云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷.doc

云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分．）1．（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）A．A车在加速过程中与B车相遇B．A、B相遇时速度相同C．相遇时A车做匀速运动D．两车可能再次相遇2．（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A．都等于B．和0C．和D．和3．（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐增大B．MN对Q的弹力先增大后减小C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大4．（4分）一辆汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A．保持不变B．不断减小C．先增大，再减小，后保持不变D．先减小，再增大，后保持不变5．（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零．你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势φ随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其φ﹣x图象可能是（）A．B．C．D．6．（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b 点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV，它的动能应为（）A．6 eV B．13 eV C．20 eV D．27 eV7．（4分）如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）A．v=B．v=C．a=g+D．a=8．（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U29．（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为F T，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为F T′．下列说法正确的是（）A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零10．（4分）如图1所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A．物体的质量m=0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k=10J二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置．）11．（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是．a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．12．（9分）有一额定电压为2.8V、额定功率0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．有下列器材可供选用A．电压表（量程0～3V内阻约6kΩ）B．电压表（量程0～6V，内阻约20kΩ）C．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约0.5Ω）D．电流表（量程0～200mA，内阻约20Ω）E．滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）F．滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）G．三节干电池（电动势约为4.5V）H．电键、导线若干（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用；电流表应选用；滑动变阻器应选用．（以上均填器材前的序号）（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图．（3）通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2V，内阻r=5Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是W．（保留两位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共48分．解答时应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，答案中必须写出数值和单位．）13．（13分）静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg，B的质量m2=8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2）（1）求绳刚被拉断时F的大小．（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？14．（14分）如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s．一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，重力加速度为g．求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值．15．（18分）如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）．在t=0时刻由原点O发射初速度大小为υ0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知u0、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力．（1）t=时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；（3）若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分．）1．（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）A．A车在加速过程中与B车相遇B．A、B相遇时速度相同C．相遇时A车做匀速运动D．两车可能再次相遇考点：匀速直线运动及其公式、图像．专题：直线运动规律专题．分析：作出A、B两车的速度时间图线，根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析．解答：解：作出A、B两车的速度时间图线，由图象可知：A先做匀加速运动，后做匀速运动，B一直做匀速运动，相遇时两者的位移相等，即AB速度图象与时间轴围成的面积相等，30s时，B的位移大于A 的位移，所以相遇时在30s以后，即A做匀速运动时，故C正确；此后两车均做匀速运动，A的速度大于B的速度，故不可能再次相遇；ABD错误；故选：C点评：本题可以运用运动学公式进行求解，也可以运用图象进行求解．用图象求解比较直观，方便．2．（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A．都等于B．和0C．和D．和考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度．解答：解：①对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F=mgsi n30°=ma，a=gsin30°=；②对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：m A gsin30°=m B aa=•；故选：C．点评：该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大．3．（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐增大B．MN对Q的弹力先增大后减小C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：力的概念及其矢量性；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况．再对P研究，由平衡条件判断地面对P 的弹力如何变化解答：解：A、B、C、以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示．由平衡条件得：MN对Q的弹力F1=mgcosα，P对Q的弹力F2=mgsinα使MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，α减小，则F1增大，F2减小．故A正确BC错误；D、对Q为研究的对象，使MN绕O点缓慢地顺时针转动，可以认为Q处于静止状态，所以受到的合外力始终为0保持不变．故D错误故选：A点评：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，难度一般．4．（4分）一辆汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A．保持不变B．不断减小C．先增大，再减小，后保持不变D．先减小，再增大，后保持不变考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：当汽车功率减小时，牵引力减小，汽车做减速运动，抓住功率不变，根据P=Fv判断牵引力的变化，当汽车牵引力等于阻力时，汽车又做匀速直线运动．解答：解：设汽车的牵引力为F，阻力为F f，开始时汽车的速度为v1，F=F f，当汽车突然减小油门，使汽车的功率减小为P2，汽车那一瞬间的速度不变仍为v1，由P=Fv知汽车牵引力会突然减小，则汽车做减速运动；同时，由于速度降低，功率不变，牵引力逐步增大，直到和阻力相等，后继续以较小的速度做匀速运动，故D正确；故选：D点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系5．（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零．你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势φ随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其φ﹣x图象可能是（）A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：一个带正电的金属球的电场强度在半径内不变，半径外沿x轴增大而减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小．解答：解：一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等．从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小．根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小．故B正确， A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道点电荷周围电场线分布的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低．6．（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b 点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV，它的动能应为（）A．6 eV B．13 eV C．20 eV D．27 eV考点：电势能．分析：由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为﹣8eV时的动能值．解答：解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=E p+E k=14eV+5eV=19eV，其电势能变为﹣8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为27eV，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，注意动能与电势能之和是不变，是解题的突破口．7．（4分）如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）A．v=B．v=C．a=g+D．a=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：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大．对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．解答：解：AB、小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，故：mg=maqE=qvB解得：a=g；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：=，解得：v1=；当洛伦兹力大于电场力时，则有：=，解得：v2=，故A正确，B错误；CD、当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大，根据平衡条件，有：qvB﹣qE﹣N=0f=μN=mg解得：v=；当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度的大小为a，则有：qv′B﹣qE﹣N′=0由牛顿第二定律，则有：mg﹣f′=ma．解得：a=，故C错误，D正确；故选：AD．点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．8．（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U2考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．解答：解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．9．（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为F T，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为F T′．下列说法正确的是（）A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零考点：楞次定律．分析：通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答．解答：解：A、B、当MN通以强度为I的电流时，两细线内的张力均减小为T′，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为a→b→c→d→a，故A错误，B正确；C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，设线框中的电流为i，ab到MN的距离是r1，cd到电流MN的距离是r2，ab处的磁感应强度是B1，cd处的磁感应强度是B2，根据题意可知：ab所受安培力为：…①cd所受安培力为：…②此时两细线内的张力均减小为T′，则有：2T′+（F1﹣F2）=mg=2T…③当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有：（F′1﹣F′2）=mg=2T…④联立①②③④解得：，故C正确，D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解．10．（4分）如图1所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A．物体的质量m=0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k=10J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：当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．解答：解：A、物体到达最高点时，机械能E=E P=mgh，m===1kg，故A错误；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，△E=﹣μmgcosα，即30﹣50=﹣μ×1×10cos37°×，μ=0.5，故B错误；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得a=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理得E K﹣E K0=2W，则E K=E K0+2W=50+2×（﹣20）=10J，故D正确；故选CD．点评：重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置．）11．（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是cd．a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα=对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d。

