丝长约为20cm．横截面积约为1mm，金属丝的电阻率是5×10Ω•m．现有电动势为4.5V的电源，另有如下器材供选择：A．量程为0～0.6A，内阻约为1Ω的电流表B．量程为0～1A，内阻约为10Ω的电流表C．量程为0～6V，内阻约为4kΩ的电压表D．量程为0～10V，内阻约为50kΩ的电压表E．阻值为0～20Ω，额定电流为1A的滑动变阻器F．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.1A的滑动变阻器①以上器材应选用__________．（填写器材前的字母）②出实验电路图（图1）③图2所示器材连接成实验电路④何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，电阻的测量值与真实值相比将__________（选填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成这种误差的原因是由于__________的内阻的影响．11．（16分）AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示．一可视为质点的小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：（1）小球下滑到B点时速度的大小；（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力F B、F C各是多大？12．（18分）如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计．（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值；（2）若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度；（3）求第（2）问所示情况中导体棒ab所能达到的最大速度的大小．13．生活中有许多实例可以近似看作是完全非弹性碰撞过程，如用锤打桩、杂技中“胸口碎石”的表演等．可以从能量的角度认识这些碰撞过程、用锤打桩是利用锤与桩碰撞后锤与桩的动能使桩钻入土层，这种情况希望碰撞过程中损失的动能越少越好；而“胸口碎石”表演时，要求碰撞后锤与石块的动能越小越好，利用碰撞过程损失的动能使石块形变．请你以质量为m1的物体以初速度v0与质量为m2的静止物体发生完全非弹性碰撞为例，计算碰撞过程损失的动能，并说明在什么情况下，系统损失的动能更多．14．如图，一根水平杆上等距离地穿着n个半径相同的珠子，珠子可以在杆上无摩擦移动，珠子的质量依次为m，km，k2m，k3m…，k k﹣1m，其中是的取值范围是≤k≤2．使第一颗珠子在极短时间内获得初速度v0，之后每当珠子之间发生碰撞时都会粘在一起．a．分析并说明当k取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最大；k取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最小．b．求出碰撞结束后系统相应的最小总动能和最大总动能的比值．北京市东城区2015届高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．有关热现象，以下说法正确的是( )A．液体很难被压缩，是因为液体分子间有间隙B．物体的内能增加，一定因为吸收了热量C．物体吸收了热量，温度一定升度D．任何热机的效率都不可能达到100%考点：热力学第一定律．分析：分子之间同时存在着引力和斥力；改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的．根据热力学第二定律的表述，任何热机的效率都不可能达到100%．解答：解：A、根据分子动理论的内容可知，固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用．故A错误；B、做功和热传递都可以改变物体的内能，物体的内能增加，不一定因为吸收了热量，故B 错误；C、做功和热传递都可以改变物体的内能，如果气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，气体内能可能不变，则温度不变．故C错误；D、根据热力学第二定律，任何热机的效率都不可能达到100%．故D正确．故选：D．点评：该题考查热力学第一定律、热力学第二定律和分子动理论的基本内容，要理解做功和热传递是改变物体内能的两种方式．2．下列说法正确的是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于该种金属的极限频率D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．专题：光电效应专题．分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，汤姆孙发现电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，根据光电效应发生的条件判定不能发生光电效应的原因．解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故A错误；B、汤姆孙发现电子，卢瑟福通过α粒子的散射实验提出原子具有核式结构，故B错误；C、根据光电效应发生的条件，掌握原子核式结构模型的内容，知道半衰期的特点，对一些物理学史要加强记忆．，C正确；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故D错误．故选：C点评：该题考查裂变与聚变、α粒子散射实验、光电效应以及波尔理论，重点掌握原子核式结构模型的内容，对一些物理学史要加强记忆．3．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( ) A．轨道半径可以不同 B．角速度的大小可以不同C．加速度的大小可以不同D．质量可以不同考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．解答：解：AB、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的．所以所有的同步卫星都在赤道上方同一轨道上，因为同步卫星要和地球自转同步，即这些卫星ω相同，根据万有引力提供向心力得：=mω2r，因为ω一定，所以r 必须固定．故AB错误．C、根据万有引力提供向心力得：=ma，因为r一定，所以这些卫星加速度的大小相等．故C错误．D、许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的质量可以不同．故D正确．故选：D．点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度．4．一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x=0．当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，介质中平衡位置坐标x=2m的质点所处位置及运动情况是( )A．在其平衡位置下方且向上运动B．在其平衡位置下方且向下运动C．在其平衡位置且向上运动D．在其平衡位置且向下运动考点：波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由图读出波长．根据波源质点的振动方向可确定x=2m的质点所处位置及运动情况．解答：解：由图λ=4m，坐标x=2m的质点的振动情况与波源的振动情况总是相反．当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，则x=2m的质点在平衡位置且向上运动．故C正确．故选：C点评：本题中波源与x=2m的质点是反相点，与波源反相的点坐标通项式是x=（n+）λ=（4n+2）m，n=0，1，2，﹣﹣﹣﹣5．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．解答：解：在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器R0与R2并联电阻R并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源的内电压减小，则路端电压U增大，电压表示数增大．并联部分电压U并=E﹣I（R1+r），I减小，E、R1、r均不变，则U并增大，故电流表示数增大．故B正确，ACD错误．故选：B．点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．6．一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1．原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示．副线圈所接的负载电阻是11Ω．则下列说法中正确的是( )A．原线圈交变电流的频率为100 HzB．变压器输入、输出功率之比为4：1C．副线圈输出电压为55 VD．流过副线圈的电流是1 A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：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以f=50Hz，所以A错误；B、理想变压器的输入功率和输出功率相等，故B错误；C、由图象可知，交流电的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为U1=V=220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈电压为55V，故C正确；D、根据I=可得电流I==5A，所以D错误．故选：C点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解7．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构的俯视图，图中①和②为楔块，楔块的斜面与水平的夹角为θ；③和④为垫板；弹簧a和弹簧b质量不计；楔块与弹簧盒、垫板之间均有摩擦，在车厢互相撞击使垫板③向盒里压进的过程中( )A．弹簧a与弹簧b的压缩量之比是cotθB．弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tanθC．当弹簧压缩到最短的时候，楔块①的速度一定为零D．当弹簧压缩到最短的时候，垫板③的速度一定为零考点：胡克定律；运动的合成和分解．分析：以弹簧盒为参考系，①向右下方运动，分解为水平向右的分运动和竖直向下的分运动，根据平行四边形定则得到两个分位移的比值．解答：解：AB、以弹簧盒为参考系，①向右下方运动，为合运动，分解为水平向右的分运动和竖直向下的分运动，故竖直分位移与水平分位移的比值为：x1：x2=tanθ，由于①③相互靠近，故弹簧a的压缩量为2x1，故弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tanθ；故A错误，B正确；CD、火车不一定静止，故楔块①和③的速度不一定为零，故C错误，D错误；故选：B点评：本题关键是明确减震原理，找出分运动和合运动，结合运动的合成与分解的平行四边形定则进行分析，不难．8．已知存在以下几种使物体带电的办法：①摩擦起电；②接触起电；③静电感应；④电介质的极化其中前三种方式是同学们熟悉的，对第④种方式的简介如下、一些电介质（绝缘体）的分子在受到外电场的作用时，在跟外电场垂直的两个表面上会出现等量的正、负电荷，这种电荷不能离开电介质，也不能在电介质内部自由移动，叫做束缚电荷．用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近碎纸屑，对于可能出现的情况及其分析，下列选项中正确的是( )A．玻璃棒会吸引纸屑，这是因为纸屑通过第①种方式带了电B．有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第④种方式带了电C．有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程只包含第②种带电方式D．有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程包括第②和第③两种带电方式考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电体具有吸引轻小物体的性质，电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．解答：解：A、有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第④种方式带了电，故A 错误，B正确；C、碎纸屑被吸引是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，有的纸屑接触玻璃棒后“跳开”，是因为这些纸屑带上和玻璃棒相同的电荷，同种电荷相互排斥的缘故．故C正确，D错误；故选：BC点评：了解摩擦起电现象，知道带电体吸引轻小物体的性质，了解电荷间的相互作用规律对解决此类题目很关键．二、非选择题9．用双缝干涉测光的波长．实验装置如图甲所示，已知双缝与屏的距离L=700mm，双缝间距d=0.25mm．用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准屏上亮纹的中心，（如图乙所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数．①划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心时，手轮上的读数x1=2.190mm，对准第4条亮纹中心时，手轮上的读数x2．如图丙所示，则x2=7.868 mm，相邻两条亮纹间的距离△x=1.893 mm．②计算波长的公式λ=；求得的波长值是676nm．考点：用双缝干涉测光的波长．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需要估读，从而根据，即可求解；根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ推导出波长的表达式，并求出波长的大小．解答：解：①图丙中，对准第4条亮纹时固定刻度读数为7.5mm，可动读数为0.01×36.8=0.368mm，所以最终读数为7.868mm．再根据，解得：△x==1.893mm；②根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得：λ===6.76×10﹣7m=676nm．故答案为：①7.868，1.893；②，676．点评：考查螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，不需估读；同时关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，以及知道为了减小实验的测量误差，量出n个条纹间的距离去求相邻条纹的间距．10．某同学要通过实验测定一根柱状金属丝的阻值，这根金属丝长约为20cm．横截面积约为1mm，金属丝的电阻率是5×10Ω•m．现有电动势为4.5V的电源，另有如下器材供选择：A．量程为0～0.6A，内阻约为1Ω的电流表B．量程为0～1A，内阻约为10Ω的电流表C．量程为0～6V，内阻约为4kΩ的电压表D．量程为0～10V，内阻约为50kΩ的电压表E．阻值为0～20Ω，额定电流为1A的滑动变阻器F．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.1A的滑动变阻器①以上器材应选用A、C、E．（填写器材前的字母）②出实验电路图（图1）③图2所示器材连接成实验电路④何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，电阻的测量值与真实值相比将偏小（选填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成这种误差的原因是由于电压表的内阻的影响．考点：伏安法测电阻．分析：（1）根据电源电动势选择电压表；由电阻定律求出金属丝的电阻，由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表；根据安全性原则与方便操作原则选择滑动变阻器；（2）根据金属丝电阻与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．（3）根据伏安法测电阻的原理作出实验电路图．（4）根据电压表的分流分析误差的来源；解答：解：（1）电源电动势是4.5V，因此电压表选量程为0～6V，内阻约为4kΩ的电压表C；金属丝的电阻约为：R=ρ=5×10﹣5Ω•m×=10Ω，电路最大电流：I==0.45A电流表选量程为0～0.6A，内阻约为1Ω的电流表A；电路电流可以达到0.45A＞0.1A，为保证电路安全，同时方便实验操作，滑动变阻器选阻值为0～10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器E；（2）电阻丝电阻是10Ω，电流表内阻是1Ω，电压表内阻是4kΩ，电压表内阻远大于电阻丝阻值，因此应采用电流表的外接法；（3）把电源、开关、滑动变阻器、电流表、电阻丝、串连接入电路，电压表并联在电阻丝两端，电路图如图所示．（4）何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，由于电压表的分流，电流表读数大于通过电阻的实际电流，所以电阻的测量值与真实值相比将偏小，造成这种误差的原因是由于电压表的内阻的影响．故答案为：（1）A、C、E；（2）如图；（3）如图所示．（4）偏小；电压表点评：本题考查了实验器材的选择、实验电路的设计，熟练应用电阻定律、知道电流表采用内外接法的选择原则是正确解题的关键．11．（16分）AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示．一可视为质点的小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：（1）小球下滑到B点时速度的大小；（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力F B、F C各是多大？考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：根据机械能守恒定律求出小球运动到B点的速度；根据牛顿第二定律求出B点的支持力大小，在C点支持力大小等于重力的大小解答：解：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：①则小球运动到B点时的速度为：（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：N﹣mg=m，②解①②得：N B=3mg在C点：N c=mg．答：（1）小球运动到B点时的速度为．（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力N B、N C各是3mg、mg．点评：本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小12．（18分）如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计．（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值；（2）若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度；（3）求第（2）问所示情况中导体棒ab所能达到的最大速度的大小．考点：安培力；牛顿第二定律．分析：（1）导体棒静止于导轨上，受重力、支持力和安培力处于平衡，根据安培力大小公式、闭合电路欧姆定律，结合共点力平衡求出滑动变阻器的阻值．（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出导体棒所受的安培力，根据牛顿第二定律求出释放导体棒ab的加速度．（3）当重力下滑分力与安培力相等时，导体棒ab达到最大速度，根据平衡求出最大速度．解答：解：（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足：mgsinθ=F安，其中F安=BIL，设导体棒ab静止时变阻器的阻值为R，由闭合电路欧姆定律有：，。

