河南省扶沟县高级中学2015届高三下学期模拟考试物理试题 (3)

2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题答案时间 2015.5.15二、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，14-18有一个选项正确，19-21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.14．以下涉及物理学史上的叙述中，说法不正确的是( )A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，后来被赫兹所证实。

B．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律D．开普勒揭示了行星的运动规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础15．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）A、B下落的加速度大小a=10m/s2B．A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W=3JC．A的质量M=0.5Kg，A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5D．0～0.75s内摩擦力对A做的功0.75J16．带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷．如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）．虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的是（）A．平行金属板间的电场，可以看做匀强电场B ．b 点的电势高于d 点的电势C ．b 点的电势低于c 点的电势D ．若将一正电荷从电场中的任一点由静止 释放，它必将沿着电场线运动到负极板 17．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b 是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A 均为理想电表。

2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（9）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是（）A.通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因【答案】D【解析】解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D．安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．2.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=①根据几何关系可知：x乙=②乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=合=°=③根据位移时间公式可知：④乙由①②③④式得：v0=所以A正确．故选A．根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题．3.一小物块以某一初速度滑上水平足够长的固定木板，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为30°的斜面，让该小物块以相同大小的初速度沿木板上滑．则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为（设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据牛顿第二定律得，物块在水平木板上的加速度大小，在倾斜木板上的加速度大小°°=gsin30°+μgcos30°，根据速度时间公式得，v=at，解得时间之比′．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据牛顿第二定律得出在水平面木板和倾斜木板上的加速度大小之比，结合速度时间公式求出运动的时间之比．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．4.一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=2002sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A.在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2W b/sB.在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率增大【答案】C【解析】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V，有效值为100V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压即电压表的示数为20，故A错误；B、在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有，故U=20V，故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D错误；故选：C．根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．本题考查变压器的电压比与匝数比，以及二极管的特点，解答的关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问题，不难．5.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A.粒子带正电B.运动过程中，粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为t=D.离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°【答案】C【解析】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故B错误．C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为t=T=°°=，故C正确；D、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误；故选：C．先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角．本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t=T．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.金属杆ab返回到底端时速度小于v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv02-mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同【答案】ABC【解析】解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0．故A正确；B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等于．故B正确．C、对于上滑过程，由动能定理得：-mgh-W安=0-，得克服安培力做功为：W安=-mgh．根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=-mgh．故C正确．D、上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=F v 知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率．故D错误．故选：ABC通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动．根据功能关系判断出金属杆返回低端是的速度；抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功功率的大小，根据功能关系分析焦耳热的关系．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．本题分析杆的运动情况，比较同一位置安培力的大小是关键，再根据动量定理、安培力、能量守恒定律进行分析比较．7.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d．带负电的小球质量为m，带电量为q，从下极板N的小孔P处，以初速度v0射入，沿直线到达上极板M上的小孔Q，若重力加速度为g．则（）A.小球在M、N间运动的加速度不为零B.M板电势高于N板电势C.小球从P到Q，电势能增加了mgdD.M、N间电势差大小为【答案】BD【解析】解：A、小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．否则小球合力与速度不在一条直线上，小球做曲线运动，故A错误．B、由重力和电场力平衡，可知电场力向上，由于小球带负电，故电场线方向向下，M 板带正电，故M点电势高于N点电势，故B正确．C、由于电场力与重力平衡，即F=mg，电场力方向向上，做正功，做功为：W=F d=mgd，故电势能减少mgd，故C错误．D、由电场力做功W=q U=mgd，解得：，故D正确．故选：BD．小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．由电场力和重力平衡可知电场力方向，进而判定电场线方向，可得MN电势高低关系．重力等于电场力，可得电场力做的功，由电场力做功与电势能关系可知电势能的变化．由电场力做功W=q U=mgd，可得MN的电势差．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F-图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（）A.电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/sB.该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动C.该车做匀加速运动的时间是1.5sD.该车加速度大小为0.75m/s2【答案】AC【解析】解：A、因为横坐标是，所以全过程中，C点的值最小，匀加速达到的最大速度为15m/s．故A正确．B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动；BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动．故B错误．C、电动机的功率为：P=W=6000W，匀加速运动的末速度为：v==m/s当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f=400N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a==2m/s 2，则匀加速运动的时间t=．故C正确，D错误．故选：AC．AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列各种说法中正确的是（）A.液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力B.PM2.5 （空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动C.在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D.一定之类的理想气体温度升高，体积增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少E.在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大【答案】CDE【解析】解：A、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故A错误；B、悬浮颗粒的运动不可是分子的运动，故B错误；C、在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性；故C正确；D、一定质量的理想气体温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少，故D正确；E、在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力开始时表现为引力，先增大后减小；最后表现为斥力再逐渐增大；故E正确；故选：CDE．液体表面分子较内层稀疏，故分子间表现为引力，从而表现为表面张力；分子热运动是指我们肉眼看不到的分子的无规则运动；具体分子的排列具有空间上的周期性；气体的压强与气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数、分子的平均撞击力有关；在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大．本题考查热学中的相关内容，重点把握布朗运动的性质、晶体的特点、分子间相互作用力的性质，明确分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，但斥力减小的快．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.在光导纤维束内传送图象是利用光的衍射现象B.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉现象C.全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度E.海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小【答案】BCE【解析】解：A、在光导纤维束内传送图象是利用了光的全反射原理；故A错误；B、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉，即空气薄膜的前后两个表面反射的光相干涉，故B正确；C、激光具有良好的相干性；全息照片就是利用了激光的相干性进行拍摄的；故C正确；D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片滤去反射光等偏振光；故D 错误；E、海市蜃楼产生的原因，是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，从而发生全反射现象，故E正确；故选：BCE．从光现象形成的原因出发，把光现象与说明的问题对应起来：光导纤维是利用光的全反射；全息照片是利用了光的干涉，激光具有良好的相干性；偏振片是减少反射光的干扰；海市蜃楼与全的反射有关．解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道什么叫光的干涉、光的衍射、光的偏振，及光的全反射条件以及在生产生活中的应用．四、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图1所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落．①所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需______ （填字母代号）中的器材．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺②一次实验中，质量为m的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点迹，如2所示，已知相邻两计数点之间的时间间隔为T．测得计数点A、B两点间的距离为h1，计数点B、C两点间的距离为h2．由此可以确定，在打点计时器打下B点时，重物的动能为______ （填字母代号）．A．m（）2 B．m（）2 C．m（）2 D．m（）2．【答案】D；D【解析】解：（1）打点计时器需要使用交流电源，要测量物体下降的高度，以及瞬时速度的大小，所以需要测量点迹间的距离，需要毫米刻度尺；实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量物体的质量，故不需要天平．故选：D．（2）B点的速度，则重物在B点的动能．故选：D．故答案为：（1）①D；②D根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定测量的器材；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B点的速度，从而得出B点的动能．解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定测量的物理量．以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度．10.测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）定值电阻R0（2000Ω）（E）滑动变阻器R（0-20Ω，2A）（F）开关和导线若干某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验．（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片向左滑动，则电流传感器1的示数将______ （选填“变大”或“变小”）．（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示．则由图线可得被测电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】变大；3；1【解析】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向左滑动时R值增大，电流传感器2的示数变小，电流传感器1的示数变大．（2）路端电压：U=I1R0=E-I2r，变形得：I1=-I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k==0.5×10-3；故解得：E=3.0V，r=1Ω；故答案为：（1）变大；（2）3，1．（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化．（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．（3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，应细心观察．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一质量为m=0.75kg的小球在距地面高h=10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失，若小球运动过程中受到空气阻力f大小恒为2.5N，g=10m/s2．求：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．【答案】解：（1）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球落地的速度为v，得：小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h1，则：得：h1=5m（2）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球第二次落地的速度为v1，得；小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h2，则：得：=2.5m同理，小球第三次落地后上升的高度：m小球第四次落地后上升的高度：m小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程：s=h+2h1+2h2+2h3+2h4=28.75m答：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度是5m；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程是28.75m【解析】（1）小球运动的过程中只有重力和阻力做功，对下落的过程和上升的过程由动能定理列式求解小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球与地面碰撞后，上升的高度与下降的高度是相等的，分别由动能定理即可求出上升的最大高度与落地时的速度，同理即可表达出相应的数列，然后求和即可．本题应用动能定理全程列式可顺利求解，关键在于明确阻力做功的求法，记住不论物体向下还是上，阻力一直做负功．12.如图，竖直平面坐标系x O y的第一象限，有垂直x O y面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直x O y面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N．一质量为m的带电小球从y轴上（y＞0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）．（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点O的距离s为多远？【答案】解：（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡．设小球所带电荷量为q，则有：q E=mg（1）解得：（2）又电场方向竖直向上故小球带正电．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力得：（3）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：（4）由（3）（4）得：r=（5）即：PO的最小距离为：y=2r=（6）（3）小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为v N，由机械能守恒得：（7）由（4）（7）解得：（8）小球从N点进入电场区域后，作类平抛运动．设加速度为a，则有：沿x轴方向有：x=v N t（9）沿电场方向有：（10）由牛顿第二定律得：a=（11）t时刻小球距O点为：答：（1）小球的带正电，其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少为；（3）经时间t=2小球距坐标原点O的距离．【解析】（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡从而判定小球的电性和电量．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力；小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足重力恰好提供向心力，联立即可求出P 点距坐标原点O至少多高；（3）小球由O运动到N的过程中由机械能守恒，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动．根据运动的类型，写出相应的公式，就可以求解．该题中，设置的情景比较复杂，运动的过程较多，一定要理清运动的过程和各个过程中的受力以及做功的情况，再选择合适的公式进行解题．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm H g时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示．问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）？【答案】解：（1）此时管内空气的压强为P1=（75-60）cm H g=15cm H g．（2）V1=30S，V2=（30+60-54）S=36SP1=15cm H g，P2=（P0-54）cm H g等温变化，由玻意尔定律P1V1=P2V2代入15×30=15×P2得P2=12.5cm H g可得P0=66.5cm H g答：（1）此时管内空气的压强为15cm H g．（2）山上的大气压强为66.5cm H g．【解析】（1）管内空气的压强等于管外大气压与管内60cm水银产生的压强之差．（2）温度不变，管内气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解管内空气压强．根据管内外压强关系求解山上的大气压强．。