2015年云南省高考物理试卷（全国新课标Ⅱ）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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A． B． C．D．5．（6分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转6．（6分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍7．（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．188．（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答．9．（6分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑时的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．10．（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．（2）根据设计的电路写出步骤：．（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R v′，与电压表内阻的真实值R v相比，R v′R v（填“＞”“=”或“＜”），主要理由是．11．（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．12．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间．（二）选考题，共45分。

曲靖市第一中学2022-2023年高三下学期2月月考物理试题物理注意事项:1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

超出答题区域书写．．．．．．．．的答案无效．．．．．．．．．．．．．。

．．．．．，在试题卷、草稿纸上作答无效3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题1．如图所示，两根相同的轻弹簧S1、S2，劲度系数皆为k=2×102N/m。

悬挂的重物的质量分别为m1=2kg 和m2=4kg。

若不计弹簧质量，则平衡时弹簧S1、S2的伸长量分别为（）A．10cm、20cm B．20cm、10cm C．30cm、20cm D．20cm、30cm2．义乌市场上热销的擦窗机器人能利用内置吸盘吸附在接触面上，同时驱动系统又能保证机器人在竖直墙壁或玻璃面上自如行走，执行用户设定的清洁任务。

假设现在擦窗机器人正在竖直玻璃墙面上由A点沿直线加速运行到右上方的B点，在这一过程中，机器人与玻璃墙之间的摩擦力为F，则下列关于力的分析图中正确的是（）A．B．C．D．3．如图所示，小朋友站在“蹦蹦跳”上随踏板跳跃，从状态1到状态2是着地后杆外的弹簧向上弹起并恢复原长的过程。

在此过程中关于小朋友的重力势能p E重和弹簧的弹性势能p E弹的变化，下列判断正确的是（）A．p E重减小，p E弹增加B．p E重减小，p E弹减小C．p E重增加，p E弹减小D．p E重增加，p E弹增加4．如图所示，在水平面内固定三个点电荷a、b、c，其连线为一直角三角形，c所受库仑力的合力平行于a、b的连线，以下判断正确的是（）A．a、b为同号电荷B．a、b为异号电荷C．c所受库仑力的合力水平向左D．若将c由静止释放将做直线运动5．拖着橡胶轮胎跑是训练身体耐力的一种有效方法，同时提升心肺有氧、无氧肌力，也是增加阻力的一种很棒的方式，对许多运动竞赛类型都有帮助，如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是（）A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B．轮胎受到的重力做了正功C．轮胎受到绳的拉力不做功D．轮胎受到地面的支持力做了正功二、多选题6．如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。

高三物理第二次月考题d oc1%的错误会带来100%的失败“魔鬼〞在细节高三第二次月考物理试题〔Ｉ卷〕一、选择题1、以下表述正确的选项是〔A〕卡文迪许测出引力常数〔B〕伽利略通过实验和合理的外推提出质量并不是影响落体运动快慢的原因〔C〕亚里士多德通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因〔D〕在国际单位制中，力学的根本单位有牛顿、米和秒 2、某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星。

火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度——时间图象如图5-2所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定。

以下判断正确的选项是A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C．t1～t2时间内卫星处于超重状态 D．t2～t3时间内卫星处于超重状态3、如下图，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，那么以下说法正确的选项是 A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ C．质点所受摩擦力大小为μmgsinθ D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ4、如下图，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等V0 高度竖直上抛，那么： A A．两物体落地时速率相同 B V0 B．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同h C．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同5、据报道，我国数据中继卫星“天链一号Ol星〞于2022年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于5月1日成功定点在东经77赤道上空的同步轨道。

关于成功定点后的“天链一号01星〞，以下说法正确的选项是A、运行速度大于7.9 km／sB、离地面高度一定，相对地面静止C、绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D、向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等6、运发动跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程。