[限时训练][限时45分钟，满分100分]一、选择题(每小题6分，共60分)1．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图3－3－14所示，在0～8 s内，下列说法正确的是A．物体在0～2 s内做匀加速直线运动B．物体在第2 s末速度最大图3－3－14C．物体在第8 s末离出发点最远D．物体在第4 s末速度方向发生改变答案 C2．(2014·四川省树德中学模拟)传感器和计算机结合，可以快速测量和记录变化的力．如图3－3－15所示，传感器和计算机连接，弹性细绳一端系小球，另一端与传感器连接，把小球举到O点，放手让小球自由下落，获得弹性细绳中拉力F随时间t变化的图线．不计空气阻力．根据图线可以判断图3－3－15A．2t1＝(t4－t3)B．从t2～t3，小球的速度一直增大C．细绳的自然长度是12gt22D．t5时刻小球处在最低点答案AD3．(2014·大连模拟)如图3－3－16所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为A.F 3kB.F 2kC ．L ＋F 3kD ．L ＋F 2k图3－3－16解析 两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(m ＋2m )a ，对质量为m 的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx ＝ma ，则此时两球间的距离为L ＋F 3k，选项C 正确．答案 C4．(2013·浙江理综)如图3－3－17所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 图3－3－17C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析 刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5) N ＝4 830 N ，A 项正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B 项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s 后的速度v <at ＝5 m/s ，C 项错误．匀速上升时，F 浮＝F f ＋mg ，所以F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －4 600 N ＝230 N ，D 项正确．答案 AD5．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图3－3－18所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s 与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦，据此可知，下列说法正确的是A ．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好 图3－3－18B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离s 随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好解析 如图可知，当甲、乙二车的初速度v 0相同时，可发现s 甲>s 乙，由s ＝v 22a知，a 甲<a 乙，即μ甲<μ乙，可知选项B 正确，其余选项皆错．答案 B6．在2010年上海世博会风洞飞行表演上，若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m 的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与有效面积成正比，已知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小，为最大值的1/8.风洞内人可上下移动的空间总高度为H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移，现人由静止开始从最高点A 以向下的最大加速度匀加速下 图3－3－19落，如图3－3－19所示，经过B 点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，到最低点C 处速度刚好为零，则下列说法中正确的有A ．人向上的最大加速度是12gB ．人向下的最大加速度是34gC ．BC 之间的距离是37HD ．BC 之间的距离是12H答案 BC7．如图3－3－20甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图3－3－20乙所示，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)图3－3－20A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25解析由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a0＝4 m/s2，沿斜面方向有a＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D正确；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A正确，B、C错误．答案AD8．如图3－3－21所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码，在保持A、B、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下，BC间绳子所能达到的最大拉力是A.12μmg B．μmgC．2μmg D．3μmg 图3－3－21解析因桌面光滑，当A、B、C三者共同的加速度最大时，F BC＝m C a才能最大，这时，A、B间的相互作用力F AB应是最大静摩擦力2μmg，对BC整体来讲：F AB＝2μmg＝(m B＋m C)a＝2ma，a＝μg，所以F BC＝m C a＝μmg，选项B正确．答案 B9．(2014·湖北八校联考)如图3－3－22所示，质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A缓慢上升至弹簧恢复原长．现改变力F使木块A由静止开始匀加速上升．研究从木块A开始匀加速运动到木块B刚离开地面这个过程，并且选定这个过程中木块A的起始位置为坐标原点，则下图中表示力F和木块A的位移x之间关系的图象是图3－3－22解析在木块A匀加速运动过程中重力不变，合力不变，则拉力F的变化量与弹簧弹力的变化量应始终大小相等，从而保持合力恒定，即有F－kx－mg＝ma，可见A正确．答案 A10．如图3－3－23所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是图3－3－23解析当小木块速度小于v0时，对小木块受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，可知a1＝g sin θ＋μg cos θ，当小木块速度达到v0时，因为μ<tan θ，所以mg sin θ>μmg cos θ，所以小木块将继续加速下滑，再次对小木块受力分析可知，小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，可知a2＝g sin θ－μg cos θ，a1<a2，对比各v－t图象可知选项D正确．答案 D二、计算题(共40分)11．(12分)(2014·四川省名校检测)在粗糙的水平面上有一质量为m＝10 kg的物体，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，给物体一水平向右的初速度v0＝4 m/s的同时对物体施加一水平向左的恒力F，F的大小为30 N(g＝10 m/s2)，求：(1)物体在水平面上向右运动的最大位移；(2)物体运动时间t＝2 s时速度为多大？解析(1)物体向右做匀减速运动由F＋μmg＝ma1得：a1＝5 m/s2物体向右速度减为零时位移最大x＝v202a1＝1.6 m(2)由于F>μmg，物体向右达到最大位移后，又向左做匀加速运动F－μmg＝ma2解得：a2＝1 m/s2因为向右做匀减速运动的时间t1＝v0a1＝0.8 s所以向左做匀加速运动的时间t2＝t－t1＝2 s－0.8 s＝1.2 s故t＝2 s时速度为v1＝a2t2＝1.2 m/s.答案(1)1.6 m(2)1.2 m/s12．(14分)(2014·四川省凉山州二模)中国首艘航母“辽宁号”已投入使用，歼-15是我国自主研制的重型轰炸机，具备优秀舰载机特点.2012年11月，歼-15舰载机在“辽宁号”上成功完成首次上舰飞行试验，是我国航空、舰船技术发展的重大跨越．假若有一质量M＝8×103 kg的战机在某一航母上采用滑行起动加速达到60 m/s的起飞速度飞离航母，甲板的水平跑道长150 m．设战机起飞的过程为匀加速运动，运动中地面、空气的平均阻力为机重的0.15倍，且航母保持静止．(g ＝10 m/s2)求：(1)喷气发动机的平均推力大小．(2)假若航母跑道只有120米长，现代航母主要采用弹射系统给战机以一定初速度，求这种方法下弹射系统使战机具有的最小速度，及此过程弹射系统对战机所做的功．解析(1)战机匀加速运动2ax＝v2a＝12 m/s2F－f＝MaF＝1.08×105 N.(2)设战机通过弹射系统获得的最小速度v0，后匀加速运动飞离水平跑道时速度60 m/s2ax＝v2－v20v0＝12 5 m/s弹射系统对战机做功：W＝12M v2＝2.88×106 J.答案(1)1.08×105 N(2)12 5 m/s 2.88×106 J13．(14分)如图3－3－24所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g＝10 m/s2. 图3－3－24(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．解析(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数值得：a＝2.5 m/s2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1＝v22a＝222×2.5m＝0.8 m<4 m可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x1＝v2t1，得t1＝0.8 s匀速上升时t2＝x2v＝3.22s＝1.6 s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4 s.答案(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m(2)2.4 s。