2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题时间 2015.5.13一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

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

全都避对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）14．在解一道由字母表达结果的计算题中，某同学解得位移结果的表达式为：x=F (t 1+t 2)2 m，其中F 表示力，t 表示时间，m 表示质量，用单位制的方法检查，这个结果 （ ） A ．可能是正确的 B ．一定是错误的C ．如果用国际单位制，结果可能正确D ．用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确15. 如图,在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场,其出射方向如图所示,不计重力的影响,则（ ）A. 初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B. 初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C. 在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D. 在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子16．有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图a 所示, O 为球心，球壳P 处开有半径远小于球半径的小孔。

以O 点为坐标原点，过P 点建立x 坐标轴，A 点是坐标轴上的一点， 轴上各点电势如图b 所示。

电子从O 点以V 0的初速度沿X 轴方向射出，依次通过P 、A 两点。

则下列关于电子的描述正确的是（ ）A ．在OP 间电子做匀加速直线运动B ．在PA 间电子做匀减速直线运动C ．在OP 间运动时电子的电势能均匀增加D ．在PA 间运动时电子的电势能增加17．物体以某一速度冲上一光滑斜面（足够长），加速度恒定．前4s 内位移是1.6m ，随后4s 内位移是零，则下列说法中错误．．的是（ ） A ．物体的初速度大小为0.6m/s B ．物体的加速度大小为6m/s 2C．物体向上运动的最大距离为1.8m D．物体回到斜面底端，总共需时12s18．矩形导线框abcd放在分布均匀的磁场中，磁场区域足够大，磁感线方向与导线框所在平面垂直，如图（甲）所示。

2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题时间：2015-5-15一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1．下列说法正确的是（）A．速度变化越快的物体惯性越小B．物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向不垂直也不在一条直线上 C．学校餐厅的吊扇在工作时向下挤压空气，空气对吊扇产生向上的推力，减轻了吊杆对吊扇的拉力，所以，即使吊杆略有松动也是安全的D．法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机2．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动3．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（）A． tanθ=B． tanθ=C． tanθ=2μ1﹣μ2D． tanθ=2μ2﹣μ14．如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0×10﹣7C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10﹣8J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10﹣8J．下列说法正确的是（）A ． A 、B 两点之间的电势差为10VB ． 若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功W MN =4.0×10﹣8JC ． 若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功W MN =8.0×10﹣8JD ． 若A 、B 之间的距离为1cm ，该电场的场强一定是E=10V/m5．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B ，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x 轴方向宽度均为a ，在y 轴方向足够宽．现有一高为a 的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x 轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i 与线框移动的位移x 的关系图象正确的是（ ）6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（ ）A ． “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B ． “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍AB CDC．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救7．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（）A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同8．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为P，下列说法正确的是（） A．输入电压u的表达式u=20sin50πVB．只断开S2后，L1、L2的功率均小于C．只断开S2后，原线圈的输入功率大于D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W二、非选择题（一）必考题9．某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是（至少列举一点）．10．现有一块灵敏电流计A1，量程为200μA，内阻约为1KΩ，要精确测出其内阻R g，提供的器材有：电流表A2（量程为1mA，内阻r=50Ω）；滑动变阻器R（阻值范围为0～30Ω）；定值电阻R1（阻值 R1=100Ω）；定值电阻R2（阻值 R2=3KΩ）电源E（电动势约为4.5V，内阻很小）；单刀单掷开关S一个，导线若干．（1）请利用上述所有器材，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的，将电路图画在题中的虚线框中．（2）在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算A1表的内阻，表达式为R g= ，表达式中各符号表示的意义是．11．波音777曾被业界称为最安全的客机之一，涉及的重大事故不多见．假设波音777飞机起飞时所受的阻力是其自重的0.1倍，根据下表波音777的性能参数，重力加速度g取10m/s2，解决以下问题：最大巡航速率 0.89马赫（35000英尺巡航高度）发动机推力（×2） 330kN（×2）最大起飞质量 200000kg起飞所需跑道长度（最大起飞质量时） 2500m安全起飞速度空速160节（v≈70m/s）（1）波音777巡航速度为0.8马赫，设定马赫保持，推力为发动机推力的91%，求在巡航高度上飞机的阻力；（2）求在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度．【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）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力与重力的合力等于阻力，即可求的阻力；（2）通过表格中的数据可知，飞机起飞时的位移，起飞速度，由运动学公式求的加速度【解析】：解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知（2）起飞过程中有运动学公式a=答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程12．如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．（1）求带电粒子的速率．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t．（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T．选考题：【物理-选修3-3】（15分）13．下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．【物理-选修3-4】（15分）15．以下说法中不正确的有（）A．作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波E．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【物理-选修3-5】（15分）17．下列说法中正确的是（）A．一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，若仅使入射光的强度减弱，那么从金属表面逸出的光电子的最大初动能将变小B．大量光子产生的效果显示出波动性，个别光子产生的效果显示出粒子性C．电子的发现说明原子是可分的，天然放射现象的发现揭示原子核有复杂的结构D．放射性同位素Th232经α、β衰变会生成Rn36，其衰变示意方程为Th→Rn+xα+yβ，其中x=3，y=1E．原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与其所处的化学状态和外部条件无关18．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能E p．2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题答案1．【考点】：物体做曲线运动的条件；作用力和反作用力．【分析】：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．【解析】：解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力﹣﹣的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；D、法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．故D正确．故选：CD【点评】：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解．2．【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．【解析】：解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．故选：A．【点评】：本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解3．【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功．运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案．【解析】：解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．设斜面AC长为L，运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：mgLsinθ﹣μ1mgcosθ×L﹣μ2mgcosθ×L=0﹣0=0解得：tanθ=故选：A．【点评】：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意运动过程中力的变化．4．【考点】：电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N 的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到W MN与W AB、W DC的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=qU，可求出M、N间电势差．【解析】：解：A、，故A错误．B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N 点的电势是B、C两点电势的平均值，即，，所以：W MN=qU MN=q（φM﹣φN）=q（）==4×10﹣8J，故B正确、C 错误．D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误．故选：B【点评】：本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解W MN．运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．5．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：压轴题．【分析】：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．【解析】：解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选C．【点评】：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．6．【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．【解析】：解：A、根据=ma得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．B、根据=m得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误．故选：AB．【点评】：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．7．【考点】：功能关系；电功、电功率．【分析】：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．【解析】：解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．故选：BC．【点评】：本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．8．【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解析】：解：A、周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin （100πt）V，A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为=0.8W，D正确．故选：D．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．9．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．【解析】：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2﹣h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．【点评】：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．10.【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）测量电阻的基本原理是伏安法，没有电压表，可用定值电阻与电流表A2串联改装而成．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．（2）根据并联电路电压相等的规律，列式求解G表的内阻的表达式．【解析】：解：（1）由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻，要精确测量电流计的内阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；将电流表A2与定值电阻电阻R1串联构成一个电压表；把定值电阻R2作保护电阻．电路图如图所示．（2）由电路图知A2表和R1串联后与A1表并联，两个支路的电压相等，即：I1R g=I2（R1+r），所以，R g=，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．故答案为：（1）电路图如图所示；（2），I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．【点评】：在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法．11．【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）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力与重力的合力等于阻力，即可求的阻力；（2）通过表格中的数据可知，飞机起飞时的位移，起飞速度，由运动学公式求的加速度【解析】：解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知（2）起飞过程中有运动学公式a=答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程12．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．【解析】：解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0=2r，r=0.5R0根据半径公式得：r=解得v=（2）磁场的大小变为B后，由半径公式r=可知粒子的轨道半径变为原来的=2倍，即为R0，根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角90°解得：t=T==（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以为的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：（+1）R0；根据周期公式，则有：T==答：（1）带电粒子的速率为．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，粒子在磁场中最长的运动时间t为．（3）R1的最小值为（+1）R0；粒子运动的周期T为．【点评】：对于带电粒子在磁场的圆周运动，要由洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨迹关系求出粒子进入磁场中的速度方向，再根据速度关系求出质子在电场中做何种运动，然后根据运动性质求解．13．【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；温度是分子平均动能的标志．【分析】：阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数；布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积；分子间既有引力又有斥力，当间距小于平衡位置时，斥力较显著．【解析】：解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积．故A错误；B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显．故B正确；C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大．故C正确；D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；故选：BCD【点评】：解答本题知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点；知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记．14．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；【解析】：解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①解得：P=P0+，。