2015-2016学年云南省曲靖一中高一（下）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）下列关于做功的说法中正确的是（）A．滑动摩擦力只能做负功B．物体所受合外力为零，物体的机械能一定守恒C．通电直导线在匀速磁场中所受安培力的方向总是垂直于磁场方向D．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用2．（4分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率平方．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的8倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍 B．2倍 C．倍D．倍3．（4分）如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环绕过环心且垂直于环面的轴线沿如图方向转动时，则a、b、c、三个小磁针的运动情况是（）A．a、b的N极朝纸内，c的N极朝纸外B．a、b不动，c的N极朝纸外C．b不动，c的N极朝纸外，a的N极朝纸内D．a、b的N极朝纸外，c的N极朝纸内4．（4分）如图所示，在正方形空腔内有匀强磁场，不计重力的带电粒子甲、乙从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场，甲从c孔射出，乙从d孔射出，下列说法正确的是（）A．若甲、乙为同种带电粒子，速率之比为1：1B．若甲、乙为同种带电粒子，角速度之比为1：1C．若甲、乙为同种带电粒子，在磁场中运动的时间之比为1：1D．甲、乙为不同种带电粒子但速率相同，它们的比荷为2：15．（4分）如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡．电源内阻不可忽略，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列判断中正确的是（）A．L1变亮，L3变暗B．L2变亮，L3变亮C．L1中电流变化量大于L3中电流变化量D．L1中电流变化量小于L2中电流变化量6．（4分）如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为mgR，重力加速度大小为g，质点滑到最低点Q时对轨道的正压力为（）A．mg B．C．D．2mg7．（4分）如图所示，质量为m的通电导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，MN与导轨接触良好且垂直于导轨，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，重力加速度为g，则下列说法正确都是（）A．安培力大小为BILcosθB．安培力的大小为BILsinθC．静摩擦力大小为ILBsinθ，方向向左D．支持力的大小为ILBcosθ+mg8．（4分）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向里B．a点的磁感应强度为0C．d点的磁感应强度为0D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角9．（4分）如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（）A．增大U1B．减小U2C．增大l D．减小d10．（4分）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触（未连接），物体静止时弹簧被压缩了x0，现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内被压缩2x0后保持物体静止，然后撤去F，物体沿斜面向上运动的最大距离为4.5x0，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中（）A．物体的动能与重力势能之和不变B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大C．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sinθD．物体从开始运动到速度最大的过程中克服重力做的功为2mgx0sinθ二、实验题（共2小题，满分15分）11．（6分）用图1实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题．（1）图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点．分别测出若干连续打点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…．（2）已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得重锤下落到B点时的速度大小为，纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为，减小的重力势能为，在误差允许范围内重锤动能增加量重力势能减少量（填写“大于”、“等于”或“小于”）．12．（9分）某同学测绘标有“5V 0.5A”字样的小灯泡的电功率P随电压U变化的图象，要使小灯泡两端的电压从0到5V连续变化，使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：A．电流表（量程为0.6A，内阻约为2Ω）；B．电流表（量程为3A，内阻约为0.2Ω）；C．电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ）；D．电压表（量程为6V，内阻约为4.5kΩ）；E．滑动变阻器（阻值范围为0～10Ω，额定电流为2A）；F．滑动变阻器（阻值范围为0～100kΩ，额定电流为0.5A）；G．电池组（电动势为6V，内阻约为1Ω）．（1）选用的器材代号为．（2）请在答题卡中对应的虚线框中画出实验电路图．（3）根据实验测量的数据描出P﹣U2图象如图所示，小灯泡在1V电压下的阻值为R=Ω．三、计算题（共45分）13．（13分）如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ=37°，圆弧面的半径R=1m，一滑块与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.75，将滑块由A点静止释放．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）求咱以后的运动中：（1）滑块第一次到达C点时的速度V c的大小；（2）从C点向左侧上滑的最大高度h．14．（15分）如图所示，一光滑绝缘水平木板（木板足够长）固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q（带正电）的物体在水平恒力作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，求：（1）水平恒力F的大小．（2）物体返回到A点时的速度V A的大小．15．（17分）如图甲所示，M、N为平行极板，极板M和挡板AB间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，M板与AB板间的夹角为60°，N板附近有一粒子源，可以不断地释放初速度为零，电量为q，质量为m的带负电的粒子，在MN板上加如图乙所示的电压后，粒子可以在电场力的作用下加速，从M板的中点处的小孔O进入磁场，电压的最大值为U0，周期为T，粒子在电场中运动的时间远小于T，以最大速度进入磁场的粒子，经磁场偏转后刚好能垂直打在挡板AB上，粒子重力不计．求：（1）M板的长度；（2）要使粒子能打到挡板AB上，两板间所加电压至少应为多大；（3）若将原来的磁场撤去，在AB挡板上方加一垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为2B，要使所有的粒子都能垂直打在AB板上，矩形磁场的面积至少多大．2015-2016学年云南省曲靖一中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）下列关于做功的说法中正确的是（）A．滑动摩擦力只能做负功B．物体所受合外力为零，物体的机械能一定守恒C．通电直导线在匀速磁场中所受安培力的方向总是垂直于磁场方向D．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用【解答】解：A、滑动摩擦力可以做负功，也可以做正功，具体情况与滑动摩擦力的方向跟运动方向之间的关系有关，故A错误；B、物体合外力不为零，若重力之外的其他力做功，则机械能不守恒，故B错误；C、根据左手定则可知，通电直导线在匀速磁场中所受安培力的方向总是垂直于磁场方向，故C正确；D、当带电粒子在磁场中静止时一定不受到洛伦兹力的作用，故D错误；故选：C。

云南省2015届高三普通高中学业水平考试物理试题Word版含答案云南省2015届普通高中学业水平考试物理试题[考生注意]：必须在答题卡上指定位置按规定要求作答，答在试卷上一律无效。

必修模块和选修模块共同部分卷（70分）选择题（共46分）一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分。

在每小题所给的四个选项中，只有一个选顼符合题意，选对得3分，选错或不选得0分。

）1．下列物理量中，属于矢量的是A．位移，B．路程C．质量D．时间2．有两个共点力，一个力的大小是3N，另一个力的大小是6N，它们合力的大小可能是A．l5N B．6 N C．2N D．1 N 3．关于平抛物体的运动，下列说法正确的是A．物体只受到重力作用，是a=g的变速运动B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长C．物体落地时的水平位移与初速度无关D．物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关4．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。

如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间静电力的大小变为5．通电直导线所受安培刀的方向与磁场方向、电流方向的关系，下列图示中正确的是6．如图所示，一个小球绕圆心0做匀逮圆周运动，已知圆周半径为该小球运动的线速度大小为”，则它运动的向心加速度大小为7．如图所示，一个物块在与水平方向成运动一段距离大小为20N的拉力F作用下，沿水平面向右在此过程中，拉力对物块做的功为A．40J B．32J C．24J D．30J8．关于地球的第一宇宙速度，下列说法正确的是A．它是地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度B．它是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最小运行速度C．它是地球卫星绕地球做椭圆运动时在近地点的运行速度D．它是地球同步卫星绕地球运动的速度9．如图所示，一轻弹簧上端固定在天花板上，下端悬挂一个质量为m,的木块，木块处于静止状态。