江西省上饶市2015届高三第三次模拟考试理综物理能力试题(满分300分考试时间150分钟)注意事项:1.本试卷分为选择题和非选择题两部分,共16页｡2.答卷时,考生务必将自己的姓名､座号及答案填写在答题卡上｡3.选择题的每小题答案,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑｡如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号,不能答在试卷上｡4.考试结束后,将答题卡和答题纸一并交回｡本卷可能用到的数据:相对原子质量:H―1 Li—7 C―12 N—14 O―16 S―32 Cl—35.5 K—39Cr—52 Fe—56第Ⅰ卷(选择题共21小题,每小题6分,共126分)二､选择题(本题共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,其中19､20､21试题有多项符合题目要求｡其余试题只有一项符合题目要求｡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.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图｡若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直｡电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节｡下列说法正确的是:A.仅减小励磁线圈中电流,电子束径迹的半径变小B.仅降低电子枪加速电压,电子束径迹的半径变小C.仅减小励磁线圈中电流,电子做圆周运动的周期将变小D.仅降低电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将变小15.如图所示,P､Q为一平行板电容器的两个极板,其中Q板接地,下列说法正确的是:A.适当上移P极板,电容器电容增大B.保持开关S闭合,适当左移P极板,电容器电量增大C.若断开开关S,再适当上移P极板,板间场强减小D.若断开开关S,再适当左移P极板,P板电势升高16.如图所示,在倾角为α=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m的小球A､B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A､B均静止在斜面上,下列说法正确的是:A.弹簧的伸长量为mgkB.水平恒力大小为槡33mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g17.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q､滑块重力势能E P随时间t的关系及动能E k ､机械能E随位移x的关系的是:18.双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动｡研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量､距离和周期均可能发生变化｡若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的k倍,两星之间的距离变为原来的n倍,则此时圆周运动的周期为:A B C D19.图甲所示的理想变压器原､副线圈匝数比为55∶6,图乙是该变压器原线圈两端输入的交变电压U的图像,副线圈中L是规格为“24V,12W”的灯泡,R0是定值电阻,R是滑动变阻器,图中各电表均为理想交流电表,以下说法正确的是:A.灯泡L能正常发光B.滑片P向下滑动的过程中,变压器输出功率变小C.滑片P向下滑动的过程中,电流表A示数变大,电压表V示数不变D.原线圈两端输入电压的瞬时值表达式为u=220sinl00πt(V)20.如图所示,光滑水平面上放着质量为M的木板,木板的上表面粗糙且左端有一个质量为m的木块｡现对木块施加一个水平向右的恒力F,木块与木板由静止开始运动,经过时间t分离｡下列说法正确的是:A.若仅增大木板的质量M,则时间t增大B.若仅增大木块的质量m,则时间t增大C.若仅增大恒力F,则时间t增大D.若仅增大木块与木板间的动摩擦因数,则时间t增大21.如图所示,足够长金属导轨竖直放置,金属棒ab､cd均通过棒两端的环套在金属导轨上并与导轨保持良好的接触｡虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场｡ab､cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ,两棒总电阻为R,导轨电阻不计｡开始两棒均静止在图示位置,当cd棒无初速释放,同时对ab棒施加竖直向上的拉力F,沿导轨向上做匀加速运动｡则:A.ab棒中的电流方向由b到aB.拉力F的功率不断增大C.cd棒先加速运动后匀速运动D.力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和第Ⅱ卷(非选择题共174分)三､非选择题(包括必考题和选考题两部分｡第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答｡第33题~第40题为选考题,考生根据要求做答｡)(一)必考题(11题,共129分)22.(6分)在探究弹力和弹簧伸长的关系时,某同学先按图1对弹簧甲进行探究,然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究｡在弹性限度内,将质量为m=50g 的钩码逐个挂在弹簧下端,分别测得图1､图2中弹簧的长度L 1．､L 2．如下表所示｡已知重力加速度g=10m/s2,计算弹簧甲的劲度系数k= N/m ｡由表中数据 (填“能”或“不能”)计算出弹簧乙的劲度系数｡ 23.(9分)某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验, 实验室提供如下器材: 热敏电阻Rt(常温下约8kΩ)､温度计､ 电流表A(量程1mA,内阻约200Ω)､ 电压表V(量程3V,内阻约10kΩ)､ 电池组E(4.5V,内阻约1Ω)､ 滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)､ 开关S ､导线若干､烧杯和水｡(1)根据提供器材的参数将右图所示的实物图中所缺的导线补接完整｡ (2)实验开始前滑动变阻器的滑动触头P 应置于 端(填“a”或“b”)｡(3)利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值,画出该热敏电阻的R t -t 图象如右图中的实测曲线,与图中理论曲线相比二者有一定的差异｡除了偶然误差外,下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是 ｡ A.电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值小 B.电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小 C.温度升高到一定值后,电流表应改为外接法(4)将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中使用,当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时,满足关系式I 2R=k(t-t 0)(其中k 是散热系数,t 是电阻的温度,t 0是周围环境温度,I 为电流强度),电阻的温度稳定在某一值｡若通过它的电流恒为50mA,t 0=20℃,k=0.25W/℃,由实测曲线可知该电阻的温度稳定在 ℃｡24.(13分)2014年12月26日,我国东部14省市ETC 联网正式启动运行,ETC 是电子不停车收费系统的简称｡汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示｡假设道路上有并行的甲､乙两辆汽车都以v 1=20m/s 朝收费站沿直线正常行驶,现甲车过ETC 通道,需要在某位置开始做匀减速运动,到达虚线EF 处速度正好减为v 2=4m/s,在虚线EF 与收费站中心线之间以4m/s 的速度匀速行驶,通过收费站中心线后才加速行驶离开,已知甲匀减速过程的加速度大小为a1=1m/s2,虚线EF 处与收费站中心线距离d=10m ｡乙车过人工收费通道,需要在中心线前某位置开始做匀减速运动,至中心线处恰好速度为零,经过缴费成功后再启动汽车行驶离开;已知乙车匀减速过程的加速度大小为a 2=2m/s 2｡求:(1)甲车过ETC 通道时,从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小; (2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线｡25.(19分)如图甲所示,一对平行金属板M ､N 长为L,相距为d,O 1O 为中轴线.当两板间加电压U MN =U 0时,两板间为匀强电场,忽略两极板外的电场｡某种带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 方向射入电场,粒子恰好打在上极板M 的中点,粒子重力忽略不计｡ (1)求带电粒子的比荷q m(2)若MN 间加如图乙所示的交变电压,其周期T=Tv ,从t=0开始,前3T 内U MN =2U,后23T 内U MN =-U,大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,求U 的值;(3)若紧贴板右侧建立xOy 坐标系,在坐标系第I ､IV 象限某区域内存在一个方向垂直于坐标平面的圆形匀强磁场区域,能使在(2)问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于P(2d,2d)点,求此圆形磁场的最小面积及对应磁感应强度B 的大小｡(二)选考题:共45分｡请考生从给出的3道物理题､3道化学题､2道生物题中每科任选一题做答,并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑｡注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题｡如果多做,则每学科按所做的第一题计分｡33.[物理—选修3-3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是 ｡(选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分;选错1个扣3分,最低得分为0分) A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大 B.当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大 C.外界对物体做功,物体内能一定增加 D.当分子间的距离增大时,分子力一定减小 E.用油膜法估测分子直径的实验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩 (2)(9分)如图所示,内径粗细均匀的U 形管,右侧B 管上端封闭,左侧 A 管上端开口,管内注入水银,并在A 管内装配有光滑的､质量可以 不计的活塞,使两管中均封入L=25cm 的空气柱,活塞上方的大气压 强为p 0=76cmHg,这时两管内水银面高度差h=6cm ｡今用外力竖直向上缓慢地拉活塞,直至使两管中水银面相平｡设温度保持不变,则:A管中活塞向上移动距离是多少?34.[物理———选修3-4](15分)(1)(6分)一列波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图所示,其中E､F两点相对平衡位置的位移相同,从该时刻起E质点回到平衡位置的最短时间为0.05s｡F质点回到平衡位置的最短时间为0.15s,质点的振幅为A=10cm,则下列说法正确的是｡(选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分;选错1个扣3分,最低得分为0分)A.这列波的周期为0.4sB.在t=0时E点偏离平衡位置的距离为A2C.该波的传播速度为10m/sD.在4s内E质点沿x轴正向运动的路程为40mE.该波遇0.4m的障碍物有明显的衍射现象(2)(9分)两块相同的直角棱镜与一块等腰棱镜拼接成如图所示的组合棱镜,称为直视棱镜｡在主截面内,与底面平行的光线由左方射入棱镜,光线等高地从右面棱镜平行射出,犹如棱镜不存在一样｡已知直角棱镜的折射率为n1=,等腰棱镜的折射率为n2不考虑底面的发射,求等腰棱镜的顶角α｡(当光以入射角θ1从折射率为n1的介质入射到折射率为n2的介质中时, 折射角为θ2,则它们满足关系式n1·sinθ1=n2·sinθ2)35.【物理—选修3-5】(15分)(1)(6分)下列说法正确的是｡(选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分;选错1个扣3分,最低得分为0分)A.若使放射性物质的温度升高,其半衰期可能变小B.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征C.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D.在原子核中,比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固E.一群处于n=4的激发态的氧原子,向低能级跃迁时,可能发射出的谱线为6条(2)(9分)如图所示,在光滑的水平面上,质量为2m物体A以初速度v0向右开始运动,质量为m的物体B静置在光滑水平面上,其左侧连接一轻质弹簧;当物体A压缩轻质弹簧至物体A ､B刚好相对静止时,物体B碰在右侧竖直墙上,并与墙粘合｡求:(ⅰ)轻质弹簧在整个过程中具有的最大弹性势能;(ⅱ)物体A在全过程中,弹簧弹力对A的冲量大小｡物理参考答案14、B 15、D 16、C 17、C 18、D 19、AC 20、BD 21、AB 22、（6分） 50（3分） 能（3分） 23、(9分) (1)连线如图所示（2分） (2)a （2分） (3)C （2分）(4)48(46～50均可) （3分） 24、（13分）（13分）解析：（1）甲车过ETC 通道时，减速过程的位移为：122212a v v x -=甲 --------------------------------------------------------------------------------------------2分 可得x 甲＝192m ------------------------------------------------------------------------------------------2分 所以总的位移：02m 2=+=d x x 甲总 ----------------------------------------------------------1分 （2）甲车减速过程的时间s 161211=-=a v v t 甲 ------------------------------------------------1分 甲车匀速过程的时间s 5.222==v dt 甲 ------------------------------------------------------------1分 乙车过人工收费通道减速过程的时间s 10212==a v t 乙 ----------------------------------------1分 乙车过人工收费通道减速过程的位移m 10022212==a v x ------------------------------------1分乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移102m 21=-=x x x 总 ----------------------------1分 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间 5.1s 111==v x t 乙 ------------------------------------1分 则乙车提前甲车到中心线的时间为s 4.3)()(2121=+-+=∆乙乙甲甲t t t t t ---------------2分 其它解法酌情给分 25、（19分）解析：（1）设粒子经过时间t 0打在M 板中点， 沿极板方向有002t v L= ---------------------------------------------------------------------------------1分 垂直极板方向有20022t m dqU d =---------------------------------------------------------------------------2分 可解得20224L U v d m q =--------------------------------------------------------------------------------------2分（2）粒子通过两板时间T v Lt ==-----------------------------------------------------------------1分 从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小mdqUa 21=----------------------------------------------------------------------------1分 （或在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小mdqUa =2）不同时刻从O 1点进入电场的粒子在电场方向的速度v y 随时间t 变化的关系如答图所示。

福建省2015届高三高考“集结号”最后冲刺模拟卷3理科综合物理试题word 版13．如图3-8所示，不透明杯子底有一枚硬币，某人从杯口附近无法看到硬币。

现慢慢向杯子里注水(未溢出)，当水超过某高度时，人看见了硬币，这是光的A ．反射现象B ．折射现象C ．全反射现象D ．色散现象14．“静止”在赤道上空的地球同步气象卫星把广阔视野内的气象数据发回地面，为天气预报提供准确、全面和及时的气象资料。

设地球同步气象卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，则该地球同步气象卫星的A ．向心加速度是地球表面重力加速度的1n 倍B ．向心加速度是地球表面重力加速度的1n倍C ．运行速度是近地卫星运行速度的1n 倍D ．运行速度是近地卫星运行速度的1n 倍 15．船在静水中的速度v 1与时间t 的关系如图3-9甲所示，河水的流速v 2与船离河岸距离d 的变化关系如图乙所示，已知河宽300 m ，则船渡河的运动轨迹可能是图中的16．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给电路供电，电路如图3-10所示，电阻R 1=R 2，不计导线电阻，电表均为理想电表。

当发电机线圈以转速n 匀速转动时，电压表的示数为U ，电流表的示数为I ；当发电机线圈以转速2n 匀速转动时，电压表的示数为U’，电流表的示数为I’。

下列说法中正确的是A ．U’一定大于U ，，且小于2UB ．I’一定等于2IC ．通过电阻R1、R 2的电流频率不相等D ．电阻R 1和R 2的热功率一定相等17．利用频闪照相装置拍摄一列沿x 轴传播的简谐横波某部分区域内的波形，如图3-1l 所示，实线是在t =0时刻的波形图，虚线是在t =0.04 s 时刻的波形图。

则x =20 cm 的质点第一次出现波谷的时刻是A ．0.42 sB ．0.38 sC ．0.36sD ．0.30 s18．如图3-12所示，真空中有两个等量异种点电荷放置在M 、N 点，P 、O 是MN 连线的垂线上的两点，且MO >ON 。

2014~2015学年度高三年级第一学期教学质量调研（三）物理试卷（分值120分，时间100分钟）一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1． 如图为一物体做直线运动的速度图象，分别用v 1、a 1表示物体在0～t 1时间内的速度与加速度；v 2、a 2 表示物体在t 1～t 2时间内的速度与加速度，以下判断正确的是 A ．v 1与v 2方向相同，a 1与a 2方向相反 B ．v 1与v 2方向相反，a 1与a 2方向相同 C ．v 1与v 2方向相反，a 1与a 2方向相反 D ．v 1与v 2方向相同，a 1与a 2方向相同2． 一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T ，t =0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波传播方向上的两个质点．图乙是波传播方向上某一质点的振动图像.下列说法正确的是 A ．t =0时质点a 的速度比质点b 的速度大 B ．t =0时质点a 的加速度比质点b 的加速度小 C ．图乙可以表示质点a 的振动 D ．图乙可以表示质点b 的振动3． 某人从住宅楼的三十层乘箱式电梯到一层，经历了加速、匀速、减速三阶段，则对于人在下降过程中的一些判断正确的是 A ．加速过程中，电梯对人的支持力与人对电梯的压力相等 B ．加速过程中，人的重力与电梯对人的支持力大小相等 C ．减速过程中，人处于失重状态 D ．加速和减速过程，人都处于超重状态4． 如图所示，a 、b 是静电场中某电场线上的两点，将一个电子由a 点移到b 点的过程中电场力做功为＋6eV ，则以下判断正确的是A ．电子的电势能减少6JB ．电子的电势能增加6eVC ．a 、b 两点间电势差U ab = -6VD ．电场强度的方向一定由a 沿直线指向b 5． 一物体以速度v 运动，到达位置A 开始受到向前但偏右的(观察者沿物体的运动方向看，下同)的合力，到达B 时，合力改成与前进方向相同，到达C 时，合力又突然改成向前但偏左，最终到达D ．以下四图表示物体全程的运动轨迹，正确的是 6． 如图所示为一自卸货车，货物与车厢的动摩擦因数为μ，车厢对货物的支持力为F N ，摩擦力为F f ，在车厢由水平位置缓慢抬起的过程中，车厢与货物相对静止，v FA12O下列描述正确的是A．车厢对货物的支持力F N增大B．车厢对货物的支持力F N减小C．车厢对货物的摩擦力F f减小D．支持力对货物做负功7．2012年2月25日我国成功地发射了第十一颗北斗导航卫星，该卫星在发射过程中经过四次变轨进入同步轨道．如图为第四次变轨的示意图，卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处实现变轨，由椭圆轨道Ⅰ进入同步轨道Ⅱ，则该卫星A．在轨道Ⅱ上的周期比地球自转周期大B．在轨道Ⅱ上的速度比在轨道Ⅰ上任意—点的速度大C．在轨道Ⅱ上的加速度比在轨道Ⅰ上任意—点的加速度大D．在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅰ上任意一点的机械能大8．如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，设沿adcba方向为感应电流的正方向，初始线圈位置处于AB与OO′决定的平面，则在线圈转动半圈的时间内线圈中感应电流随时间变化关系正确的是二、多项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．9．如图所示，交流发电机与理想变压器原线圈相连，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L1、L2均能发光. 要使两灯泡均变亮，可以采取的方法有A．向下滑动P B．向上滑动PC．增加发电机的线圈匝数D．减小电容器的电容，增大线圈的自感系数10．下列判断正确的是A．水底同一深度并列红、黄、绿、紫四个色球，从水面正上方观察紫球最浅B．太阳光穿过偏振片后，光强度不变，且和医院“B超”中的超声波传播速度相同C．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场D．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波11．电子仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路中的电流，一个作为粗调，另一个作细调，这两个变阻器可按甲、乙两种方式接入电路．已知R1阻值较大，R2的阻值较小，则甲2A B C DcdA．甲图中R1作粗调用B．甲图中R1作细调用C．乙图中R2作粗调用D．乙图中R2作细调用12．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，A、B为轴上两点.放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示.以x轴的正方向为电场力的正方向，则A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为2×103 N/CD．A点的电势比B点的电势低13．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内A．电阻R上通过恒定的电流B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受摩擦力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左14．如图所示，两水平放置的平行金属板间有匀强电场，场强方向指向下极板，一带电荷量为－q的液滴，以初速度v0垂直电场线射入电场中，则液滴在电场中所做的运动可能是A．沿初速度方向做匀速运动B．向下极板方向偏转，做匀变速曲线运动C．向上极板方向偏转，轨迹为一段圆弧D．向上极板方向偏转，轨迹为抛物线15．如图所示，粗糙绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔE k，重力势能增加了ΔE p，系统产生的内能为Q，则下列说法正确的是A．电场力对物体所做的功等于ΔE kB．物体克服重力做的功等于ΔE pC ．合外力对物体做的功等于ΔE kD ．电场力所做的功等于ΔE k ＋Q三、简答题：本题共2小题，共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．16．如图甲所示，固定的光滑半球形容器内壁装有压力传感器，小滑块(可视为质点)沿容器内壁在竖直平面内来回滑动， 滑块到达的最高点A 、B 与半球容器的中心点O 的连线与竖直方向的夹角相等，且均小于10°，图乙表示滑块对容器压力F 随时间t 的变化图象，重力加速度g 取10m/s 2,则滑块运动的周期为________s ；容器的半径为______m ；滑块的质量为_____kg ；图乙中t =0时刻，滑块位于________点．(选填“最高点”、“最低点”、“介于最高与最低之间”)17．用如图所示装置测定电源电动势和内电阻，调节电阻箱接入电阻，得到下列表格中的一系列R 、U 值，为便于用图象法分析得出E 、r 的测量值，则需要对已知的U 、R 进行适当处理，若用图象(1)，则x =______，由图中条件，得E =_______，r =_______；若用图象(2)则y =_______，由图象(2)分析处理测得的电动势值 真实值（“大于”、”“等于”或“小于”），测得的电源内阻值____真实值（“大于”、”“等于”或“小于”）。