2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（4）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念．关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（）A.电场和磁场都是客观存在的特殊物质B.电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C.电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D.电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹【答案】A【解析】解：A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；故A正确；B、电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在；故B错误；C、电场对放入其中的电荷一定有力的作用；但磁场只对运动的电荷有力的作用；故C 错误；D、电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线和磁感线均不是电荷在场中的轨迹；故D错误；故选：A．电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大，电场中某点电场强度的大小由电场决定．考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．抓住电场与磁场都是物质，电场线和磁感线都是假想的曲线是关键．2.近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们的运行过程，下列说法正确的是（）A.“神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度B.“神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度C.“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期D.“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度【答案】C【解析】解：根据万有引力提供向心力=ma=mω2r=m=m r“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．“神舟”系列飞船的轨道半径小于北斗卫星导航系统的卫星的轨道半径．A、a=，所以“神舟”系列飞船的加速度大于北斗导航卫星的向心加速度，故A错误；B、ω=，所以“神舟”系列飞船的角速度大于北斗导航卫星的角速度，故B错误；C、T=2π，所以“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期，故C正确；D、v=，所以“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度，故D错误；故选：C．根据万有引力提供向心力，求出周期、加速度、速度与轨道半径的关系，从而通过轨道半径的大小比较出它们的大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道半径大小．3.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2＞S1），计时开始时，甲、乙两车相距S0，在两车运动过程中，下列说法正确的是（）A.若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，两车相遇1次B.若甲车在乙车前方且S0＜S1，两车相遇2次C.若乙车在甲车前方且S0=S2，两车不会相遇D.若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最近【答案】B【解析】解：由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；A、若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，则S0+S2＞S1+S2，两车不会相遇，故A错误；B、若甲车在乙车前方且S0＜S1，则S0+S2＜S1+S2，即在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；C、若乙车在甲车前方且S0=S2，在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车能追上乙车，故C错误．D、若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最远，故D错误．故选：B此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．4.在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示．D点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（）A.A、B、C三点的电场强度相同B.O、A和A、D两点间的电势差相等C.将电子由D点移到C点，电场力做正功D.电子在B点的电势能大于在D点的电势能【答案】D【解析】解：A、根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误．B、根据点电荷的电场强度的特点可知，OA段的电场强度的大小要大于AD段的电场强度，所以O、A和A、D两点间的电势差不相等．故B错误．C、O点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向O点，可知D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，故C错误．D、D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于B点的电势，将电子由D点移到B点，电场力做负功，其电势能将增加．故D正确．故选：D．A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．A、B、C三点的电势相同，A、B、C三点所在的等势面为球面．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加．若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力不可能为零．本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负．5.1931年英国物理学家狄拉克就从理论预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱利用电感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验，他设想让一个只有N极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），观察其中电流的方向和大小变化情况．和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，人上往下看（）A.普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流B.普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流C.超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流D.超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流【答案】D【解析】解：AB、条形磁铁N向下穿过普通线圈，先磁场向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针（从上向下），当穿过线圈后，磁通量向上，且大小减小，由楞次定律，感应电流方向顺时针（从上向下），故AB错误；CD、若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．故C 错误，D正确．故选：D．条形磁铁或磁单极子穿过普通或超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．该题考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极，注意条形磁针与磁单极子的区别．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D.电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【答案】AB【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqv S=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z 的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选AB．霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．7.如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心．在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1，v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点．则以下说法中正确的是（）A.∠AOP为60°B.若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1增大，v2减小C.改变v1，v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D.若只增大v1，两小球不可能相遇【答案】AB【解析】解：A、连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以，而AD+BD=2R，所以AD=，OD=，所以cos∠AOP=，解得：∠AOP=60°，故A正确．B、要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B正确．C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；D、若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D错误．故选：AB．平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几关系可以求得∠AOP的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解．本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度．8.如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB=0.3m，L AD=0.2m，总电阻为R=0.1Ω．在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin x（m），磁感应强度大小B=0.2T．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是（）A.线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B.线框中感应电动势的最大值为0.4VC.线框中感应电流有效值为4AD.线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048J【答案】ABD【解析】解：A、由图知，穿过线框的磁方向始终向里，线框进入磁场时磁通量增加，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律判断得知：线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向．故A正确．B、线框最大的有效切割长度等于L m=L AD=0.2m，则感应电动势最大值为E m=BL m v=0.2×0.2×10V=0.4V．故B正确．C、感应电流最大值为I m==4A，由于线框产生正弦式感应电流，则感应电流有效值为I==2A．故C错误．D、线框穿过磁场区域的过程中外力做功等于线框产生的总热量．整个过程拉力做功W=I2R t，又t==s=0.06s，代入解得，W=0.048J．故D正确．故选ABD线框的一边做切割磁感线运动，根据楞次定律判断感应电流的方向；线框产生正弦式感应电流，当切割长度最大时，感应电流最大，拉力最大，拉力功率最大．线框右边和左边分别切割磁感线，产生正弦式交变电流，可用切割感应电动势公式、安培力和功知识求解．本题要注意是线框中产生的是正弦式电流，求电功要用电动势的有效值，正弦式电流的最大值是有效值的倍．五、单选题(本大题共2小题，共6.0分)13.一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是（）A.此列波的波长为2.5mB.此列波的频率为2H zC.此列波的波速为2.5m/sD.此列波的传播方向为沿x轴正方向传播【答案】D【解析】解：A、由图知，b和c之间的距离等于波长，则λ=5m．故A错误．B、由题，0.5s=（n+）T，n=0，1，2…，T=s，频率f==（2n+1）H z，由于n是整数，f不可能等于2H z．故B错误．C、波速为v=λf=5（2n+1）m/s，由于n是整数，v不可能等于2.5m/s．故C错误．D、质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，则得波沿x轴正方向传播．故D正确．故选D由图知，b和c之间的距离等于波长．质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，说明波沿x轴正方向传播，0.5s=（n+）T，求出周期，得到频率．本题首先理解波长的含义：相邻两个波峰间的距离即等于波长．题中a、b两点是反相点，得到0.5s=（n+）T，可得到周期的通项．14.下列说法正确的是（）A.光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C.光在介质中的速度大于光在真空中的速度D.变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场【答案】A【解析】解：A、狭义相对论的两条基本假设是光速不变原理和相对性原理，故A正确；B、拍摄玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片是为了滤去反射光而不是增加透射光的强度，故B错误；C、光在任何介质中的传播速度都比真空中小，故C错误；D、由麦克斯韦的电磁理论，变化的电场一定产生磁场，但不一定产生变化的磁场，如随时间均匀变化的电场产生稳定的磁场，同样，变化的磁场不一定产生变化的电场，故D错误．答案：A．狭义相对论的两条基本假设：1、物理体系的状态据以变化的定律，同描述这些状态变化时所参照的坐标系究竟是用两个在互相匀速移动着的坐标系中的哪一个并无关系．2、任何光线在“静止的”坐标系中都是以确定的速度c运动着，不管这道光线是由静止的还是运动的物体发射出来的．”本题综合考查了3-4模块的狭义相对论、光的偏振、麦克斯韦电磁场理论，识记性知识为主，要多看书．七、单选题(本大题共2小题，共6.0分)16.下列说法正确的是（）A.增大压强不能改变原子核衰变的半衰期B.某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少4个C.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D.a射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤【答案】A【解析】解：A、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，A正确；B、某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，B错误；C、β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C错误；D、γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强，D错误；故选：A半衰期由原子核本身决定，经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强．本题需要掌握半衰期的特点，衰变的实质和三种射线的性质．17.如图所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内？（）A.A的速率始终等于B的速率B.A的动量大小大于B的动量大小C.A受的合力大小大于B受的合力大小D.A的动量不等于B的动量【答案】D【解析】解：A、两物体在弹开的过程中总动量守恒，故动量的大小一直相等；因两物体的质量不相等，故两物体的速率不相等；故AB错误；C、两物体均受弹簧的弹力，故弹簧的弹力对两物体大小相等，故C错误；D、两球动量守恒，故总动量为零，则两动量方向相反，大小相等；故动量不相等，故D正确；故选：D．两个物体均受弹簧的弹力作用，根据作用力与反作用力可知两物体受力情况；由动量守恒可求得两物体动量关系．本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，但要注意动量是矢量，大小相等、但方向相反．三、实验题探究题(本大题共1小题，共3.0分)9.（1）用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为______ mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______ mm．【答案】50.15；4.700【解析】解：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．故答案为：（1）50.15；（2）4.700游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四、计算题(本大题共3小题，共38.0分)10.如图所示是电子拉力计的示意图，金属弹簧右端和滑动触头P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1之间的摩擦不计）．定值电阻R0；电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的（类似于滑动变阻器），其长度为10cm，阻值R1=300Ω，电源电动势E=3V，内阻不计．理想电流表的量程为0～100m A．当拉环不受拉力时，触头P刚好不与电阻R1接触（即电路断开）．弹簧的劲度系数为10000N/m．（1）电路中连入的R0阻值至少应为______ Ω．（2）设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值，那么在原电流表的40m A处应改为______ N．分析可知，拉力计的刻度是否均匀______ ．（填写“均匀”或“不均匀”）（3）为了使拉力计的量程增大应采用的措施是（只填写一条）______ ．【答案】30；850；不均匀；可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数【解析】解：（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止当P移动到R1的最右端时电流表被烧坏；故R0至少为：R min===30Ω；（2）（2）当I=4m A=0.04A时电路中的总电阻R===75Ω，电阻丝接入电路的电阻R1′=R-R0=75Ω-30Ω=45Ω因′即=，解得x=1.5cm，所以弹簧伸长的长度△x=L1-x=10cm-1.5cm=8.5cm=8.5×10-2m，则弹簧弹力的大小为F=k△x=10000×8.5×10-2=850N由上得F=k[L-（-R0）]可知，F与I是非线性关系，电流表的刻度是均匀的，故拉力计的刻度是不均匀．（3）由F的表达式F=k[L-（-R0）]知，为了使拉力计的量程增大，可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．故答案为：（1）30；（2）850，否或不均匀；（3）更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止短路，烧坏电流表；故电路中电流应小于电流表的最大量程；（2）由图可知定值电阻R0与可变电阻R1组成串联电路，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联特点求出变阻器接入电路电阻的大小，再根据题意求出弹簧的伸长的长度，根据图乙得出拉力的大小．（3）根据拉力的表达式分析增大量程的措施．本题根据欧姆定律、电阻定律和胡克定律，得到拉力的表达式，将电路中电流，转化成拉力所对应的示数是本题的解题关键．11.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g．（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值．【答案】解：（1）当θ=300时，对木块受力分析得：mgsinθ=μF N…①F N=mgcosθ…②联立①②得：μ=tanθ=tan30°=（2）当θ变化时，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma木块的位移S为：v02=2as=令：tanα=μ当θ+α=90°时，S最小，此时有：θ=60°=故有：S min=°°答：（1）小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ=60°时，小物块沿木板上滑的距离最小，此最小值为．【解析】（1）θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律得出速度的表达式，然后根据位移公式得到上滑距离S的表达式，结合数学知识求S的极值．本题第二问中求加速度和位移是物理学中的常规问题，关键是由数学三角函数知识求极值，要重视数学方法在物理中的应用．12.如图所示，在x O y坐标系中，以（r，0）为圆心，r为半径的圆形区域内存在匀强磁场磁场区域的圆心为O′，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．在y＞r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r．已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重与及质子间相互作用力的影响．（1）求质子从O点射入磁场时速度的大小：（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间．（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ（0°＜θ＜90°）的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间．【答案】解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：v=；高中物理试卷第11页，共13页 （2）质子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．在磁场中运动周期：T=， 质子在磁场中运动的时间：t 1= T= ，进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：a = ，质子在电场中运动的时间：t 2= =， 所求时间为：t =t 1+t 2= + ；（3）当质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A 点射出磁场，如图所示：其中O 1、O 2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO 1AO 2为菱形，即AO 2平行x 轴，说明质子以平行y 轴的速度离开磁场，也以沿y 轴负方向的速度再次进入磁场，有：∠O 2=90°-θ．所以，质子第一次在磁场中运动的时间：t 1′= ° °T ，此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C 点再次射出磁场．如图所示，其中O 1、O 3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO 3平行x 轴． 由于O 1AO 3C 为菱形，即CO 1平行AO 3，即平行x 轴，说明C 就是磁场区域圆与x 轴的交点．这个结论与θ无关．所以，OO 2O 3C 为平行四边形，∠O 3=90°+θ质子第二次在磁场中运动的时间为：t 2′= ° °T ，质子在磁场中运动的总时间：t ′=t 1′+t 2′= T= ；答：（1）质子射入磁场时速度的大小为 ；（2）若质子沿x 轴正方向射入磁场，质子从O 点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为 + ；（3）若质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从O 点射入第一象限的磁场中，质子在磁场中运动的总时间为 ．【解析】（1）粒子在磁场中运动靠洛伦兹力提供向心力，通过轨道半径，根据牛顿第二定律求出粒子射入磁场的速度．（2）粒子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度v 逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．求出粒子在磁场中运动的周期，从而求出粒子磁场中运动的时间，根据牛顿第二定律结合运动。