测得此时弹簧的伸长量为△f（弹簧的形变在弹性限度内），重力加速度为g。

曲靖市2015年初中学业水平考试·物理(本卷四个大题，共26个小题；满分100分，考试用时100分钟)一、选择题(8小题，每小题3分，共24分，每小题的四个选项中只有一个符合题意．)1.下列成像，由光的直线传播形成的是()A. 凸透镜成像B. 凸面镜成像C. 平面镜成像D. 小孔成像2.对图1中四个图的解释，其中正确的是()图1A. ①图中滚摆旋转着上升时，旋转的速度越来越快B. ②图显示了电磁感应现象的原理C. ③图的实验说明铅制的两金属圆柱体的分子之间存在引力D. ④图的情景说明当容器里装有两种不同的液体时，a点的压强比b点的大3.下列现象或装置，利用了电流热效应的是()①电视机后盖有许多小孔②电动机外壳上装散热片③长期不用的电视机隔段时间通一次电④白炽灯⑤电脑机箱里装有小风扇⑥电暖手宝A. ①②⑥B. ①②⑤C. ③④⑥D. ②③⑥4. 以下估计较合理的是()A. 平时在餐厅里吃过桥米线，汤的温度低于100 ℃B. 课间做眼保健操的时间大约是1分钟C. 坐在座位上上课时，黑板上的字处于人眼的明视距离上D. 提起一桶家用饮水机的桶装水大约需要500 N的力5.如图2是测量小灯泡电功率的电路图，当开关闭合后发现小灯泡不亮，移动滑动变阻器的滑片时电压表无示数，电流表的示数有明显变化，则以下分析正确的是()图2A. 电流表正负接线柱接反了B. 电压表的量程选大了C. 小灯泡处发生短路D. 小灯泡处发生断路6.在比较两种不同液体吸收相同热量后温度升高快慢的实验中，需要控制一些变量．下列各控制内容，有必要的是()A. 加热时所用酒精灯里装有的酒精量必须相等B. 盛放液体的容器要相同，两种液体的质量要相等C. 两种液体的体积要完全相等D. 两种液体的初温一定要相同7.6月1日，“东方之星”号游轮在强暴雨和龙卷风的天气中，倒伏沉没在一处水深15米的长江里，社会各界全力实施了救援．对于事件的一些场面，下列说法中正确的是()图3A. 当起吊船将沉船吊起不断浮出水面的过程中，沉船受到水的浮力不断减少B. 用两艘同为500吨的起吊船同时起吊船头与船尾时，船尾露出水面的速度较慢(如图3所示)，说明当时沉船的重心靠前C. 船内受困人员通过敲击船体发出求救声，敲击发出的声是超声波D. 若江水的密度为1.0×103 kg/m3，则沉船处江水对江底的压强为1.5×104 Pa8.下列连线完全正确的一组是()A．物态变化：B．知识和应用：C．现象与原因：D．科学家与贡献：二、填空题(10小题20空，每空1分，共20分)9.闻到花园传来淡淡的花香，这是________现象；热天在教室地面上洒上清水会感到凉爽，这是利用了水________吸热来实现了降温的目的．10. 如图4是学校电铃的工作电路示意图，衔铁A应选用________(选填“硬”或“软”)磁性材料：通过电流的通断，可以控制电磁铁________的有无．图411.液体温度计是利用液体____________的性质制成的；温度计浸入液体中测量温度时，通过________的方式使温度计与被测液体的温度达到相同．12. 家庭电路中，常用到空气开关和漏电保护器，应该将它们________联在电路中；为了用电安全，洗衣机应选用________孔的插座．13. 内燃机把内能转化为________能，若汽油机汽缸活塞的面积为40 cm2，燃气在汽缸内产生的高温气压为2.5×105 Pa，则活塞上获得的推力为________N.14. 在刚结束的国际田联男子100 m的比赛中，中国选手苏炳添跑出9秒99的成绩，成为历史上首个突破百米10秒大关的黄种人．若汽车以此速度行驶1小时，通过的距离大约为36________(填单位)；赛跑时，脚蹬地的力与地面对脚的力是一对____________力．15.油漂浮在静止的水面上，说明油的密度________(选填“大于”“等于”或“小于”)水的密度；一实心物体刚好能悬浮在水中，将此物体放入足够多的油中时，物体将________(选填“漂浮”“上浮”“悬浮”或“下沉”)．16.人人讨厌垃圾．对其避之不及．现在人们已可将垃圾变废为宝．如通过在封闭的炉中焚烧垃圾，臭气能得到分解．焚烧时产生的热可用来发电，利用化学方法将焚烧时产生的一些物质可合成多种化工产品．某处理厂在高温高压下通过催化剂的作用可以用1吨某种垃圾生产出170 kg的燃料油．问：若燃料油的热值为4.2×107J/kg，完全燃烧1 kg这种燃料油放出的热量是________J，这些热量可以使________kg的水温度从20 ℃升高到100 ℃.[c水＝4.2×103 J/(kg·℃)]17.物体距凸透镜30 cm时，透镜另一侧的光屏上刚好能得到一个倒立等大的实像，此凸透镜的焦距为________cm；若将此凸透镜作为放大镜使用，被放大的物体距凸透镜的距离应小于________cm.18. 如图5所示，用一个长为1.2 m的斜面将重为45 N的物体沿斜面匀速拉到0.4 m的高台上．斜面的机械效率为60%.则把重物拉上高台时做的有用功是________J；物体与斜面间的摩擦力是________N.图5三、作图、实验与探究题(5小题，共31分)19. (6分)在图6中按要求作图1．在(1)图中用箭头标出磁感线的方向2．画出(2)图中旋转物体M所受重力的示意图3．