2015年高考第三次模拟考试试题高三物理本卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共48分)注意事项：本卷共16题。

每题3分，在每题给出的四个选项中，1-11题只有一个选项正确；12-16题有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．下列说法正确的是 ( )C ．两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动D ．物体受一恒力作用，可能做匀速圆周运动2．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力.要使两球在空中相遇，则必须 ( ) A ．甲先抛出A 球 B ．先抛出B 球 C ．同时抛出两球 D ．使两球质量相等3．2013年4月4日至12日CCTV 新闻频道播出《探潮亚马孙》节目，揭开亚马孙大潮的神秘面纱，在发生的大潮日，亚马孙河会出现长50公里，高五公尺的巨浪，是全世界最长，也最危险的海浪。

为了拍摄大潮更近距离的视频，在拍摄过程中一个摄像机架在行驶在潮前的摩托艇上。

摩托艇在某段时间内水平方向和竖直方向的位移分别为x= -2t 2-6t 、y=0.05t 2+4t(t 的单位是s,，x 、y 的单位是m)，则关于摩托艇在该段时间内的运动，下列说法正确的是 ( ) A ．摩托艇在水平方向的分运动是匀减速直线运动 B ．t=0时摩托艇的速度为0 C ．摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D ．摩托艇运动的加速度大小为4m/s 24．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 ( )A ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ5．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。

小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N ，小球在最高点的速度大小为v ，N-v 2图像如乙图所示。

2015广东高考广州广雅高三模拟考试三物理卷一、单项选择题：（每题小4分，共16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，选对的得4分，选错或不答的得0分。

）（改编）13、下列单位中不属于国际基本单位的是（）A．秒B．米C．牛顿D．千克(原创)14、甲乙两物体从同一地方同时出发，速度-时间图像如右图所示，下列说法正确的是（）A、甲物体的加速度小于乙物体的加速度B、4秒末甲物体追上乙物体C、8秒末乙物体追上甲物体D、斜率表示物体的速度（原创）15、右图是右端开口的圆筒形容器封闭一定质量的理想气体，容器绝热，灰色活塞可以自由滑动，当活塞在外力作用下由M位置移动的M’位置的过程中，下列说法正确的是（）A、气体温度不变B、气体内能不变C、气体压强减小D、气体平均动能增大（改编）16、如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B，平行于极板以相同的初速度射入电场，结果打在极板上的同一点P.不计两微粒之间的相互作用，下列说法正确的是() A．在电场中微粒A运动的时间比B长B．微粒A所带的电荷量比B多C．电场力对微粒A做的功比B少D．到达P点时微粒A的速率比B小二、双项选择题本题共5个小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有二个．．选项符合题意．全选对得6分，只选一项且正确得3分，错选或不选均得0分.）(原创)17、如图，A、B两物体叠放在水平地面上，处于静止状态，现给B物体施加一个斜向上方的力F后，下列说法正确的是（）A、物体B受到地面的支持力减小B、物体A受到物体B的支持力减小物体C、物体B受到地面的摩擦力增大D、物体A受到物体B的摩擦力增大（原创）18、右图为氢原子的能级示意图，下列说法正确的是（）A、处于n=2能级的氢原子吸收一个能量为10.2ev的光子能量跃迁到n=1能级B、处于n=1能级的氢原子吸收一个能量为12.0ev的粒子的能量跃迁到n=2能级C、一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子D、一个处于n=4能级的氢原子自发跃迁时能发出6种不同频率的光子(原创)19、如图，三卫星分别处在轨道1、轨道2、轨道3，其中轨道2为同步卫星轨道，下列说法正确的是（ ）A 、 轨道3的线速度最大，轨道1的线速度最小B 、 轨道3的向心力最小，轨道1的向心力最大C 、 轨道2的周期为24小时D 、轨道3的周期最大，轨道1的周期最小（原创）20、如图，变压器输入端U1接左图的交变电流，n 1=200，n 2=50，电阻R=10Ω，下列说法正确的是（ ）A 、 电压表示数为55VB 、 电流表示数为22AC 、 输入电压的瞬时值表达式为u=311sin100πtD 、 输入功率一定等于输出功率21、如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场， a 、b 、c 三个粒子，质量和带电量都相同，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ()A ．a 粒子动能最大B ．c 粒子速率最大C ．a 粒子在磁场中运动时间最长D ．它们做圆周运动的周期T a <T b <T c三、非选择题：（原创）34、（18分）I 、某同学为了验证机械能守恒定律设置了如下实验，实验装置如图所示，在铁架台上端铁架悬挂一个摆球，为了测定摆球在最低点的速度，在该位置安装了一个光电门连接数字计时器，通过数字计时器可知道摆球通过光电门的时间，实验时把摆球摆线拉至水平，由静止开始释放摆球。

2015届广东高考前高三物理押题卷（三）一、单项选择题：13．下列关于物理学思想方法的叙述错误的是A．探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法B．电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法C．力学中将物体看成质点运用了理想化模型法D．△t→0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法14．如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住，图示位置时刻，AB杆下降速度为v，则A．凸轮绕O轴逆时针方向旋转B．凸轮上C、D两点线速度大小相等C．凸轮上C、D两点加速度大小相等D．凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v15．如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I，直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下图中O处磁感应强度和右图中O处磁感应强度相同的是A．B．C．D．16．如图所示，一质量为m的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，设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是A．若增大m，物块仍能滑到斜面顶端B．若增大h，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，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出二、双项选择题：17．如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，则A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷所受电场力逐渐增大C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能保持不变18．火星是太阳系内地球外侧的一颗行星，人类正计划用飞船载人登陆火星，探索火星移民的可能，下列说法中正确的是A ．火星上的“一年”时间比地球上的一年时间长B ．发射飞船的速度必须达到第三宇宙速度16.7km/sC ．不管飞船何时起飞到达火星通过的路程都相同D ．火星和地球相邻两次距离最近的时间间隔大于一年19．一半径为R 的半球面均匀带有正电荷Q ，电荷Q 在球心O 处产生物的场强大小,22R kQE O =方向如图所示，把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 1、E 2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 3、E 4．则A ．214R kQ E >B ．224R kQE = C ．234R kQ E > D ．244R kQE =20．如图所示，范围足够大、磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于xoy 平面向里，两质量相等的粒子带 等量异种电荷，它们从x 轴上关于O 点对称的两 点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不 计粒子所受的重力，则 A ．两粒子沿x 轴做直线运动B ．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C ．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y 轴方向的分量v y 最大D ．若增大磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞 21．如图所示，在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N 个半径为r （r<<R ）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3…，N ．现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是A ．N 个小球在运动过程中始终不会散开B ．第N 个小球在斜面上能达到的最大高度为RC ．第1个小球到达最低点的速度gR v gR >>2D ．第1个小球到达最低点的速度gR v <三、非选择题：34．(1)（8分）学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图所示的实验：质量为m 的均匀长直杆一端固定在转轴O 处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A 经过该位置时的瞬时速度v A ，并记下该位置与转轴O 的高度差h ．①该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图为______mm.②调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示．请选择适当的数据处理方法，猜想并写出v A 与h 的函数关系等式_________.③当地重力加速度g 取10m/s 2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规律写出此杆转动时动能的表达式E K = ________（请用数字、质量m 、速度v A 表示）． ④为了减小空气阻力对实验的影响，请提出一条可行性措施____________.(2)（10分）同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻． ①他先用多用表电压档直接接在电源两极，读数如图甲，则电源电动势约为_______V ． ②为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为_______Ω． ③将多用电表的选择开关从OFF 旋转至“直流100mA”档，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R ，合上开关从多用表上读出相应的示数I.④重复③获得多组数据，根据数据作出了如 图丙所示的IR 1-图线． ⑤由图线得干电池的电动势E ＝_____V （保留 三位有效数字），内阻r ＝_____Ω（取整数）， 多用表的内电阻对______（选填“E”、“r”或 “E 和r”）的测量结果有影响．35．（18分）如图所示，已知倾角为θ＝45°、高为h 的斜面固定在水平地面上，一小球从高为)45(h H h H <<处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上． (1)求小球落到地面上的速度大小：(2)求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； (3)在满足(2)的条件下，求小球运动的最长时间．36．（18分）如图甲所示，两平行金属板间距为2l ，极板长度为4l ，两极板间加上如图乙所示的交变电压（t ＝0时上极板带正电）．以极板间的中心线OO 1为x 轴建立坐标系，现在平行板左侧入口正中部有宽度为l 的电子束以平行于x 轴的初速度v 0从t ＝0时不停地射入两板间，已知电子都能从右侧两板间射出，射出方向都与x 轴平行，且有电子射出的区域宽度为2l ．电子质量为m ，电荷量为e ，忽略电子之间的相互作用力． (1)求交变电压的周期T 和电压U 0的大小；(2)在电场区域外加垂直纸面的有界匀强磁场，可使所有电子经过有界匀强磁场均能会聚于(6l ，0)点，求所加磁场磁感应强度B 的最大值和最小值；(3)求从O 点射入的电子刚出极板时的侧向位移y 与射入电场时刻t 的关系式.参考答案34．(1) ① 7.25mm ②h v A 302= ③261A mv ④选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆 (2) ① 1.3V （1.30V 也得分）② 13Ω（15Ω也给分） （2分）⑤1.45（1.40～1.50均给分）（2分） 8Ω（2分） r （2分）35．（18分）解：(1)设小球落到底面的速度为v ，221mv mgH =，gH v 2= (2)小球做自由落体的末速度为)(20x h H g v +-= 小球做平抛运动的时间为gx h t )(2-=，)()(2x h x h H s -⋅+-= 由x h s ->，解得：h x H h <≤-54（写成x h >不得分，写成5/4H h x ->得1分）(3) g x h g x h H t )(2)(2-++-=总，g x h x h H gH t ))((422-+-+=总 当,x h x h H -=+-即2/H h x -=时，小球运动时间最长，,2/H h x -=符合(2)的条件 代入得：gHt m 2=36．（18分）解：(1)电子在电场中水平方向做匀速直线运动nT v l 04=，)3,2,1(40==n nv lT 电子在电场中运动最大侧向位移2)2(2122Ta n l ⋅=， lmeU a 20=， )3,2,1(4200 ==n e nmv U (2)如上图，最大区域圆半径满足222)()2(l r l r m m -+=，l r m 5.2=对于带电粒子当轨迹半径等于磁场区域半径时，带电粒子将汇聚于一点mr mv B qv 20min 0=得：el mv B 520min =，最小区域圆半径为l r n 5.0=，max 0B qv n r mv 20=，el mv B 0max 2=(3)设一时间02,>>ττT 若τ+=kT t 且)02(>>τT进入电场22)14(]41[]2212)2(21[02221t nv l k aT aT n a T a n y -+=-=⋅-⋅-=τττ其中)3,2,1,0,3,2,1( ==k n 若)02()21(>>++=ττTT k t 且进入电场 =--=]41[22τaT aT n y l k t nv l T kT t nv 2)34(22)21(200+-=---其中)3,2,1,0,3,2,1( ==k n 或：若电子在τ+=kT t 且)2(TT >>τ 进入电场时，出电场的总侧移为：])2(212)(21[222T a T a n y -+⋅--=ττ,22)34(]43[02tnv l k aT aT n ++-=+-=τ其中)3,2,1,0,3,2,1( ==k n（其他解法）若,2TkT t kT +<< 则 电子沿+y 方向第一次加速的时间为)(2kT t T-- 电子沿－y 方向第一次加速的时间为kT t -n kT t a kT t T a y 2})(21)](2[21{22⋅----=，解得：naTt naT k y -+=2414其中,22n l aT = 021v aT =)3,2,1,0,3,2,1(212140 ==-+=∴k n t nv l k y若,2T kT t TkT +<<+ 则电子沿－y 方向第一次加速的时间为)(kT t T -- 电子沿+y 方向第一次加速的时间为2T kT t -- n T kT t a kT t T a y 2})2(21)]([21{22⋅--+---=，解得：naTt naT k y -+=2414 其中,22n l aT =021v aT =，l k t nv y 234210+-=∴)3,2,1,0,3,2,1( ==k n。