河南省扶沟县高级中学2015届高三物理下学期模拟考试试题〔5〕二､选择题(此题共8小题,每一小题6分,在每一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)b14.如下列图为洛伦兹力演示仪的结构图｡假设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｡如下说法正确的答案是: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d15.如下列图,P､Q为一平行板电容器的两个极板,其中Q板接地,如下说法正确的答案是: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.假设断开开关S,再适当上移P极板,板间场强减小D.假设断开开关S,再适当左移P极板,P板电势升高c16.如下列图,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,如下说法正确的答案是: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gc17.如下列图,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;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的关系与动能E k､机械能E随位移x的关系的是:d18.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一样的匀速圆周运动｡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｡假设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,如此此时圆周运动的周期为:A．nTkB．2nTkC．32nTkD．3nTkac19.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,以下说法正确的答案是: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)bd20.如下列图,光滑水平面上放着质量为M的木板,木板的上外表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别离｡如下说法正确的答案是:A.假设仅增大木板的质量M,如此时间t增大B.假设仅增大木块的质量m,如此时间t增大C.假设仅增大恒力F,如此时间t增大D.假设仅增大木块与木板间的动摩擦因数,如此时间t增大ab21.如下列图,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｡如此: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2卷22．(15分)(1)(6分)用如下列图的气垫导轨装置验证机械能守恒定律。

2015扶沟高中理综冲刺押题卷物理试题 2015年5月二、选择题（本大题共8小题，每小题6分。

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

全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．物理关系式既可以反映物理量之间的关系，也可以确定单位间的关系。