在图(3)中画出光从玻璃进入空气时的折射光线图620. (4分)完成图7中体温计和刻度尺的读数．①体温计的读数是________℃.②木块的长度是________cm.图721. (6分)第三小组同学想通过实验来了解滑动摩擦及滚动摩擦的特点．设计了如图8所示的实验，使相同重力的木块和木制小车在同一水平面上移动，用测力计来测量手对木块和小车的拉力．图8(1)在实验中为了使测力计的示数与小车及木块受到的摩擦力大小相等，应使小车和木块做_______直线运动．(2)通过测量拉力来得到摩擦力的大小，应用了________(选填“类比”“转换”或“归纳”)的物理方法．(3)几次测量的数据如下表所示，分析表中的数据可得到结论：在相同的情况下，滚动摩擦________(选填“大于”“等于”或“小于”)滑动摩擦.次数拉力大小(N) 1 2 3 4拉木块的力 4 4 3.9 4拉小车的力0.1 0.1 0.1 0.122. (7分)为了探究导体电阻与长度的关系，小强把一根较长的镍铬合金线AB组装成如图9所示电路，E、F 是电夹．图9(1)电路中，R0的作用是____________．(2)将电夹E夹在A点位置不变，电夹F分别夹在m、n、o、p和B点时，改变了合金线接入电路的长度，此时通过观察电流表示数的变化可以间接地反映出接入电路中________的大小变化．(3)利用图9中的器材，还可以探究导体电阻与____________(选填“材料”或“横截面积”)的关系．(4)小华将图9中连接电流表的两根导线分别换接在一个电压表的正、负接线柱上，电压表________(选填“能”或“不能”)代替电流表在第(2)步骤中的作用．23. (8分)实验小组要得到R x的值，但是手边只有两个开关，一个未知电压的电源、一个阻值为10欧的定值电阻R0和一只电流表及导线若干，他们设计了如图10所示电路．(1)根据电路图进行连接时，开关S1应处于________状态．(2)当S1闭合、S2断开时，电流表示数为0.2 A.(3)当开关S1、S2都闭合时，电流表指针超过了0.6 A的量程，改接大量程后，电流表指针恰与第(2)步读数时指针所指的位置相同，则此时电流表示数为________A.(4)若电源电压不变，根据上述数据计算出R x＝________Ω.(5)张国提出将电路中R0接成一个0～10 Ω的变阻器，电路设计为如图11所示的情况时，也可以测出R x的值，此时若S1、S2都闭合，变阻器滑片置于b端时，会发生______________的结果．四、综合题(3小题，共25分)24. (8分)如图12是一个弹簧门的示意图，相当于一个杠杆，弹簧的作用是当人进门后，它的拉力自动将门关闭，在开门时它起到阻力的作用．已知将门推到如图所示的位置时，推力F与门面垂直，它的力臂是0.8 m，弹簧产生的阻力是120 N，力臂是0.2 m，求：(1)弹簧拉力将门关闭的过程中，弹簧的________能转化为门的动能．(2)将门推到如图所示的位置时，推力F的大小？(摩擦及其他阻力可不计)(3)若此时人的手掌与门的接触面积为0.01 m2，推力对门产生的压强是多少？图12 25. (8分)人进行各种活动都要消耗能量，下表列出了人在一些活动中消耗的功率：人体活动以5 m/s的速度骑自行车打篮球百米赛跑引体向上消耗的平均功率(W)500 600 800 400问：(1)小明以5 m/s的速度由家里骑自行车到学校用时5 min，小明家到学校的距离是多少？(2)若小明完成一次引体向上需要时间0.5 s，通过的距离为0.4 m，小明做引体向上的拉力是多大？26. (9分)灯L1上标有“12 V9.6 W”的字样，灯L2上只能看清12 V的字样，测得两灯的电流与电压的关系如图13所示，求：(1)L1正常发光时的电阻是多少？(2)将L1、L2串联接在电源的两极时，通过L1的电流为0.3 A，电源的电压是多少？(3)电路中只有L1、L2两灯串联，使L2正常工作时，电路消耗的总功率是多少？图13参考答案 曲靖市2015年初中学业水平考试一、选择题(每小题3分)1－5 DCCAC 6－8BAC二、填空题(每空1分)9. 扩散 蒸发(汽化) 10. 软 磁性 11. 热胀冷缩热传递 12. 串 三 13. 机械 1 000 14. km 相互作用 15. 小于 下沉 16. 4.2×107 125 17. 15 15 18. 18 10三、作图、实验与探究题19. (每小题2分，共6分)1．如答图1所示 2. 如答图2所示 3. 如答图3所示答图1 答图2 答图320. (每小题2分，共4分)① 37.5 ② 1.3021. (每空2分，共6分)(1)匀速 (2)转换 (3)小于22. (7分)(1)保护电路(2分) (2)电阻(2分) (3)横截面积(2分) (4)能(1分)23. (每空2分，共8分)(1)断开 (3)1 (4)2.5 (5)烧坏电流表四、综合题24. 解：(1)弹性势(2分)(2)由杠杆平衡条件F 1×L 1＝F 2×L 2可得：推力的大小是：F 1＝122L L F ＝120 N ×0.2 m 0.8 m ＝30 N(3分) (3)推力对门产生的压强是：p ＝F S ＝30 N 0.01 m 2＝3×103 Pa(3分) 25.解：(1)由v ＝s t可得，小明家到学校距离是：。