2015年山东省高考物理模拟试卷〔三〕一、选择题〔共7小题，每一小题6分，共42分．每一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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．〕1．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如下列图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的答案是〔〕A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁爱量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．交流电a的瞬时值为u=10sin5πtVD．交流电b的最大值为【考点】：交流的峰值、有效值以与它们的关系．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．【解析】：解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；B、由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确，C、由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω===5π，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5πtV，所以C正确；D、交流电最大值Um=NBSω，故Uma：Umb=3：2，故，D正确．此题选错误的，应当选A．【点评】：此题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程．2．〔6分〕〔2015•山东模拟〕地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘〞起来，如此地球的转速应变为原来的〔〕A．倍B．倍C．倍D．倍【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】：当物体“飘〞起来时，不受地面的支持力，由重力提供向心力，向心加速度增大了g，根据向心加速度公式a=ω2r即可求解．【解析】：【解析】：解：物体在赤道上随地球自转时，有a=ω12R；物体随地球自转时，赤道上物体受万有引力和支持力，支持力等于重力，即：F﹣mg=ma；物体“飘〞起来时只受万有引力，故有：F=ma′故a′=g+a，即当物体“飘〞起来时，物体的加速度为g+a，如此有：g+a=ω22R解得：〔〕2=所以有：=，故B正确、ACD错误．应当选：B．【点评】：此题直接根据向心加速度的表达式进展比拟，关键要知道物体“飘〞起来时的加速度，熟悉向心加速度公式a=ω2r．3．〔6分〕〔2015•山东模拟〕竖直放置的“〞形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近〔开始A与B等高〕，如此绳中拉力大小变化的情况是〔〕A．先变大后变小B．先不变后变小C．先变大后不变D．先变小后变大【考点】：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．【解析】：解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如下列图．根据平衡条件得2Fcosθ=mg得到绳子的拉力F=所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，cosθ减小，如此F变大．当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α．由数学知识得到θ不变，如此F变不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．应当选：C【点评】：此题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度．4．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出〔〕A．物体的初速率v0=3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44mD．当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【考点】：动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理．【分析】：由题意明确图象的性质，如此可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．【解析】：解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；如此由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0===6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣mv02解得：x===；当θ+α=90°时，sin〔θ+α〕=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、假设θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；应当选：BC．【点评】：此题综合考查动能定理、受力分析与竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析与动能定理等方法求解．5．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如下列图，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．假设弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，如此小球从开始下落至最低点的过程〔〕A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg〔H+x﹣L〕C．弹簧弹性势能的增量为〔mg﹣f〕〔H+x﹣L〕D．系统机械能减小fH【考点】：功能关系．【分析】：分析小球的运动过程，找出初末状态．根据重力做功量度重力势能的变化，运用动能定理求出弹簧弹力做功，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功．【解析】：解：A、小球下落的整个过程中，开始时速度为零，完毕时速度也为零，所以小球动能的增量为0．故A正确；B、小球下落的整个过程中，重力做功WG=mgh=mg〔H+x﹣L〕，根据重力做功量度重力势能的变化WG=﹣△Ep得：小球重力势能的增量为﹣mg〔H+x﹣L〕．故B错误；C、根据动能定理得：WG+Wf+W弹=0﹣0=0，所以W弹=﹣〔mg﹣f〕〔H+x﹣L〕，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=﹣△Ep得：弹簧弹性势能的增量为〔mg﹣f〕〔H+x﹣L〕，故C正确；D、系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，阻力做的功为：f〔H+x﹣L〕．所以系统机械能减小为：f〔H+x﹣L〕．故D错误．应当选：AC【点评】：该题考查小球下落的过程中的功能关系，解决该题关键要清楚小球的运动过程和运用功能关系求解，什么力做功量度什么能的变化要能够对应．6．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如下列图，在两个正点电荷Q1、Q2〔其中Q1=2Q0，Q2=Q0〕形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO=bO．c、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc=cd=dN．如此如下说法中正确的答案是〔〕A．a、b两点的电场强度和电势一样B．将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功C．将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力不做功D．a、b两点的电势一样【考点】：电势；电场的叠加．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电场线和等势面的分布情况，分析场强和电势的关系；根据点电荷场强公式E=k，确定出cd连线上场强为零的位置，从而分析cd连线上场强的方向，判断出电荷从c 到d的过程中电场力做功情况；根据电场线的分布，判断电荷从a到b电场力做功情况；根据顺着电场线电势降低，判断电势的上下．【解析】：解：A、根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，所以电场强度不同．由等势面分布的对称性得知，a、b两点的电势一样．故A错误．BD、设cd连线上合场强为零的位置离Q1距离为x，Q1、Q2间距离为3L．此位置两个电荷产生的场强大小相等、方向相反，如此有：k=k由题意，Q1=2Q0，Q2=Q0，解得：x=〔6﹣3〕L≈1.75L，如此L＜x＜2L，故场强为零的位置在cd之间离d更近，cd间从左向右，电场强度方向先向右，后向左，将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力先做正功后做负功，做功之和为零，故B错误，D正确．C、根据电场的叠加和电场线的方向，可知O点的电势高于a点电势，所以将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功，故C错误．应当选：D【点评】：此题要紧扣电场线和等势面分布情况，抓住对称性和电场的叠加原理分析场强和电势关系7．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如下列图，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d．一带电量为g、质量为m的负离子〔重力不计〕以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出．在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场〔未标出〕．要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，如此〔〕A．磁场方向垂直纸面向里B．磁场方向垂直纸面向外C．磁感应强度大小为D．在磁场中运动时间为【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动；画出轨迹图后，根据平抛运动和匀速圆周运动的相关知识列式求解．【解析】：解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图粒子带负电荷，根据左手定如此，磁场方向垂直纸面向外，故A错误，B正确；C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tanα=2tanβ=2•=1，故α=45°，又由于tanα==，故vy=v0，v=v0；根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=d；圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m；解得B=，故C正确；D、磁场中运动时间为：t=T==，故D错误；应当选：BC．【点评】：此题关键是画出运动轨迹，然后根据类平抛运动和匀速圆周运动的规律列式求解．二.〔必做157分+36分，共193分〕8．〔6分〕〔2015•山东模拟〕一学生利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．该弧形轨道的末端水平，离地面的高度为H．现将一钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距离轨道末端的水平距离为x．〔1〕假设轨道完全光滑，如此x2与h的理论关系应当满足x2=4Hh．〔用H、h表示〕〔2〕该同学经实验得到几组数据如表所示，请在图乙所示的坐标纸上作出x2﹣h关系图．h/×10﹣1m 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00x2/×10﹣1m 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78〔3〕比照实验结果与理论计算得到的x2﹣h关系图线〔图乙中已画出〕，可知自同一高度由静止释放的钢球，其水平抛出的速率小于〔填“小于〞或“大于〞〕理论值．【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〕利用物体下落时机械能守恒求出抛出的速度，然后根据平抛运动规律即可解出正确结果．〔2〕利用描点法进展作图．〔3〕将实际图线和理论图线进展比拟，即可得出正确结果．【解析】：解：〔1〕物体在光滑轨道上下落时，机械能守恒有：①平抛后有：x=v0t ②③联立①②③解得：x2=4Hh．故答案为：4Hh．〔2〕图象如下列图〔3〕由图线可知，一样高度，实际值小于理论值．故答案为：小于．【点评】：此题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维．9．〔12分〕〔2015•山东模拟〕为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答如下问题：〔1〕写出流过电阻箱的电流I的表达式I=；〔用U1、U2、R表示〕〔2〕电源两端电压随电流变化的图象是b〔选填“a〞或“b〞〕；当电阻箱阻值调节为0Ω时，两条图线存在交点；〔3〕根据图乙可以求得电源的电动势E= 3.0V，内电阻r= 2.0Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为 1.0W．〔本小题结果均保存两位有效数字〕【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；〔1〕由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．〔2〕根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．〔3〕电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．【解析】：解：〔1〕电阻箱两端电压UR=U2﹣U1，通过电阻箱的电流I=；〔2〕灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．当电阻箱阻值调节为0时，灯泡两端电压即为路端电压，两条图线存在交点．〔3〕随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U﹣I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1.0W．故答案为：〔1〕I=；〔2〕b；0〔3〕3.0；2.0；1.0【点评】：此题考查测量电动势和内电阻的实验，要分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律，掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法即可正确解题．10．〔18分〕〔2015•山东模拟〕半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m 和m的小球A和B．A、B之间用一长为R的轻杆相连，如下列图．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：〔1〕B球到达最低点时的速度大小；〔2〕B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；〔3〕B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置．【考点】：动能定理的应用；机械能守恒定律．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：〔1〕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即可求解；〔2〕对A球运用动能定理即可求解；〔3〕设B球到右侧最高点时，OB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：〔1〕系统机械能守恒，mAgR+mBgR=mAvA2+mBvB2又因为vA=vB得，vB=〔2〕根据动能定理，mAgR+W=mAvA2而vA=解得，W=0〔3〕设B球到右侧最高点时，OB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，mAgR=mBgRcosθ﹣mAgRsinθ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°答：〔1〕B球到达最低点时的速度大小为；〔2〕B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功为0；〔3〕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°．【点评】：此题主要考查了机械能守恒定律以与动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，难度适中．11．〔20分〕〔2015•山东模拟〕如图，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿﹣y方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成30°～150°，且在xOy平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区．带电粒子电量为q，质量为m，重力不计．求：〔1〕垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；〔2〕粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间以与对应的射入方向；〔3〕从x轴上x=〔﹣1〕a点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=﹣b的点，求该粒子经过y=﹣b点的速度大小．【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〕因所有粒子均打在x轴上，而粒子的夹角不同，故粒子的速度应不同，如此几何关系可得出速度与夹角的关系，如此可得出最小速度；〔2〕粒子轨迹对应的圆心角最大时，粒子的转动时间最长，由几何关系可知最大圆心角，然后求出时间，求出速度方向；〔3〕由几何关系可得出粒子从﹣b点离开所对应的圆周运动的半径，由半径公式可求得粒子的速度，然后应用动能定理求出粒子速度．【解析】：解：〔1〕粒子运动规律如下列图：粒子运动的圆心在O点，轨道半径r1=a …①，由牛顿第二定律得：qv1B=m…②解得：v1=…③〔2〕当粒子初速度与y轴正方向夹角30°时，粒子运动的时间最长，此时轨道对应的圆心角α=150°…④粒子在磁场中运动的周期：T=…⑤粒子的运动时间：t=T=×=…⑥；〔3〕如下列图设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何知识得：R﹣Rcosθ=〔﹣1〕a…⑦Rsinθ=a …⑧由⑦⑧解得：θ=45°⑨R= a …⑩，此粒子进入磁场的速度v0，v0==…⑪设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理得：qEb=mv2﹣mv02…⑫由⑪⑫解得：v=…⑬；答：〔1〕垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1为；〔2〕粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间为，对应的射入方向为：粒子初速度与y 轴正方向夹角30°；〔3〕从x轴上x=〔﹣1〕a点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=﹣b的点，该粒子经过y=﹣b点的速度大小为：．【点评】：带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径，所以在解题时几何关系是关键，应灵活应用几何关系，同时结合画图去找出合理的解题方法．【物理--物理3-3】〔12分〕12．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如下列图，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点合外力表现为引力，且为数值最大处，d点是分子靠得最近处．如此如下说法正确的答案是〔〕A．乙分子在a点势能最小B．乙分子在b点动能最大C．乙分子在c点动能最大D．乙分子在c点加速度为零【考点】：分子势能；分子间的相互作用力．【专题】：内能与其变化专题．【分析】：分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力．当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小．【解析】：解：A、B、C、乙分子由a运动c，分子表现为引力，分子力做正功，动能增大，分子势能减小，所以乙分子在c处分子势能最小，在c处动能最大，故AB错误，C正确；D、由题图可知，乙在d点时受到的分子力最大，所以乙分子在d处的加速度最大．故D错误．应当选：C．【点评】：分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分析清楚图象，即可正确解题．13．〔6分〕〔2015•山东模拟〕如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．大气压强为p0=75.0cmHg．现将一活塞〔图中未画出〕从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：压轴题；理想气体状态方程专题．【分析】：设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．【解析】：解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2 ①设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：P1l1=P1′l1′②如图，设活塞下推距离为△l，如此此时玻璃管上部的空气柱的长度为：l3′=l3+〔l1﹣l1′〕﹣△l ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，如此P3′=p1′﹣l2 ④由波义耳定律，得：P0l3=P3′l3′⑤由①②③④⑤式代入数据解得：△l=15.0cm；答：活塞下推的距离为15cm．【点评】：此题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体的压强间以与其与大气压强的关系．【物理--物理3-4】〔12分〕14．〔2015•山东模拟〕如图是水面上两列频率一样的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰〔实线〕和波谷〔虚线〕，s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，如此如下说法正确的答案是〔〕A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻的高度差为14cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C的振幅为1cm【考点】：波的干预和衍射现象．【分析】：两列频率一样，振幅不同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，如此振动情况一样时振动加强；振动情况相反时振动减弱，从而即可求解．【解析】：解：图是两列频率一样的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，如此D点是波谷与波谷相遇点，A是波峰与波峰相遇点，B、C两点是波峰与波谷相遇点．如此A、D两点是振动加强的，且B、C两点是振动减弱的．A、质点D是振动加强点，故A错误；B、s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置高度为7cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置为﹣7cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为14cm，故B正确；C、B、C两点是振动减弱点，再过半个周期，质点B、C是振动仍是减弱点，故C错误；D、质点C是波峰与波谷的叠加点，如此其合振幅为1cm，故D正确；应当选：BD．【点评】：波的叠加满足矢量法如此，当振动情况一样如此相加，振动情况相反时如此相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为振幅之差．15．〔2015•山东模拟〕如下列图，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=75°．今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一局部光线经AB 面反射后恰好未从OB面射出，不考虑屡次反射作用．试求玻璃的折射率n．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率．【解析】：解：设光线射到AB面时入射角为α．光路图如下列图．因E点为OA的中点，所以由几何知识得：α=30° ①β=θ=75°②临界角为：C=180°﹣2α﹣β=45° ③OB面恰好发生全反射，如此sinC=④解得：⑤答：玻璃的折射率n为．【点评】：正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决此题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用．【物理--物理3-5】〔12分〕16．〔2015•山东模拟〕以下有关近代物理内容的假设干表示真确的是〔〕A．紫外线照射到金属锌板外表时能够发生光电效应，如此当增大紫外线的照射强度时，从锌板外表逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越结实，原子核越稳定C．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D．根据玻尔理论，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【考点】：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；重核的裂变．【专题】：常规题型．【分析】：光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；轻核聚变有质量亏损，根据质能方程有能量释放；半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化，根据能量等于动能和电势能之和，确定电势能的变化．【解析】：解：解：A、紫外线照射到金属锌板外表时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关．故A错误．B、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越结实，原子核越稳定．故B正确．C、裂变和聚变过程都有质量亏损，释放能量．故C错误．D、氢原子的核外电子由较高能级迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，速度增大，动能增大，能量减小，如此电势能减小．故D正确．应当选：BD．【点评】：此题考查了光电效应方程、质能方程、半衰期、能级等知识点，关键掌握这些知识点的根本概念和根本规律，难度不大．17．〔2014•山东〕如下列图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：〔i〕B的质量；〔ii〕碰撞过程中A、B系统机械能的损失．。