高中物理学习中常见的单位有m （米）、s （秒）、N （牛顿）、C （库仑）、F （法拉）、Wb （韦伯）、Ω（欧姆）、T （特斯拉）、V （伏特）等，由它们组合成的单位与电流的单位A （安培）等效的是A ．2Tm ΩsB ．Ns TmC ．2Wb mD ．FV15．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与x 、y 轴的切点。

B 点在y 轴上且∠BMO = 60°，O′为圆心。

现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是 A ．t A < t C < t B B ．t A = t C < t B C ．t A = t C = t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系16．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从A 点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。

AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为2012mvC ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和17．如图所示，可视为质点的木块A 、B 叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A 、B 与转轴OO′的距离为1 m ，A 的质量为5 kg ，B的质量为10 kg。

2017年高三年级第三次模拟考试理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分为试题卷（1－12页）和答题卡（1－6页）两部分，共300分，时间150分钟。

2．答题前，考生须将自己的学校、班级、姓名、学号、座号填涂在答题卡指定的位置上。

3．选择题的答案，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。

超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。

4．可能用到的相对原子质量：H ＝1 C ＝12 N ＝14 O ＝16 Mg ＝24第Ⅰ卷 （选择题，共126分）一、选择题：（本大题共13小题，每小题6分，共78分，每题只有一个选项符合题意）二、选择题（本题共8小题，每题6分，共计48分。

在每小题给出的四个选项中，14～18小题中只有一个选项正确，19～21小题中有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）14．下列说法正确的是A ．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．由爱因斯坦质能方程可知，质量与能量可以相互转化D ．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍， 这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子15．如图所示，直线a 与四分之一圆弧b 分别表示两质点A 、B 从同一地点出发，沿同一方 向做直线运动的v －t 图象。

当B 的速度变为0时，A 恰好追上B ，则A 此时的加速度大小为A ．2m ／s 2B ．2πm ／s 2 C ．2πm ／s 2D ．2πm ／s 2 16．如图所示，一轻质细绳一端同定于竖直墙壁上的O 点，另一端跨过光滑的大小可忽略的定滑轮P 悬挂物块B ，OP 段的绳子水平，长度为L 。