云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分．）1．（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）A．A车在加速过程中与B车相遇B．A、B相遇时速度相同C．相遇时A车做匀速运动D．两车可能再次相遇2．（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A．都等于B．和0C．和D．和3．（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐增大B．MN对Q的弹力先增大后减小C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大4．（4分）一辆汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A．保持不变B．不断减小C．先增大，再减小，后保持不变D．先减小，再增大，后保持不变5．（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零．你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势φ随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其φ﹣x图象可能是（）A．B．C．D．6．（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b 点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV，它的动能应为（）A．6 eV B．13 eV C．20 eV D．27 eV7．（4分）如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）A．v=B．v=C．a=g+D．a=8．（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U29．（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为F T，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为F T′．下列说法正确的是（）A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零10．（4分）如图1所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A．物体的质量m=0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k=10J二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置．）11．（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是．a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．12．（9分）有一额定电压为2.8V、额定功率0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．有下列器材可供选用A．电压表（量程0～3V内阻约6kΩ）B．电压表（量程0～6V，内阻约20kΩ）C．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约0.5Ω）D．电流表（量程0～200mA，内阻约20Ω）E．滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）F．滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）G．三节干电池（电动势约为4.5V）H．电键、导线若干（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用；电流表应选用；滑动变阻器应选用．（以上均填器材前的序号）（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图．（3）通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2V，内阻r=5Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是W．（保留两位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共48分．解答时应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，答案中必须写出数值和单位．）13．（13分）静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg，B的质量m2=8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2）（1）求绳刚被拉断时F的大小．（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？14．（14分）如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s．一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，重力加速度为g．求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值．15．（18分）如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）．在t=0时刻由原点O发射初速度大小为υ0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知u0、t0、B0，粒子的比荷，不计粒子的重力．（1）t=时，求粒子的位置坐标；（2）若t=5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；（3）若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．云南省曲靖一中2015届高三下学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10题，每题4分，1-6题为单选，7-10题多选，多选题全部选对的4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分．）1．（4分）汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）A．A车在加速过程中与B车相遇B．A、B相遇时速度相同C．相遇时A车做匀速运动D．两车可能再次相遇考点：匀速直线运动及其公式、图像．专题：直线运动规律专题．分析：作出A、B两车的速度时间图线，根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析．解答：解：作出A、B两车的速度时间图线，由图象可知：A先做匀加速运动，后做匀速运动，B一直做匀速运动，相遇时两者的位移相等，即AB速度图象与时间轴围成的面积相等，30s时，B的位移大于A 的位移，所以相遇时在30s以后，即A做匀速运动时，故C正确；此后两车均做匀速运动，A的速度大于B的速度，故不可能再次相遇；ABD错误；故选：C点评：本题可以运用运动学公式进行求解，也可以运用图象进行求解．用图象求解比较直观，方便．2．（4分）如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A．都等于B．和0C．和D．和考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度．解答：解：①对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F=mgsin30°=ma，a=gsin30°=；②对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：m A gsin30°=m B aa=•；故选：C．点评：该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大．3．（4分）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐增大B．MN对Q的弹力先增大后减小C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：力的概念及其矢量性；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况．再对P研究，由平衡条件判断地面对P 的弹力如何变化解答：解：A、B、C、以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示．由平衡条件得：MN对Q的弹力F1=mgcosα，P对Q的弹力F2=mgsinα使MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，α减小，则F1增大，F2减小．故A正确BC错误；D、对Q为研究的对象，使MN绕O点缓慢地顺时针转动，可以认为Q处于静止状态，所以受到的合外力始终为0保持不变．故D错误故选：A点评：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，难度一般．4．（4分）一辆汽车以恒定功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率突然减小为P2并继续行驶，若整个过程中阻力不变，则汽车发动机的牵引力将（）A．保持不变B．不断减小C．先增大，再减小，后保持不变D．先减小，再增大，后保持不变考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：当汽车功率减小时，牵引力减小，汽车做减速运动，抓住功率不变，根据P=Fv判断牵引力的变化，当汽车牵引力等于阻力时，汽车又做匀速直线运动．解答：解：设汽车的牵引力为F，阻力为F f，开始时汽车的速度为v1，F=F f，当汽车突然减小油门，使汽车的功率减小为P2，汽车那一瞬间的速度不变仍为v1，由P=Fv知汽车牵引力会突然减小，则汽车做减速运动；同时，由于速度降低，功率不变，牵引力逐步增大，直到和阻力相等，后继续以较小的速度做匀速运动，故D正确；故选：D点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系5．（4分）一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零．你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势φ随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其φ﹣x图象可能是（）A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：一个带正电的金属球的电场强度在半径内不变，半径外沿x轴增大而减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小．解答：解：一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等．从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小．根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小．故B正确， A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道点电荷周围电场线分布的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低．6．（4分）如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b 点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV，它的动能应为（）A．6 eV B．13 eV C．20 eV D．27 eV考点：电势能．分析：由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为﹣8eV时的动能值．解答：解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=E p+E k=14eV+5eV=19eV，其电势能变为﹣8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为27eV，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，注意动能与电势能之和是不变，是解题的突破口．7．（4分）如图所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，当下滑加速度为最大加速度一半时的速度及当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度分别为（）A．v=B．v=C．a=g+D．a=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：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大．对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．解答：解：AB、小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，故：mg=maqE=qvB解得：a=g；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：=，解得：v1=；当洛伦兹力大于电场力时，则有：=，解得：v2=，故A正确，B错误；CD、当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大，根据平衡条件，有：qvB﹣qE﹣N=0f=μN=mg解得：v=；当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度的大小为a，则有：qv′B﹣qE﹣N′=0由牛顿第二定律，则有：mg﹣f′=ma．解得：a=，故C错误，D正确；故选：AD．点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．8．（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．△U1＞△U2D．△U1＜△U2考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．解答：解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．9．（4分）如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为F T，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为F T′．下列说法正确的是（）A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→aB．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→aC．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零D．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零考点：楞次定律．分析：通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答．解答：解：A、B、当MN通以强度为I的电流时，两细线内的张力均减小为T′，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为a→b→c→d→a，故A错误，B正确；C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，设线框中的电流为i，ab到MN的距离是r1，cd到电流MN的距离是r2，ab处的磁感应强度是B1，cd处的磁感应强度是B2，根据题意可知：ab所受安培力为：…①cd所受安培力为：…②此时两细线内的张力均减小为T′，则有：2T′+（F1﹣F2）=mg=2T…③当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有：（F′1﹣F′2）=mg=2T…④联立①②③④解得：，故C正确，D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解．10．（4分）如图1所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A．物体的质量m=0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k=10J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：当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．解答：解：A、物体到达最高点时，机械能E=E P=mgh，m===1kg，故A错误；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，△E=﹣μmgcosα，即30﹣50=﹣μ×1×10cos37°×，μ=0.5，故B错误；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得a=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理得E K﹣E K0=2W，则E K=E K0+2W=50+2×（﹣20）=10J，故D正确；故选CD．点评：重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．二、实验题（本题共2题，15分，请完成在答题卡上的相应位置．）11．（6分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是cd．a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα=对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d。