北京四中2015 届理综物理能力测试本试卷共页，共300分。

考试时长150分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Br 80第一部分(选择题共120分)本部分共20题，每小题6分，共120分。

在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

13.【题文】下列说法正确的是A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量【答案】B【解析】本题主要考查半衰期、跃迁以及红外线；选项A，元素的半衰期与物理或者化学状态无关，选项A错误；选项B，基态时能量最小，因此氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，选项B正确；选项C，从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力，故选项C错误；选项D，原子核所含核子单独存在时的总质量未必小于该原子核的质量，如氢原子核只有一个质子，原子核与核子质量等，故选项D错误；本题正确选项为B。

【题型】单选题【备注】【结束】14.【题文】用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。

则这两种光A.照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B.从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角大C.通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D.通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大【答案】C【解析】本题主要考查光电效应、干涉以及折射；图像横截距表示遏制电压，由知b光照射获得的光电子最大初动能较大，故选项A错误；由光电效应方程知b光的能量大，即频率大，折射率大，由知b光的临界角较小，故选项B错误；由知b光的波长较小，则依据可知b光的条纹间距小，a光的条纹间距大，故选项C正确；因为条纹b光的折射率大，b光的偏折程度大，选项D错误；本题正确选项为C。

广东省六校联考2015届高考物理三模试卷一、选择题1．对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是( )A．抛出速度越大，飞行的时间越长B．抛出点位置越高，飞行的时间越长C．抛出点位置越高，飞行的水平距离越大D．抛出速度越大，飞行的水平距离越大2．某物体的运动的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体在第1s末运动方向发生改变B．物体在第2s内、第3s内的加速度是相同的C．物体在第2s末返回出发点D．物体在第4s末时离出发点最远[来源:Z_xx_]3．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面．下面说法中哪些是正确的( )A．物体的重力势能减少mgh B．物体的机械能减少mghC．物体的动能增加mgh D．重力做功mgh4．如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开二、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，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，选错或不答的得0分）5．如图为两个不同电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是( )A．电动势E1=E2，内阻r1＞r2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．接入相同电阻时，电源1的输出功率大D．接入相同电阻时，电源2的输出功率大6．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹．若带电粒子只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是( )A．带电粒子在a处的加速度较大B．带电粒子在a处的加速度较小C．带电粒子在a处时电势能较大D．带电粒子在a处时电势能较小7．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷在电场中一定受电场力的作用C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直8．2008年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到31圈时，成功释放了伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况．若在无牵连的情况下伴飞小卫星与“神舟七号”保持相对静止．下述说法中正确的是( )A．伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度B．伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大C．宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度D．宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态9．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则( )A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg三、非选择题10．与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系．方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为△t1、△t2．已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g．①用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为__________mm；②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M__________m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=__________、v2=__________；（用题中所给字母表示）④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为__________．（用题中所给字母表示）11．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）；C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）；E．滑动变阻器（10Ω，2A）；F．滑动变阻器；G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）．①某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是__________．要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是__________．（填“a”或“b”）②用正确的电路进行测量，电压表应选用__________，电流表应选用__________．（用序号字母表示）③滑动变阻器应选用__________．（用序号字母表示）④通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为__________Ω．⑤若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为__________Ω的电阻（此空答案取三位有效数字）．12．（18分）如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？13．（18分）如图所示，高H=1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M=1kg、高h=0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面（不粘连），放置于光滑水平地面上．质量m=1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能的滑上BC水平面，再滑上小车的左端．已知小物块与小车上表面的动摩擦因数μ=0.4，g 取10m/s2．（1）求小物块P滑上小车左端时的速度v1．（2）如果小物块没有从小车上滑脱，求小车最短长度L0．（3）若小车长L=1.2m，距离小车右端S处有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功W f与S的关系．广东省六校联考2015届高考物理三模试卷一、选择题1．对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是( )A．抛出速度越大，飞行的时间越长B．抛出点位置越高，飞行的时间越长C．抛出点位置越高，飞行的水平距离越大D．抛出速度越大，飞行的水平距离越大考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解答：解：A、由h=gt2可知，物体在空中运动的时间只由h决定，所以A错误，B正确．C、水平方向上匀速直线运动，由x=V0t可知，水平位移是由v0和t决定的，所以C、D错误．故选B．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解．2．某物体的运动的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体在第1s末运动方向发生改变B．物体在第2s内、第3s内的加速度是相同的C．物体在第2s末返回出发点D．物体在第4s末时离出发点最远[来源:学科网ZXXK]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：v﹣t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移．解答：解：A、物体在第1s末前后速度均为正值，故运动方向没有发生改变，A错误；B、物体在第2s内、第3s内的图线斜率相同，加速度相同，故B正确；C、图线与坐标轴围城图形的面积表示位移知物体在第4s末返回出发点，故CD错误；故选：B．[来源:学*科*网]点评：明确v﹣t图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移．3．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面．下面说法中哪些是正确的( )A．物体的重力势能减少mgh B．物体的机械能减少mghC．物体的动能增加mgh D．重力做功mgh考点：牛顿第二定律；重力势能的变化与重力做功的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据物体下降的高度得出重力势能的减小量，通过合力做功得出物体动能的增加量．结合动能和重力势能的变化量求出物体机械能的减小量．解答：解：A、重力做功为mgh，知物体重力势能减小mgh．故A、D错误．B、合力大小为，则合力做功为，根据动能定理知，动能增加为，因为重力势能减小mgh，则物体的机械能减小．故B错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．4．如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．解答：解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，板间场强增大，尘埃所受的电场力增大，故P向上加速，故D错误；故选：B．点评：本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法．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，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，选错或不答的得0分）5．如图为两个不同电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是( )A．电动势E1=E2，内阻r1＞r2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．接入相同电阻时，电源1的输出功率大D．接入相同电阻时，电源2的输出功率大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E﹣Ir；U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．通过作电阻的U﹣I图象，分析电源的输出功率大小．解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出E1=E2，r1＜r2．故A错误，B正确．CD、过原点O作出一条倾斜的直线3，该直线表示电阻的U﹣I图象，该直线与图线1、2的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线3与图线1交点的两坐标的乘积大于直线3与图线2交点的两坐标的乘积，说明外接的相同电阻时，电源1的输出功率比电源2的输出功率大，故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．6．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹．若带电粒子只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是( )A．带电粒子在a处的加速度较大B．带电粒子在a处的加速度较小C．带电粒子在a处时电势能较大D．带电粒子在a处时电势能较小考点：电场线；电势能．分析：电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低．根据电场力做功判断电势能和动能的变化．解答：解：A、a点电场线比b点电场线密，所以a处场强较强，受电场力大，加速度大．故A正确B错误．C、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，可知电场力方向向右，从a到b，电场力做负功，电势能增加．b处电势能较大．故C错误D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．7．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷在电场中一定受电场力的作用C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直考点：洛仑兹力；安培力．分析：电荷在电场中一定受到电场力作用，在磁场中不一定受到洛伦兹力作用．规定正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反．根据左手定则判断洛伦兹力方向与磁场方向的关系．解答：解：A、当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误．B、电荷在电场中一定受到电场力作用，故B正确．C、正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反．故C错误．D、根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直．故D 正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道电场力和洛伦兹力的区别，掌握电场力方向的确定和洛伦兹力方向的确定．8．2008年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到31圈时，成功释放了伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况．若在无牵连的情况下伴飞小卫星与“神舟七号”保持相对静止．下述说法中正确的是( )A．伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度B．伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大C．宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度D．宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止，得出它们的共同点．知道第一宇宙速度的含义．根据万有引力等于重力表示出重力加速度．解答：解：A、根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止得出伴飞小卫星与“神舟”七号具有相同的周期，所以伴飞小卫星和“神舟”七号飞船有相同的角速度，故A正确．B、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度小，故B错误．[来源:学*科*网]C、根据万有引力等于重力表示出重力加速度得：，，在太空距离大于在地面的R，所以宇航员在太空行走时的加速度和在地面上的重力加速度小于，故C正确．D、宇航员在太空时受地球的万有引力作用，处于完全失重状态，故D错误．故选：AC点评：能够正确理解万有引力定律的内容并能应用．比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．9．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则( )A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg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：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．解答：解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故A错误，B正确；C、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．[来源:学&科&网]三、非选择题10．与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系．方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为△t1、△t2．已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g．①用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为5.70mm；②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M远大于m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=、v2=；（用题中所给字母表示）④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为mgs=M（）2﹣M（）2．（用题中所给字母表示）考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于滑块的总质量．[来源:]（3、4）根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度．抓住滑块重力势能的减小量等于滑块动能的增加量列出表达式．解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，则最终读数为5+0.70=5.70mm．（2）由于滑块在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力．设钩码的质量为m，滑块的质量为M，对系统运用牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力T=Ma==，当m＜＜M时，绳子的拉力等于钩码的重力．（3）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=．（4）滑块重力势能的减小量为mgs，滑块动能的增加量为M（）2﹣M（）2．则滑块的机械能守恒的表达式为mgs=M（）2﹣M（）2．故答案为：（1）5.70；（2）远大于，（3），；（4）mgs=M（）2﹣M（）2．点评：（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，滑块的机械能守恒．11．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）；C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）；E．滑动变阻器（10Ω，2A）；F．滑动变阻器；G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）．①某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是不亮．要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是b．（填“a”或“b”）②用正确的电路进行测量，电压表应选用A，电流表应选用D．（用序号字母表示）③滑动变阻器应选用E．（用序号字母表示）④通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10Ω．⑤若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为11.4Ω的电阻（此空答案取三位有效数字）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；由电灯泡的电流可确定电流表；根据电路的接法可确定滑动变阻器；[来源:学科网]②由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；③要使灯泡正常发光，应使灯泡达到额定值，由串联电路的规律可知应串联的电阻．解答：解：①由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择b；②由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V 量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=A=0.28A，故电流表应选D；③本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；④由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻R==Ω=10Ω；⑤要使灯泡串联在6V的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为6﹣2.8=3.2Ω；此时电路中电流为0.28A，故应串联的电阻R′==11.4Ω；故答案为：①不亮；b．②A，D③E ④10⑤11.4点评：本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择；明确电路的接法，会利用欧姆定律进行分析求解．12．（18分）如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率v1；[来源:学科网]带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，由几何知识确定运动半径，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值．解答：解：（1）由带电粒子经U1电压加速：。