现将一带光滑挂钩的物块A 挂到OP 段的绳子上，已知A （包括挂钩）、B 的质量关系为m A 3B 。

2014-2015学年河南省周口市扶沟高中高一（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题（每题4分，共48分．9、10、11、12为多选题．多选题对而不全得2分，选错得0分）1．（4分）（2015春•周口月考）下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动D．物体在变力作用下，不可能做直线运动，只能做曲线运动2．（4分）（2011•浙江模拟）一汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小．如图所示，分别画出汽车转弯时所受到的合外力的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．3．（4分）（2015•广州模拟）“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动时间分别为t1、t2，则（）A．v1=v2B．v1＞v2C．t1=t2D． t1＞t24．（4分）（2015春•太原校级期中）如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它的边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A．a点与b点线速度大小相等B．a点与c点角速度大小相等C．a点与d点向心加速度大小不相等D．a、b、c、d四点，加速度最小的是b点5．（4分）（2015•定州市校级二模）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是（）A．它们的角速度相等ωA=ωBB．它们的线速度υA＜υBC．它们的向心加速度相等D． A球的向心加速度大于B球的向心加速度6．（4分）（2015春•葫芦岛期中）在光滑的水平面上相距40cm的两个钉子A和B，如图所示，长1m的细绳一端系着质量为0.4kg的小球，另一端固定在钉子A上，开始时，小球和钉子A、B在同一直线上，小球始终以2m/s的速率在水平面上做匀速圆周运动．若细绳能承受的最大拉力是4N，那么从开始到细绳断开所经历的时间是（）A．0.8π s B．0.9π s C．1.2π s D．1.6π s7．（4分）（2013秋•文登市期中）如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动．小环经过大圆环最高点时，下列说法错误的是（）A．小环对大圆环施加的压力可以等于mgB．小环对大圆环施加的拉力可以等于mgC．小环的线速度大小不可能小于D．小环的向心加速度可以等于g8．（4分）（2015•荆门模拟）理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍．火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面．已知引力常量为G，火星的半径为R．若不考虑火星自转的影响，要探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）A．7.9km/s B．11.2km/s C．D．9．（4分）（2015•广东四模）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为（）A．B．C．D．10．（4分）（2015春•内蒙古校级期中）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M．C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平（转过了90°角），此过程中下述说法正确的是（）A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωL D．重物M的速度先增大后减小11．（4分）（2013•武汉二模）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=1Om/s2．则（）A．传送带的速率v0=1Om/sB．传送带的倾角θ=3O°C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5D．0〜2.0s摩檫力对物体做功W f=﹣24J12．（4分）（2015•青浦区一模）如图，在外力作用下某质点运动的速度v﹣时间t图象为正弦曲线，由图可判断（）A．在0～t1时间内，外力在增大B．在t1～t2时间内，外力的功率先增大后减小C．在t2～t3时刻，外力在做负功D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零二、试验题（共12分）13．（5分）（2015•凤阳县校级模拟）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是Hz；（2）小球运动中水平分速度的大小是m/s；（3）小球经过B点时的速度大小是m/s．14．（7分）（2014秋•江岸区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）本实验应用的实验方法是A．控制变量法B．假设法 C．理想实验法D．等效替代法（2）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到A．实验前要平衡摩擦力B．每次都必须从相同位置释放小车C．拉小车的细绳必须保持与轨道平行D．拉力改变后必须重新平衡摩擦力（3）图2为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a= m/s2（结果保留两位有效数字）（4）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有．A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m＜＜M）D．盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M三、计算题：本题共4小题，共计40分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．（9分）（2013•赣榆县校级学业考试）在足够高处将质量m=1kg的小球沿水平方向抛出，已知在抛出后第2s末时小球速度大小为25m/s，取g=10m/s2，求：（1）第2s末时小球下降的竖直高度h（2）小球沿水平方向抛出时的初速度大小（3）第2s末小球重力的瞬时功率．16．（9分）（2014春•尖山区校级期中）一位同学为探月宇航员设计了如下实验：在距月球表面高h处以初速度v o水平抛出一个物体，然后测量该平抛物体的水平位移为x，通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，求：（1）月球表面的重力加速度（2）月球的质量（3）环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．17．（9分）（2013春•萧山区期中）一个质量m=10kg的静止物体与水平地面间滑动摩擦系数μ=0.5，受到一个大小为100N与水平方向成θ=37°的斜向上拉力作用而运动，假设拉力作用的时间为t=1s．（g取10m/s2．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）求1s内拉力做的功；（2）求1s内摩擦力做的功；（3）求1s内合外力做的功．18．（13分）（2010秋•南长区校级期中）如图1所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2，取g=10m/s2，试求：（1）若μ1=0.4，μ2=0.1，木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若μ1=0.1，μ2=0.4，木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（3）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象．（设木板足够长）2014-2015学年河南省周口市扶沟高中高一（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分．9、10、11、12为多选题．多选题对而不全得2分，选错得0分）1．（4分）（2015春•周口月考）下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动D．物体在变力作用下，不可能做直线运动，只能做曲线运动考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同解答：解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，合力不为零，所以A正确；BC、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，比如平抛运动，受到的就是恒力重力的作用，加速度保持不变，所以BC错误；D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，对合力是否变化没有要求，所以D错误；所以D正确；故选：A点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住2．（4分）（2011•浙江模拟）一汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小．如图所示，分别画出汽车转弯时所受到的合外力的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象时对的．解答：解：汽车从M点运动到N，曲线运动，必有分力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的分力；向心力和切线方向分力的合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ACD错误，选项B 正确．故选B．点评：解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，减速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了．3．（4分）（2015•广州模拟）“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动时间分别为t1、t2，则（）A．v1=v2B．v1＞v2C． t1=t2D． t1＞t2考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：圈圈做平抛运动，我们可以把平抛运动可以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，根据水平位移和高度的关系列式分析．解答：解：C、D、圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h=，有：t=，故t1＞t2，故C错误，D正确；A、B、水平分位移相同，由于t1＞t2，根据x=v0t，有：v1＜v2；故AB均错误；故选：D．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．4．（4分）（2015春•太原校级期中）如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它的边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A．a点与b点线速度大小相等B．a点与c点角速度大小相等C．a点与d点向心加速度大小不相等D．a、b、c、d四点，加速度最小的是b点考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．再根据v=rω，a==rω2去求解．解答：解：A、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r b，则v c=2v b，所以v a=2v b，故A错误；B、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r a，根据v=rw，则ωc=ωa，所以ωb=ωa，故B错误；C、根据ωb=ωa，ωb=ωd，则ωd=ωa，根据公式a=rω2知，r d=4r a，所以a a=a d，故C错误；D、由上分析可知，加速度最小的是b点，故D正确．故选：D．点评：传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．5．（4分）（2015•定州市校级二模）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是（）A．它们的角速度相等ωA=ωBB．它们的线速度υA＜υBC．它们的向心加速度相等D．A球的向心加速度大于B球的向心加速度考点：向心力．分析：对两小球分别受力分析，求出合力，根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解，可得向心加速度、线速度和角速度．解答：解：对A、B两球分别受力分析，如图由图可知F合=F合′=mgtanθ根据向心力公式有mgtanθ=ma=mω2R=m解得a=gtanθv=ω=由于A球转动半径较大，故向心加速度一样大，A球的线速度较大，角速度较小；故选C．点评：本题关键受力分析后，求出合力，然后根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解．6．（4分）（2015春•葫芦岛期中）在光滑的水平面上相距40cm的两个钉子A和B，如图所示，长1m的细绳一端系着质量为0.4kg的小球，另一端固定在钉子A上，开始时，小球和钉子A、B在同一直线上，小球始终以2m/s的速率在水平面上做匀速圆周运动．若细绳能承受的最大拉力是4N，那么从开始到细绳断开所经历的时间是（）A．0.8π s B．0.9π s C．1.2π s D．1.6π s考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球做匀速圆周运动时，由绳子的拉力充当向心力．根据向心力公式求出绳子力为4N时，做圆周运动的半径，而小球每转半圈，长度减小40cm．然后求出从开始到绳断所经历的时间解答：解：当绳子力为4N时，根据向心力公式得：F=m代入数据解得：r n=0.4m而小球每转半圈，长度减小40cm，小球转的半圆周数为：n==，即小球转过2个半圆周后绳断裂，所以从开始到绳断所经历的时间为：t=，故A正确．故选：A点评：本题中主要考查了向心力公式的直接应用，关键运用数学上数列知识进行求解．7．（4分）（2013秋•文登市期中）如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动．小环经过大圆环最高点时，下列说法错误的是（）A．小环对大圆环施加的压力可以等于mgB．小环对大圆环施加的拉力可以等于mgC．小环的线速度大小不可能小于D．小环的向心加速度可以等于g考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小环经过圆环最高点时时，小环套在光滑大圆环轨道上，故大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力；当大环对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度，此时向心加速度为重力加速度．解答：解：A、B、小环套在光滑大圆环轨道上做圆周运动，在最高点时，大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力．故AB都正确．C、当小环与大环之间没有作用力时，只有小环的重力提供向心力，即mg=得，故C错误．D、当小环与大环之间没有作用力时，只有小环的重力提供向心力，此时mg=ma，即小环的向心加速度等于g，故D正确．本题选择错误的．故选：C．点评：本题要注意，小环套在大环上，不是小球在轨道内侧的运动，临界条件不一样．大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力，结合牛顿第二定律进行求解．8．（4分）（2015•荆门模拟）理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍．火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面．已知引力常量为G，火星的半径为R．若不考虑火星自转的影响，要探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）A．7.9km/s B．11.2km/s C．D．考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：万有引力定律的应用专题．分析：地球的第一宇宙速度为7.9km/s，而第二宇宙速度为11.2km/s，对于火星来说，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，根据公式v=，即可求解．解答：解：A、速度7.9km/s与11.2km/s是地球的第一宇宙速度与第二宇宙速度，故AB错误；C、根据运动学公式，结合高度为h处探测器，经时间t落到火星表面，则火星表面的重力加速度g火=；根据公式v===，则探测器从火星表面的起飞速度至少v=，故D正确，C错误；故选：D．点评：考查星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，不同的星球第一速度有不同的大小，7.9km/s是地球的第一宇宙速度．9．（4分）（2015•广东四模）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为（）A．B．C．D．考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期．解答：解：根据万有引力提供向心力列出等式，=m，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，=mg联立得：T=．同时根据匀速圆周运动，该卫星的周期T=，故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大．10．（4分）（2015春•内蒙古校级期中）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M．C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平（转过了90°角），此过程中下述说法正确的是（）A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωL D．重物M的速度先增大后减小考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：C点的线速度为ωL，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化．解答：解：设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为v C=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=ωLcosθ．θ的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳=ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳=ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变慢．所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．点评：解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度．11．（4分）（2013•武汉二模）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=1Om/s2．则（）A．传送带的速率v0=1Om/sB．传送带的倾角θ=3O°C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5D．0〜2.0s摩檫力对物体做功W f=﹣24J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：传送带专题．分析：由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小．解答：解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s．故A正确．BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则=gsinθ+μgcosθ=．==2m/s2．联立两式解得μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．D、第一段匀加速直线运动的位移，摩擦力做功为W f1=μmgcosθ•x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移，摩擦力做功为W f2=﹣μmgcosθ•x2=﹣0.5×10×0.8×11J=﹣44J，所以．故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．12．（4分）（2015•青浦区一模）如图，在外力作用下某质点运动的速度v﹣时间t图象为正弦曲线，由图可判断（）A．在0～t1时间内，外力在增大B．在t1～t2时间内，外力的功率先增大后减小C．在t2～t3时刻，外力在做负功D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．专题：功率的计算专题．分析：由图象可以得知物体速度的变化的情况，在根据动能定理和功率的公式即可的出外力对物体的做功的情况．解答：解：在v﹣t时间图象中，斜率代表加速度，与时间轴所围的A、在0～t1时间内，由图象可知，加速度越来越小，由牛顿第二定律可知，外力减小，故A 错误；B、由P=F•v可知，在t=t2时刻，速度为零，外力功率为零，v﹣t图象中的图线的斜率代表加速度，在t1时刻a=0，则F=0，外力功率为0，所以外力的功率先增大后减小，选项B正确；C、在t2～t3时刻，动能改变量为，由动能定理得，外力做的总功为，外力做正功，故C错误；D、在t1～t3时间内，动能改变量为零，由动能定理得，外力做的总功为零，选项D正确．故选：BD点评：由图象可以得到物体瞬时速度的情况，根据瞬时功率的公式P=Fv可以分析物体的瞬时功率的大小．二、试验题（共12分）13．（5分）（2015•凤阳县校级模拟）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是10 Hz；（2）小球运动中水平分速度的大小是 1.5 m/s；（3）小球经过B点时的速度大小是 2.5 m/s．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：（1）平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；（2）在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度；（3）B点水平速度与初速度相等，再求出竖直方向的速度，求它们的合速度，就是B的速度．解答：解：（1）在竖直方向上有：△h=gT2，其中△h=（5﹣3）×5cm=10cm=0.1m，代入求得：T==0.1s，因此闪光频率为：（2）水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中s=3l=15cm=0.15m，t=T=0.1s，代入解得：v0==1.5m/s．（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：所以B点速度为：故答案为：（1）10；（2）1.5；（3）2.5．点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．14．（7分）（2014秋•江岸区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）本实验应用的实验方法是 AA．控制变量法B．假设法 C．理想实验法D．等效替代法（2）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到ACA．实验前要平衡摩擦力B．每次都必须从相同位置释放小车C．拉小车的细绳必须保持与轨道平行D．拉力改变后必须重新平衡摩擦力（3）图2为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a= 0.64 m/s2（结果保留两位有效数字）（4）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有BD ．A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m＜＜M）D．盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M。