云南高三高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。

在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是 （ ）A ．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的 “力是维持物体运动的原因”观点B ．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C ．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场D ．麦克斯韦预言了电磁波的存在，后来被赫兹所证实2.在赤道上某处有一支避雷针。

当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，不考虑地磁偏角，则地磁场对避雷针的作用力的方向为 （ ） A ．正东 B ．正西 C ．正南 D ．正北3.设物体运动的加速度为a 、速度为v 、位移为x 。

现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C 和D 的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（ ）4.如图所示，置于固定斜面上的物体A 受到平行于斜面向下的力，作用保持静止。

若力F 大小不变，将力F 在竖直平面内由沿斜面向下缓慢的转到沿斜面向上（转动范围如图中虚线所示）。

在F 转动过程中，物体始终保持静止。

在此过程中物体与斜 面间的 （ ）A ．弹力可能先增大后减小B ．弹力一定先减小后增大C ．摩擦力可能先减小后增大D ．摩擦力一定一直减小5.如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动。

已知F 1＞F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为（ ）A ．B ．C ．D ．6.飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF （国际飞镖联合会）飞镖世界杯赛在上海进行。

某一选手在距地面高，离靶面的水平距离L 处，将质量为的飞镖以速度水平投出，结果飞镖落在靶心正上方。

如只改变、L 、、四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是（不计空气阻力） （ ）A ．适当减小B ．适当提高C ．适当减小D ．适当减小L7.如图所示，质量m=1kg 、长L=0．8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。

北城中学2014-2015学年度第二学期第二次月考高一物理试题（卷）一、选择题(共15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，1-10题只有一个选项符合题目要求，11-15题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1、做平抛运动的物体秒速度增量总是A 大小不等，方向相同B 大小相等，方向不同C 大小相等，方向相同D 大小不等，方向不同2、如图所示以9.8m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直地撞在倾角为θ=300的斜面上，则物体完成这段飞行的时间是A s 33B s 332C s 3D 2s3、轻绳一端固定在空中O 点，另一端拴一小球，此时小球在水平面内做匀速圆周运动。

则A 小球受到重力、轻绳拉力和向心力作用B 轻绳拉力给小球提供向心力C 小球受到的轻绳拉力对小球做正功D 重力、轻绳拉力对小球都不做功4、大型游乐场中有一种叫“摩天轮”的娱乐设施，如图所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是A 游客处于一种平衡状态B 游客做的是一种变加速曲线运动C 游客做的是一种匀变速运动D 游客的机械能守恒5、某人用恒力将质量为1kg 的物体由静止向上提升1m ，此时物体速度为2m/s ，取10m/s 2则下面结论正确的是A 人对物体做功10JB 重力做功10 JC 合力对物体做功10 JD 物体动能增加2 J6、子弹的速度为v ，打穿一块木块后速度刚好变为零，若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为厚度的一半时，子弹的速度是 A 2v B v 22 C 3v D 4v 7、一质量为m 的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体在水平拉力作用下运动时其动能为E 1，若水平拉力为第一次的2倍，此物体静止开始运动相同的距离s 启动能为E 2，则A E 2 等于E 1B E 2 等于2E 1C E 2 大于2E 1DE 2 大于E 1 而小于2E 18、一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