2015年高考压轴冲刺卷•山东卷（三）理科综合（物理）第I 卷 （必做，共42分）一、选择题(本题包括7小题，每小题给出四个选项中，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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)a 。

在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布。

为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)：A ．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为v b t =。

速度最大，最大速度为bav v =max B ．小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小。

速度最大，最大速度为bv b a v 22max += C ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长。

速度最小，最小速度b av v =minD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小。

最小速度22min b a bvv +=3．(2015•金山中学、广雅中学、佛山一中联考•4)质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦等于滑动摩擦，则（ ）A ． 底层每个足球对地面的压力为mgB ． 底层每个足球之间的弹力为零C ． 下层每个足球对上层足球的支持力大小为D ． 水平面的摩擦因数至少为 4．(2015·郑州第二次预测·17)如图所示,可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑,恰能到达高度为h 的斜面顶端。

下图中有四种运动:A 图中小球滑人轨道半径等于12h 的光滑管道;B 图中小球系在半径大于12h 而小于h 的轻绳下端;C 图中小球滑人半径大于h 的光滑轨道;D 图中小球固定在长为12h 的轻杆下端。

在这四种情况中,小球在最低点的水平初速度都为v 0不计空气阻力,小球不能到达高度h 的是（ ）5．(2015•宝鸡第二次检测•21)如图所示，在竖直方向上有四条间距均为L ＝0.5 m 的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于纸面向里。

物理试卷（试卷满分 120 分，考试时间共100 分钟）一、单项选择题（此题共 10 小题，每题 3 分。

每题只有一个选项正确。

）1．一根长 0.2m、通有 2.0A 电流的通电直导线，放在磁感觉强度为0.5T 的匀强磁场中，遇到的安培力大小不行能是()．．．A．0B．0.1N C． 0.2N D． 0.4N2．对于电场强度和电势，以下说法正确的选项是()A．由公式 E=F/ q 可知 E 与 F 成正比，与 q 成反比B．由公式 U=Ed 可知，在匀强电场中，随意两点间的电势差与这两点间的距离成正比。

C．电场强度为零处，电势不必定为零D．不论是正电荷仍是负电荷，当它在电场中挪动时，若电场力做正功，它必定是从电势高处移到电势低处，而且它的电势能必定减少3．在两个固定、等量正点电荷连线上的P 点，由静止开释一负点电荷，如图。

在负电荷从 P 点向 O 点的运动过程中，说法正确的选项是 ()A．加快度必定愈来愈小，可是速度愈来愈大P B．加快度必定先增大后减小，速度先加快后减速C．动能必定愈来愈大，电势能愈来愈小O D．因为中垂面是等势面，所以电场力不做功4．A、B 是电场中的一条直线形的电场线，将一个带负电的点电荷从 A 点由静止开释，它在沿电场线从 A 向 B 运动过程中的速度图象如下图。

判断电场线的方向，并比较 A、B 两点的场强 E，以下说法中正确的选项是 ()A．方向由 A 指向 B，E A> E B vB．方向由 A 指向 B，E A< E BABC．方向由 B 指向 A，E A< E BD．方向由 B 指向 A， E A> E B o t5．如下图，OX与MN 是匀强磁场中的两条平行直线，速率不一样的同种带电粒子沿OX方向同时射入磁场，从MN 界限穿出时，此中一个速度 v1与 MN 垂直，另一个的速度 v2与 MN 与 60 角，则两粒子穿越磁场所需时间的比为()A．1:2B．2:1C．3: 2D．2:3O X M600N v1v26．如图，一个枕形导体AB 本来不带电。

2015～2016学年度高三年级第一学期教学质量调研（三）物理试卷（分值120分，时间100分钟）一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共计24分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意．1．2015年7月18日，极具观赏性的世界悬崖跳水赛在葡萄牙亚速尔群岛成功举办。

选手们从悬崖上一跃而下，惊险刺激的场景令观众大呼过瘾。

如图所示，为一选手从距离水面高为20米的悬崖上跳下，选手受到的空气阻力跟速度成正比（g 取10m/s 2），则以下说法正确的是A ．选手在下落过程中，加速度a 与速度v 的方向始终相反B ．选手入水时速度一定达到最大C ．选手从开始跳下到入水的时间一定大于2秒D ．选手在空中下落过程机械能增大，入水后机械能减小2．如图，P 为桥墩，A 为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S 连续振动，形成水波，此时叶片A 静止不动，为使水波能带动叶片振动，可用的方法是A ．提高波源频率B ．降低波源频率C ．增加波源距桥墩的距离D ．增大波源的振幅3． 中国在西昌卫星发射中心用“长征三号 丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星。

“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里。

下列说法正确的是A ．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度小B ．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C ．中轨道卫星的周期大于同步卫星周期D ．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度大4．如图所示，粗糙倾斜的传送带静止不动，将物块从传送带顶端由静止释放，滑到底端所需要的时间为t 。

假如当物块滑到传送带中点时，传送带突然以某一恒定速度转动起来，此时物块从顶端由静止释放滑到底端所需要的时间为/tA ．若传送带逆时针转动，则时间/t 可能大于tB ．若传送带逆时针转动，则时间/t 一定大于tC ．若传送带顺时针转动，则时间/t 一定小于tD ．若传送带顺时针转动，则时间/t 一定等于t5．下列说法正确的是第1题A ．多普勒效应是由于波的干涉引起的B ．声波从空气进入水中波长变长，光波从空气进入水中波长变短C ．电磁波中最容易发生衍射的是γ射线D ．紫外线的波长比伦琴射线的波长长，有很强的热效应和荧光效应6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E P 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是对称的曲线，2x ～3x 段是直线，则下列说法不正确的是A ．1x 处电场强度为零B ．1x 、2x 、3x 处电势1ϕ、2ϕ、3ϕ的关系为1ϕ＞2ϕ＞3ϕC ．粒子在2x ～3x 段速度v 随x 均匀减小；D ．2x ～3x 段是匀强电场。

理科综合试题 物理答案二、选择题 14．B 15.A 16.CD 17.C 18.BCD 19.BCD 20.AD21. （1）12.35（2分）（2）错误！未找到引用源。

（2分）、4x （1分） （3）4mgx －错误！未找到引用源。

（3分）22.（10分）① C （3分）② 电路如图所示 （4分） ③vR U n N ⋅(或3000U n N ⋅) U 为电压表读数，R v 为电压表内阻（3分） 23.（18分）解： （1）物体A 滑上平板车B 以后，物体作匀减速运动，平板车作匀加速运动，两者速度相同时,物体A 在平板车上相对小车向前滑行的距离最大。

由牛顿第二定律，对物体A 有：μmg=ma A (1分) 得 a A =μg =2 m/s 2 (1分)对平板车B 有： ① (1分) 得：a B =14 m/s 2 (1分)两者速度相同时，有 (1分) 得：t =0.25s （1分） 此过程：A 滑行距离： m (1分)B 滑行距离： m (1分)此时物体A 相对小车向前滑行的距离最大：△s= S A - S B =0.5m (1分)（2）物体A 不从车右端滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1， 则：………② (2分) 又： ……………③ (1分)由② ③式，可得：a B =6 m/s 2 (1分) 代入①式得： F=M a B —μmg =1 N (1分)若F ＜1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从小车B 的右端滑落。

当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落。

即有：F=（M+m ）a m ， (1分) μm 1g =m 1a m (1分)解之得：F ＝3N (1分)若F 大于3N ，A 就会从小车B 的左端滑下。

综上：力F 应满足的条件是： 1N≤F≤3N (1分)24．（20分）解（1）设带电粒子在两金属板间运动的时间为1t ，则01L v t =………………………………….(1)…………………………………………1分 解得6210t s -=⨯设带电粒子在两金属板间运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得0qU ma d=…………………………(2) …………………………………………1分 由题意知，在(0,1,2......)t kT k ==时刻进入电场的粒子其侧向位移最大，……1分 其最大侧向位移为 2211max 1()()222t t y a a =+…………………..(3) ………1分 由（1）（2）（3）联立得max 22.5y cm =………………………………………1分（2）所有带电粒子在电场中加速时间均相同，设其出电场时竖直方向的速度大小为y v ，则51 1.510/2y t v am s ==⨯…………………………(4) …………………………………………1分粒子出电场时的速度大小为52.510/v m s ==⨯………………………1分 设粒子出电场时速度与水平方向的夹角为α，03tan 4yv v α==………………1分 故所有粒子出电场时的速度方向均相同，且出电场后，进入磁场前做匀速直线运动，所以在边界MN 上的宽度与粒子出电场的宽度相等。