河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷、选择题：本题共8小题，每小题6分•在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1 .下列说法中正确的是（）A. 库仑在研究真空中点电荷间相互作用力大小时，采用了控制变量法B. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小C. 伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了理想实验法D. 安培首先发现了电流的磁效应，并提出了判断电流周围磁场方向的方法-安培定则2. 如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的在t=1s时两物体相遇，则下列说法正确的是（A. $ a 一疋小于 $ o , $ o 一疋大于 $ cB. E a 一定大于E o , E o 一定大于E cC. 负粒子的电势能一定先增大后减小v-1图象，t=0时两物体相距3S o,）A. t=0时，甲物体在前，乙物体在后B. t=2s时，两物体相距最远C. t=3s时，两物体再次相遇D. t=4s时，甲物体在乙物体后2S o处o点是两电荷连线的中点，a、b是该线acbd为一菱形.若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E,电势用$来表示.则下列说法正确的是（）D.施加在负粒子上的外力一定先减小后增大 4.如图所示，宽度为 d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中,当电流通过该导体时，在导体的上、 下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应•实 验表明：当磁场不太强时，电势差U 电流I 和磁感应强度B 的关系为:例系数K 称为霍尔系数•设载流子的电量为q ，下列说法正确的是（A. 载流子所受静电力的大小 F=q —B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势C. 霍尔系数为K='，其中n 为导体单位长度上的电荷数载流子所受洛伦兹力的大小 F 洛= ，其中n 为导体单位体积内的电荷数 5. 如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN PQ 所在平面与水平面成B 角，M P 两端接一电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为 r ,导轨电阻忽略不计•已 知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示•下列关于棒运动速度V 、外力F 、流过R 的电量q 以及闭合回路中磁通量的变化率..随时间变化的图象正确的是 （ ）R P囹甲6 .我国研制的“嫦娥三号”月球探测器于 2013年12月1日发射成功，并成功在月球表面 实现软着陆.探测器首先被送到距离月球表面高度为H 的近月轨道做匀速圆周运动， 之后在 轨道上的A 点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到B 点时继续变轨，使探测器D. A.C.D.靠近月球表面，当其距离月球表面附近高度为h （h v 5m）时开始做自由落体运动，探测器携带的传感器测得自由落体运动时间为t，已知月球半径为R,万有引力常量为G则下列说法正确的是（）&如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的 机械能E 与物体通过路程x 的关系图象如图乙所示，其中 0〜x i 过程的图象为曲线，x i 〜X 2 过程的图象为直线（忽略空气阻力）•则下列说法正确的是（）A. 0〜x i 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B. 0〜x i 过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零C. X i 〜X 2过程中物体一定做匀速直线运动D. x i 〜X 2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第 9题〜第i2题为必考题，每个试题考生都必须作答•第i3题〜第i8题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9•某实验小组要探究力对原来静止的物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如 图1所示，实验主要步骤如下：A. “嫦娥三号”的发射速度必须大于第一宇宙速度B. 探测器在近月圆轨道和椭圆轨道上的周期相等C. “嫦娥三号”在 A 点变轨时，需减速才能从近月圆轨道进入椭圆轨道D. 月球的平均密度为一 :7•如图所示，两根轻绳一端系于结点0,另一端分别系于固定圆环上的A 、B 两点，0为圆心.0点下面悬挂一物体 M 绳0A 水平，拉力大小为 F i ,绳0B 与绳0A 成 a =120°,拉力 大小为F 2.将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角a 始终不变，物体始终保持静止状态•则在旋转过程中，下列说法正确的是（）A. F i 逐渐增大 C. F 2逐渐减小B. F i 先增大后减小 D. F 2先减小后增大圏1 图2I3圏M（1）实验时，为使橡皮筋对小车所做的功即为合外力对小车所做的功，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，打开打点计时器，轻推小车，得到的纸带应该是_____________________ （填甲、乙）（如图2）（2）使小车在一条橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W （3）再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，并使每次释放小车时橡皮筋的____________ ，橡皮筋对小车做的功分别为2W 3W：（4）分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v i、V2、V3…；（5）________________________________________________________________________________ 按科学实验操作，作出W v图象（如图3），则如图3符合实际的图象是 _______________________ 10•某兴趣小组要精确测定额定电压为3V的节能灯正常工作时的电阻•已知该灯正常工作时电阻约500 Q •实验室提供的器材有：A. 电流表A （量程：0〜3mA内阻R A=15Q）B. 定值电阻R=1985 QC. 滑动变阻器R （0〜10 Q ）D. 电压表V （量程：0〜12V,内阻R=1k Q）E. 蓄电池E （电动势为12V,内阻r很小）F. 电键S一只G. 导线若干（1）要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的D(2)选择正确电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式R<= ____________ (用题目中给出的相应字母表示) •当电流表中的电流强度1= ___________ m A时，记下电压表的读数U并代入表达式，其计算结果即为节能灯正常工作时的电阻.11. 如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角0 =37°，两物块A、B的质量n A=1kg、m=4kg .两物块之间的轻绳长L=0.5m,轻绳可承受的最大拉力为T=12N,对B施加一沿斜面向上的力 F , 使A、B 由静止开始一起向上运动，力F逐渐增大，g取10m/s2(sin37 ° =0.6 , cos37° =0.8).(1 )若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A B 之间的距离.12. 如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX'极板长L=0.2《'：.m,板间距离d=0.2m,在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5X 10「3「方向垂直纸面向里.现将X'极板接地，X极板上电势$随时间变化规律如图乙所示. 现有带正电的粒子流以V o=1O5m/s的速度沿水平中线00连续射入电场中，粒子的比荷q/m=108C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场).求：(1)带电粒子射出电场时的最大速率；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从O点和距O'点下方广0.05m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时两出射点之间的距离.(二)选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】13. 下列说法正确的是(A. 布朗运动反映了液体分子在永不停息的做无规则热运动B. 气体分子的平均动能增大，压强也一定增大C. 不同温度下，水的饱和汽压都是相同的D. 完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果E. 分子动理论认为，单个分子的运动是无规则的，但是大量分子的运动仍然有一定规律14. 如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h i=0.50m,气体的温度t i=27C .给汽缸缓慢加热至t2=207C，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内能△ U=300J.已知大气压强p o=1.0 x 105Pa,活塞横截面积S=5.0X 10「3卅.求：(i)活塞距离汽缸底部的高度h2；(ii)此过程中缸内气体吸收的热量Q.物理--选修3-415. 有一波源在某介质中做周期为T,振幅为A的简谐运动，形成波速为v的简谐横波，则波在丁 .时间内传播的距离为 _____________ ，介质中的质点在［时间内通过的最大路程4 」为____________ .16. 一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h=4m在距观景台右侧面x=4m处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S,现该光源从距水面高3m处向下移动到接近水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC最近距离为AB若AB=3m求：(i)水的折射率n；(ii)光能照亮的最远距离AC (计算结果可以保留根号).【物理--选修3-5】17. 下列说法正确的是（）A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变B. 轻核聚变与重核裂变均释放能量C. 原子核的比结合能越大表示该原子核越不稳定D. 实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象E. 放射性元素衰变的快慢只由核内部自身的因素决定18. 如图所示，光滑水平面上有一平板车，车上固定一竖直直杆，杆的最高点0通过一长为L的轻绳拴接一个可视为质点的小球，小球的质量为小车（包括杆的质量）质量的一半，悬点0距离地面的高度为2L,轻绳水平时，小球与小车速度均为零.释放小球，当小球运动到最低点时，轻绳断开.重力加速度为g.求：（i）小球运动到最低点时速度大小；（ii）小球从释放到落地的过程中，小车向右移动的距离.河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0分.1 .下列说法中正确的是（）A库仑在研究真空中点电荷间相互作用力大小时，采用了控制变量法B. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小C. 伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了理想实验法D. 安培首先发现了电流的磁效应，并提出了判断电流周围磁场方向的方法-安培定则【考点】物理学史.【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.【解答】解：A、库仑研究库仑定律时采用了控制变量的方法，故A正确；B牛顿无法计算出天体之间万有引力的大小，因为他不知道引力常量G的值，故B错误; C伽利略利用斜面实验结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，而非理想实验，故C错误；D奥斯特首先发现了电流的磁效应，故D错误.故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2•如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v-t图象，t=0时两物体相距3S o,在t=1s时两物体相遇，则下列说法正确的是（）A. t=0时，甲物体在前，乙物体在后B. t=2s时，两物体相距最远C. t=3s时，两物体再次相遇D. t=4s时，甲物体在乙物体后2S o处【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】根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，确定位移关系，从而可确定何时两车相遇.能够画出两车的运动情景过程，了解两车在过程中的相对位置.【解答】解：A、t=1s时两物体相遇，且0〜1s内甲速度始终比乙大，可知t=0时刻甲物体在后，乙物体在前，A项错误；B t=0时甲乙间距为3S o,此后甲乙间距离先减小又增大，速度相等时是第一次相遇后的距离最大，但不一定是全过程的最大值，因此两者间距最大值无法获得，B项错误.C 1s末两物体相遇，由对称性可知则第2s内甲超越乙的位移和第3s内乙反超甲的位移相同，因此3s末两物体再次相遇，C项正确；D如图可知4s末，甲物体在乙物体后3S）, D项错误；故选：C【点评】本题以运动学图象为命题情境考查学生的推理能力，注意甲乙初始状态是相距3s o不是同地点出发的.速度-时间图象中要注意观察三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度-时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移.3. 如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，o点是两电荷连线的中点，a、b是该线上的两点，c、d是两电荷连线中垂线上的两点，acbd为一菱形.若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E,电势用$来表示.则下列说法正确的是（）A. $ a —定小于 $ o, $ o —定大于 $ cB. E a—定大于E o, E o —定大于E cC. 负粒子的电势能一定先增大后减小D. 施加在负粒子上的外力一定先减小后增大【考点】电场线；电场强度.【分析】A、B为两个等量的负点电荷，其连线中垂线上电场强度方向沿中垂线指向O沿着电场线电势降落，负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小.【解答】解：A、沿着电场线电势降落可知$ c> $ o > $ a, A项错误；B o点合场强为零，故E a> E o, E c> E o, B项错误；C负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C项正确；D粒子沿cd匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd方向，但电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误.故选：C【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度,线的对称性•根据粒子所受的电场力情况分析粒子的运动情况4. 如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应•实验表明：当磁场不太强时，电势差U电流I和磁感应强度B的关系为：U=K , 式中的比d例系数K称为霍尔系数•设载流子的电量为q，下列说法正确的是（）B. 导体上表面的电势一定大于下表面的电势C. 霍尔系数为K='，其中n为导体单位长度上的电荷数ncD. 载流子所受洛伦兹力的大小F洛= ，其中n为导体单位体积内的电荷数nhc【考点】霍尔效应及其应用.【分析】根据左手定则判断载流子的偏转方向，从而判断电势的高低.抓住载流子所受的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式求出霍尔系数的大小.【解答】解：A、静电力大小应为：匕-，故A错误；B洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；C对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，故：qvB=q上电流微观表达式为：l=n qSv挤HID故：U=Bhv=—nSc由于S=hd,故U=…=K「，故k=—，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；nqc d ncT T 卩丁要抓住电场D载流子所受洛伦兹力的大小F洛=qvB，其中，I ,可得1故D正确;可推出：E=kt ( R+r )AT—二-图象是条过原点斜率大于零的直线；故B 正确;故选：D.【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的可能是正电荷，也可能是负电荷，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解.5.如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN PQ 所在平面与水平面成B 角，M P 两端接一电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中. 的外力F ,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义， 结合产生感应 电流的特点即可正确求解. 【解答】解：A 、而E=Blv ，所以，■-p —--, v - t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at ;故A 错误；B 根据如图乙所示的I - t 图象可知I=kt ，其中k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得:t=0时对金属棒施加一平行于导轨r ,导轨电阻忽略不计.知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示.下列关于棒运动速度 V 、 外力 F 、流过R 的电量q 以及闭合回路中磁通量的变化率'随时间变化的图象正确的是 (At【专题】【分析】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.电磁感应与图像结合. 由题可知，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动, 回路中的感应电流与时间成正比， 【考D.所以有:可见F- t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误.D 「訂 ' .' . ■, q -1图象是一条开口向上的抛物线，故D错误；故选：B【点评】此题考查以电磁感应问题中的图象为命题情境考查学生推理能力和应用数学处理物理问题的能力；对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析.6 .我国研制的“嫦娥三号”月球探测器于2013年12月1日发射成功，并成功在月球表面实现软着陆.探测器首先被送到距离月球表面高度为H的近月轨道做匀速圆周运动，之后在轨道上的A点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到B点时继续变轨，使探测器靠近月球表面，当其距离月球表面附近高度为h (h v 5m)时开始做自由落体运动，探测器携带的传感器测得自由落体运动时间为t，已知月球半径为R,万有引力常量为G则下列A. “嫦娥三号”的发射速度必须大于第一宇宙速度B. 探测器在近月圆轨道和椭圆轨道上的周期相等C. “嫦娥三号”在A点变轨时，需减速才能从近月圆轨道进入椭圆轨道一3hD. 月球的平均密度为■.2兀GR『【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】“嫦娥三号”在地表的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度;轨道半长轴和近月圆轨道的轨道半径不相等，因此周期不相同；从近月圆轨道需要点火减速做近心运动才能进入椭圆轨道；由月球表面物体的引力等于“重力”，得到月球质量C对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl=ma，而.--E 得到R+r截距的含义，对椭圆轨道的说法正确的是( )“''',除以体积得到月球密度—■,根据自由落体运动下落高度为h,运动时间为小G 4TTGRt，有上丄;:.-：得到扎二孑代入上述密度表达式中求出表达式即可判断正误.【解答】解：A、“嫦娥三号”在地表的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确；B椭圆轨道的轨道半长轴和近月圆轨道的轨道半径不相等，因此周期不相同，故B错误；C从近月圆轨道需要点火减速才能进入椭圆轨道，故C正确；D月球质量"',除以体积得到月球密度_ -,根据自由落体运动下落高度为h,G 4HGR1 2Zh 小3h运动时间为t，有K 得到•一一；代入上述密度表达式中，- ------------ ，故D正确.2 『2兀GR「故选：ACD【点评】运用黄金代换式GM=gR求出问题是考试中常见的方法；要记住球体的体积公式；明白第一宇宙速度的意义；可以将椭圆运动近似堪为圆周运动，其半径为轨道半长轴.7.如图所示，两根轻绳一端系于结点0,另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，0为圆心.0点下面悬挂一物体绳0A水平，拉力大小为F i,绳0B与绳0A成a =120°,拉力大小为F2.将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角a始终不变，物体始终保持静止状态.则在旋转过程中，下列说法正确的是（【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】物体始终保持静止，合力为零，对物体受力分析，受到mg F i、F2三个力，这三个力构成一个封闭的矢量三角，在旋转过程中，对矢量三角形动态分析即可.【解答】解：物体始终保持静止，合力为零，所以mg F i、F2构成封闭的矢量三角形如图所示,由于重力不变，以及F和F2夹角a =120°不变，即3 =60°,矢量三角形动态图如右图所示, 当0 =3 =60°, F i为圆的直径最大，所以F i先增大后减小，F2一直减小.故BC正确.D. F2先减小后增大B. F i先增大后减小C. F2逐渐减小故选：BC【点评】本题以共点力的平衡为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，解题的关键的画出矢量三角，结合几何关系分析力的变化，难度适中.&如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图象如图乙所示，其中0〜x i过程的图象为曲线，X i〜X2过程的图象为直线（忽略空气阻力）•则下列说法正确的是（）A. 0〜x i过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B. 0〜x i过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零C. x i〜X2过程中物体一定做匀速直线运动D. x i〜X2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动【考点】动能定理的应用.【专题】动能定理的应用专题.【分析】物体的机械能的变化是通过除重力之外的力做功来量度的. 由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，E- x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大.【解答】解：A、运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其它力做功，等于物体的机械能的变化，即F A祥△ E,得F=' ' | ,所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O-x i内斜率的绝对值逐渐减小，故在O-x i内物体所受的拉力逐渐减小. 故A正确；B如图可知0〜x i内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，X i〜X2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，在x i位置处速度为零，初始时刻速度为零，B正确；C由于物体在x i-X2内E- x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，物体可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故C 错误，D错误.故选：AB【点评】本题是以力和运动、功能关系为命题背景，考查学生应用图象分析、推理的综合能力，对运动过程的分析是难点，靠的是定性分析确定运动过程和应用.三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第9题〜第i2题为必考题，每个试题考生都必须作答•第i3题〜第i8题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9•某实验小组要探究力对原来静止的物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如图i所示，实验主要步骤如下：（1）实验时，为使橡皮筋对小车所做的功即为合外力对小车所做的功，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，打开打点计时器，轻推小车，得到的纸带应该是乙（填甲、乙）（如图2）（2）使小车在一条橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W （3）再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，并使每次释放小车时橡皮筋的伸长量（或形变量、长度等）都相同，橡皮筋对小车做的功分别为2W 3W：（4）分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度V i、V2、V3…；（5）按科学实验操作，作出W v图象（如图3）,则如图3符合实际的图象是 D .【考点】探究功与速度变化的关系.【专题】实验题.【分析】（1）要平衡摩擦力，故此时推动小车后，小车做匀速直线运动；。