2015年陕西省高考物理三模试卷一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分．在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．第1-5为单选，6-8为多选1．（6分）（2015•陕西三模）一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为（）A．水平向北B．水平向南C．竖直向上D．竖直向下【考点】：左手定则．【分析】：通过地磁场方向：由地理的南极指向北极，及电流方向，根据左手定则判断安培力的方向．【解析】：解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系，注意地磁场方向由地理的南极指向北极．2．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP：PQ=1：3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是（）A．两小球的下落时间之比为1：3B．两小球的下落时间之比为1：4C．两小球的初速度大小之比为1：3D．两小球的初速度大小之比为1：4【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：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，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．【解析】：解：A、两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B错误．C、由于两球的水平位移之比为1：4，根据知，两小球的初速度大小之比为1：4，故C 错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．3．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N．g=10m/s2，则（）A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/CC．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据F=Eq 求解电场强度．【解析】：解：物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场后瞬间A 对B的压力大小变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）﹣FN=2×（10+2.5）﹣15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E=向上故选：B．【点评】：本题关键是采用隔离法先后对物体B和A受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难．4．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势．一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子经过M点时的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（）A．16 eV B．7.5 eV C． 4.0 eV D．0.5 eV【考点】：电场线．【分析】：根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．【解析】：解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V．因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=﹣7.5eV根据动能定理得：W=EkN﹣EkM则得：EkN=W+EkM=﹣7.5eV+8eV=0.5eV故选：D．【点评】：本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题．5．（6分）（2015•陕西三模）图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）A．R0 B．R1 C．R2 D．电源内阻r【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为I0，并设滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1．根据欧姆定律和电路的连接关系，得到的表达式，即可作出判断．【解析】：解：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2＞U1，I2＜I1）．于是有，，两式相减得U2﹣U1=（I1﹣I2）R2即故选：C．【点评】：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比．6．（6分）（2015•陕西三模）物理学中常用比值法定义物理量．下列说法正确的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用R=ρ定义导线的电阻D．用B=定义磁感应强度【考点】：电容；物理学史．【分析】：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解析】：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q 无关．故A正确．B、C=是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故B错误．C、R=是电阻的决定式，R与ρ、l成正比，与S成反比，不符合比值定义法的共性，故C 错误．D、B=是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度B与F、IL无关，故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．7．（6分）（2015•陕西三模）图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48Ω的负载电阻相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．电流表的示数为0.50AC．变压器原线圈得到的功率是12WD．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．【解析】：解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出==12W．故BC正确，A错误；D、由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误．故选：BC【点评】：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8．（6分）（2015•陕西三模）导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子．现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为φ上和φ下，则（）A．长方体如果是N型半导体，必有φ上＞φ下B．长方体如果是P型半导体，必有φ上＞φ下C．长方体如果是P型半导体，必有φ上＜φ下D．长方体如果是金属导体，必有φ上＜φ下【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：如果是P型半导体，载流子是正电荷，如果是N型半导体，载流子为电子．抓住电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，在上下表面产生电势差，从而确定电势的高低．【解析】：解：A、如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故A正确．B、如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则φ上＜φ下．故B错误，C正确．D、如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键理清是什么电荷移动，运用左手定则判断出电荷的偏转方向，从而确定电势的高低．二、实验题（共18分）9．（6分）（2015•陕西三模）测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动）（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=．（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a= 2.0m/s2（保留两位有效数字）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据sm﹣sn=（m﹣n）at2求解加速度．【解析】：解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据sm﹣sn=（m﹣n）at2得：a==（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案为：（1）；（2）；（3）2.0．【点评】：本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字．10．（12分）（2015•陕西三模）用图（1）所示的电路（图中电流表为理想表）测量电源的电动势E及内阻r时，调节电阻箱R0的阻值，并记录电流表相应的示数I，则与R0的函数关系为；（2）．根据这个函数关系可作出﹣R0图象，该图象的斜率k=，纵截距a=，横截距b=﹣r（均用电源电动势E或内阻r表示）；（3）．图（2）中的a、b、c、d、e是测定时根据测量数据作出的一些坐标点，试过这些坐标点作出﹣R0图象，根据该图象可求出该电源的电动势E= 6.0V，内阻r= 1.0Ω．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解析】：解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R），则：=R0+，由图示图象可知，m=，k=，b=﹣r；由图可知，k==；故电源电动势：E==6.0V；，电源内阻：r=﹣b=1.0Ω；故答案为：（1）.；（2）.，，﹣r（3）6.0，1.0【点评】：本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三、计算题（28分）11．（10分）（2015•陕西三模）一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零．设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变．表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度g=10m/s2，求：时刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度v/m．s﹣1 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）轨道AB段的倾角是多少？（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）有表格数据，根据加速度定义求解加速度，根据牛顿运动定律列式求解角度；（2）根据表格分段求出相应的时间和加速度，根据总路程等于各段位移之和求解．【解析】：解：（1）根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度由牛顿运动定律得mgsinα=ma1解得，故斜面AB段的倾角α=300．（2）根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间小球在斜面CD上做减速运动的加速度从最大速度vm=15m/s减至速度为9m/s用时于是，小球在水平面上运动时间t2=13﹣t1﹣t3=8s故小球的总路程答：（1）轨道AB段的倾角是30°（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是180m【点评】：此题考查从表格中读取数据的能力，结合牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用即可解题．12．（18分）（2015•陕西三模）如图（1）所示，一边长L=0.5m，质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t=0.5s 线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图（2）所示，在金属线框被拉出磁场的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；（2）写出水平力F随时间t变化的表达式；（3）若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10J，求此过程中线框产生的焦耳热．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q，平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，求得电阻R．（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场，由L=得加速度a，根据牛顿运动定律的拉力大小关系式；（3）由运动学公式求末速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热．【解析】：解：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q=；由平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，于是金属框的电阻R==0.80Ω（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t=0.5s时间内运动距离L=0.5m，由L=得加速度a==4m/s2由图（2）知金属框中感应电流随时间变化规律为i=kt，其中比例系数k=2.0A/s．于是安培力fA随时间t变化规律为fA=BiL=kBLt．由牛顿运动定律得F﹣fA=ma，所以水平拉力F=fA+ma=ma+kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（N）．（3）．根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v==2m/s由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q=WF﹣=0.1J【点评】：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动．【物理选修3-3】13．（6分）（2015•陕西三模）如图，甲分子固定在坐标原点0，乙分子位于x轴上，两分子之间的相互F作用力与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d、为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最大C．乙分子由a到c的过程中，两分子的势能一直减少D．乙分子由a到d的过程中，两分子的势能一直减少【考点】：分子势能．【分析】：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．【解析】：解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处过程中，在C位置分子间作用力最小．乙分子由a 到c一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从c到d分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在c位置分子势能最小，动能最大．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强．14．（10分）（2015•陕西三模）如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为P0=l.0×l05Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2，求：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解．②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解【解析】：解：①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N②．由盖﹣吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C．答：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F为240N；②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为102摄氏度．【点评】：本题考察气体实验定律，关键是根据题目暗含条件分析出为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可．【物理选修3-4】15．（2015•陕西三模）在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是（）A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率【考点】：产生共振的条件及其应用．【分析】：用声波将酒杯震碎是利用酒杯发生了共振现象，而物体发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率【解析】：解：由题用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯震碎．故D正确．故选：D．【点评】：明白了该物理情景所反映的物理规律才能正确解决此题．故要学会通过物理现象抓住物理事件的本质．16．（2015•陕西三模）图示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，∠B=90°，∠A=30°，BC边长等于L．一束平行于AB边的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，E点是BC边的中点，EF是从该处反射的光线，且EF恰与AC边平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间（真空中的光速用符号“c”表示）．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①作出光路图，根据几何知识和全反射规律得到光线在AC面的入射角和折射角，即可求得折射率，②根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，判断出光线在F点发生全反射，在H点不能发生全反射，即该光束经一次反射后，到第一次射出玻璃砖发生在H点，根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S，由v=求出光线在玻璃砖内传播的速度v，即可求得所求的时间【解析】：解：依题意，光在玻璃砖中的传播路径如右图所示．可见，光在O1点的入射角为60°，折射角为30°．①玻璃的折射率n==②因为，所以这种玻璃的临界角C大于30°，小于60°．故从E点反射出的光线，将在F点发生全反射，在O2点才有光线第一次射出玻璃砖．由几何知识可知：EF=L，FO2=L；光在这种玻璃中的传播速度．故光从E点传播到O2点用时．答：①玻璃砖的折射率为；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间为．【点评】：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=、临界角公式sinC=和光速公式v=．【物理选修3-5】17．（2015•陕西三模）如图是各种元素的原子核中核子的平均质量与原子序数Z的关系图象，由此可知（）A．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定会释放能量B．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定要吸收能量C．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要释放能量D．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要吸收能量【考点】：爱因斯坦质能方程．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：根据重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，都向外释放能量，从而即可求解．【解析】：解：A、D和E结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故A 正确，B错误．C、若A分裂成B和C，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故C正确，D 错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键知道爱因斯坦质能方程△E=△mc2，掌握质量亏损与释放能量之间的联系．18．（2015•陕西三模）如图所示，有一固定在水平地面上光滑凹形长槽，槽内放置一个滑块，滑块的左端面是半圆柱形光滑圆弧面，滑块的宽度恰与凹形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内左右自由滑动．现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块．已知金属小球的质量为m，滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能．【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】：力学综合性应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：（1）小球和滑块相碰的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出金属小球和滑块的各自速度．（2）小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，根据动量守恒、机械能守恒求出金属小球的动能．【解析】：解：①．设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定小球初速度的方向为正方向，由动量守恒得：mv0=mv1+3mv2由机械能守恒得：解得：，；②．小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，规定小球初速度的方向为正方向，则根据动量守恒有mv0=（m+3m）v根据机械能守恒小球的动能应为：解得小球动能为：答：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度分别为；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能为．【点评】：本题考查了动量守恒和机械能守恒定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在平时的学习中需加强这类题型的训练．。

普宁第一中学第三次限时训练物理试卷时间：50分钟 2014.10.20一、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，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．有一个物体放在水平地面上，如图所示，用弹簧测力计拉着细绳水平牵引物体，弹簧测力计有一示数但物体没有移动，以下判断正确的是（ ）Ａ．涉及物体的作用力和反作用力一共有2对Ｂ．物体一共受到2对平衡力的作用Ｃ．涉及物体的作用力和反作用力一共有3对Ｄ．物体一共受到3对平衡力的作用14．质量为m 的木块在水平恒力F 的作用下，沿着质量为M=2m 的木板滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态。

若木块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则木板受到地面的摩擦力大小一定为（ ）Ａ．μmg Ｂ．3μmgＣ．F Ｄ．2μmg 15．一火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一车厢通过他历时2s ，整列车厢通过他历时6s ，则这列火车的车厢有（ ）Ａ．3节 Ｂ．6节 Ｃ．9节 Ｄ．12节16．如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L ，劲度系数为k .现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上有一水平拉力F ，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为 （ ）A.F 3kB.F 2k C ．L ＋F 2k D ． L ＋F3k二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17．某赛车手在一次野外训练中,先测量出出发地和目的地在地图上的直线距离为9 km,从出发地到目的地用了5分钟,赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km,当他经过某路标时,车内速度计指示的示数为150 km/h,那么可以确定的是( )Ａ．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hＢ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hＣ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hＤ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h18．两个力F 1和F 2间的夹角为θ，两个力的合力为F ．以下说法正确的是（ ）Ａ．若F 1和F 2大小不变，θ角越小，合力F 就越大Ｂ．合力F 总比分力F 1和F 2中的任何一个力都大Ｃ． 如果夹角θ不变，F 1大小不变，F 2增大，合力F 有可能减小Ｄ．如果夹角θ不变，F 1大小不变，只要F 2增大，合力F 就必然增大19．如图所示是甲、乙两物体从同一地点、沿同一方向做直线运动的v-t 图象，由图象可以看出（ ）Ａ．这两个物体再次相遇的时刻分别是1s 末和4s 末Ｂ．这两个物体再次相遇的时刻分别是2s 末和6s 末Ｃ．两个物体相距最远时刻是4s 末Ｄ．4s 时甲在乙的前面20．如图所示，沿平直轨道运动的车厢中的光滑水平桌面上用弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度。

1、如图甲所示，万能角度尺是利用游标读数原理来直接测量工件角度或进行划线的一种角度量具。

它有一个可转动的圆盘（即主尺），在圆盘的边缘标有表示圆心角的刻度，在圆盘的外侧有一个固定不动的圆弧状的游标尺。

如图乙所示，主尺上29︒对应的弧长与游标尺上30格对应的弧长相等。

图乙中万能角度尺所测量的角度为___________。

[answer]4630︒'[ex]【命题立意】本题考查游标卡尺的读数原理。

【解题思路】其读数方法与游标卡尺完全相同，先从尺身上读出游标零刻度线指示的整度数，即“度”的数值；然后看游标上的第几条刻度线与尺身上的刻度线对齐，就能确定“分”的数值。

被测角度数值为“度”的数值与“分”的数值相加。

即462154630＋＝︒'⨯︒'.答案为4630︒'。

2、如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：(1)调节__________，使电表指针对准__________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”)；(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的__________位置(选填“1⨯”“10⨯”或“1k⨯”)；⨯”“100(3)将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节__________,使电表指针对准__________(选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线；(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为__________Ω。

此时__________表笔电势高选填（“红”、“黑”）；(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。

[answer]（1）定位螺丝，电流；（2）1⨯；（3）调零旋钮，电阻；（4）22.0，黑。

[ex]【命题立意】本题考查多用电表中欧姆表的使用方法。

【解题思路】（1）使用欧姆表前先进行机械调零，欧姆表是由电流计改装所以调零时若要对准“电阻”则需对准“∞”刻度线；（2）、（3）根据所测电阻选择合适的量程，选完量程后进行欧姆调零，进行短接后调节调零旋钮，短接时待测电阻为零，故使电表指针对准电阻的“0”刻线；（4）、（5）根据表格的分度值读数，读数后估读至最小刻度的后一位，电流方向为红表笔流入，黑表笔流出，所以黑表笔接欧姆表内部电源的正极，电势高。