2015年云南省高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，不选或选错的得0分．1．（6分）下列说法正确的是（）A．举重运动员举着杠铃不动时，运动员处于超重状态B．跳水运动员离开跳板后上升的过程中处于超重状态C．小孩荡秋千通过最低点时处于平衡状态D．汽车通过拱形桥最高点时处于失重状态【考点】：超重和失重．【分析】：物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，处于超重或失重状态时物体的重力并不变．物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体具有向下的加速度时处于失重状态．【解析】：解：A、举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于平衡状态，故A错误．B、跳水运动员离开跳板后上升的过程中只受重力，处于完全失重状态，故B错误．C、荡秋千的小孩通过最低点时，加速度的方向向上，对秋千板的压力大于其重力，是超重状态．故C错误．D、汽车通过拱形桥最高点时，加速度的方向向下，对桥的压力小于其重力，是失重状态．故D正确．故选：D．【点评】：本题抓住：所谓超重或失重都是指物体的视重发生变化，而物体受到的重力保持不变．2．（6分）如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A 处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°．两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1：m2为（）A．1：2 B．3：2 C．2：3 D．：2【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：分别对两小球受力分析，根据共点力平衡求出重力拉力的关系，抓住细绳对两球拉力大小相等，求出两小球的质量比值．【解析】：解：对m1、m2受力分析如图所示，对m 1有：，解得T=，对m2有：T=m2gsin60°=，解得m1：m2=3：2．故选：B．【点评】：解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住拉力的大小相等，运用共点力平衡进行求解．3．（6分）如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻，传送带突然被制动而停止．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．下列关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止．由牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算分析．【解析】：解：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，加速度为a==μg=2m/s2滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1===1s然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t﹣t1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′=﹣a=﹣2m/s2运动的时间t3==s=1s所以速度时间图象对应D选项．故D正确．故选：D．【点评】：物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．4．（6分）如图所示，在第二象限存在方向垂直xoy平面向外的匀强磁场，在第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场．一质量为m、带正电的粒子从点M（﹣d，0）向y轴正方向射出，经磁场偏转后从y轴上的某点垂直y轴射入电场，经电场偏转后通过x轴上的点N（d，0），不计粒子重力．则（）A．粒子在电场中的运动时间大于在磁场中的运动时间B．粒子在电场中的运动时间可能等于在磁场中的运动时间C．电场强度与磁感应强度的比值为2v0D．电场力对粒子做的功为mv02【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】：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据转过的弧长和速度求出运动的时间，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平方向上的运动规律，抓住等时性求出运动的时间，从而比较时间的大小．根据半径公式求出磁感应强度的大小，结合类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小，从而得出磁感应强度与电场强度的比值．根据运动学公式求出N点的速度，结合动能定理求出电场力做功的大小．【解析】：解：A、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运行的轨迹为四分之一圆弧，可知运动时间，粒子在电场中的运动时间，可知在磁场中的运动时间大于在磁场中的运动时间．故A、B错误．C、根据半径公式有：，解得B=，在电场中，有：d=，a=，t=，解得E=，则，故C正确．D、在电场中运动，竖直方向上有：，水平方向上有：d=v0t，可知v y=2v0，可知N 点的速度，根据动能定理知，电场力做功，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动，对于在磁场中运动，关键会确定圆心、半径和圆心角，对于在电场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．5．（6分）太阳糸各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2．不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，下列说法正确的是（）A．太阳的质量为B．天王星公转速度大于地球公转速度C．地球与天王相距最近至少需经历D．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据万有引力提供向心力，结合天王星的轨道半径和周期求出太阳的质量．根据轨道半径的大小比较线速度的大小以及向心加速度之比．地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差π，根据周期的大小求出经历的时间．【解析】：解：A、根据得，太阳的质量M=，故A错误．B、根据，解得v=，a=，因为天王星的轨道半径较大，则线速度较小．天王星和地球的向心加速度之比为．故B、D错误．C、当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差π，所以，解得t=．故C正确．故选：C．【点评】：本题要知道地球和天王星的最远距离和最近距离是它们在一条连线上时，由几何关系结合周期关系求解时间．掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用．6．（6分）如图所示，两根间距L=0.4m的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=T，导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电表均为理想电表．一根不计电阻的导体棒曲置于导轨上．现使导体棒沿导轨运动，其速度随时间变化的规律为10sinl0 πt（m/s），运动过程中导体棒始终与导轨垂直且保持良好接触，电阻R=10Ω，则（）A．导体棒产生的感应电动势最大值为2VB．电阻R在1分钟内产生的热量为24JC．交流电压表示数为2V，交流电流表示数为0.2AD．仅增大导体棒运动的频率，电压表示数将变大【考点】：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：导体棒的速度作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由E=BLv得到感应电动势瞬时表达式，求出感应电动势最大值，由E=E m求解；根据变压器的规律求出副线圈两端电压的有效值，由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数，并分析电表读数与频率的关系．根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量．【解析】：解：A、C、速度随时间变化的规律为v=10sinl0 πt（m/s，导体棒产生的感应电动势瞬时表达式：e=BLv=×0.4×10sin10πt V=4sin10πt V感应电动势最大值为：E m=4V，有效值为：E=E m=4V由于导体棒电阻不计，则原线圈两端的电压为：U1=E=4V由==，得：U2=2V，即交流电压表读数为2V，交流电流表示数为：I2==A=0.2A．故A错误，C正确．B、电阻R在1分钟内产生的热量为：Q=Rt=0.22×10×60J=24J，故B正确．D、增大导体棒运动的频率，导体棒产生的感应电动势最大值不变，有效值不变，则电压表示数不变，故D错误．故选：BC【点评】：本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求热量应用有效值．7．（6分）如图所示的电路中，E为电源，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），R2、R3为滑动变阻器，C为平行板电容器．当开关S闭合时，电容器两极板间有一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法正确的是（）A．只逐渐增大照在R1上的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，带电微粒向上运动B．只将R3的滑动端P3向上端移动时，电源消耗的功率变大，带电微粒向上运动C．只将R2的滑动端P2向下端移动时，带电微粒向下运动D．断开开关S，带电微粒将向下运动【考点】：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；带电粒子在混合场中的运动．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．【解析】：解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，两板间的场强增大；故微粒向上运动；故A正确；B、R3与电容串联，只将R3的滑动端P3向上端移动时，电路稳定时相当于导线，故改变R3的滑片的位置不会影响电路中电流及电压；故带电微粒静止不动；故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，两板间的场强增大，故带电微粒向上运动，故C错误；D、若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确．故选：AD【点评】：本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键是分析电场力是否变化．8．（6分）两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，两电荷之间的距离为L其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电荷量为+q、质量为m的小物块从C点由静止释放，t2时刻物块通过B点，t3时刻物块通过A点，其运动的v﹣t图象如图乙所示，t2时刻图线切线斜率最大．关于两固定等量同种点电荷产生的电场，下列说法正确的是（）A．由C点到A点电势逐渐升高B．B点的场强为E=C．O、B之间的距离为D．A、B两点间的电势差U AB=﹣【考点】：电势；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、再到A运动的过程中，根据V ﹣t图可知在B点的加速度为最大，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况【解析】：解：A、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故A错误．B、据V﹣t图可知带电粒子在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为ma 据E=故B正确．C、设两电荷与B的连线与0B的角为θ，则E===8由求导法则可知当时对应的OB之间的距离为．则C正确，D、据V﹣t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：W BA==﹣则D正确．故选：BCD【点评】：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据V﹣t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第题13～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（2题，共47分）9．（6分）如图甲所示，质量分别为m1和m2的物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端，己知m1＞m2，1、2是两个计时光电门，不计滑轮质量和摩擦．用此装置验证机械能守恒定律．（1）物块B上固定有一宽度为d的挡光条，实验中记录下挡光条通过1、2两光电门时的时间间隔分别为△t1和△t2，此外还需要测量的物理量是两光电门之间的距离h．（2）用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式（m1﹣m2）gh=（m1+m2）（（）2﹣（）2）．（3）用螺旋测微器测挡光条宽度d时的结果如图乙所示，则d= 2.600mm．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：（1）这个实验的原理是要验证m A、m B的增加的动能和m A、m B减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块的质量m A、m B；物块A下落的距离h（或物块B上升的距离h）．（2）写出A与B重力势能变化的表达式与它们动能变化的表达式，需要验证的是两者相等；（3）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．【解析】：解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的．需要测量两光电门之间的距离h．（2）A下降h的同时，B上升h，它们的重力势能的变化：△E P=（m A﹣m B）gh；A与B动能的变化：△E k=（m1+m2）（（）2﹣（）2）需要验证的是：（m1﹣m2）gh=（m1+m2）（（）2﹣（）2）（3）螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为10.0×0.01mm=0.100mm，所以最终读数为2.5mm+0.100mm=2.600mm，由于需要估读，最后的结果可以在2.599﹣2.601之间．故答案为：（1）两光电门之间的距离h；（2）（m1﹣m2）gh=（m1+m2）（（）2﹣（）2）；（3）2.600．【点评】：此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．（9分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．学生电源，电键，导线若干①实验中所用电压表应选用A，电流表应选用D（填“A”或“B”或“C”或“D”）．②实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请用笔划线代替导线，将图1中实物连接成满足实验要求的测量电路．③同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I图线如图2所示，若用电动势为2V，内阻不计的电源给该小灯泡供电，该小灯泡的实际功率是0.80w．（计算结果保留两位有效数字）．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表．（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．（3）图象求出灯泡两端电压所对应的电流，由P=UI求出灯泡功率．【解析】：解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表应选A；灯泡的额定电流为I===0.5A，选择0﹣3A量程的电流表量程偏大，测量误差大，所以选择量程为0.6A的电流表，即选电流表D．（2）描绘灯泡的U﹣I图象，要测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡的电阻大约为R===8Ω，远小于电压表的内阻10kΩ，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．根据电路图可得出对应的实物图；（3）电源的电动势为2V，内阻不计，则灯泡两端电压为2V，由图可知，电流为0.4A；则功率P=UI=2×0.4=0.80W；故答案为：（1）A；D；（2）实物图如图所示；（3）0.80W．【点评】：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别．11．（13分）如图所示的游戏装置中，一高度为h的固定杆的顶部固定一光滑弧形轨道，一处于水平面内的圆盘可绕固定杆转动，圆盘上距圆盘中心为L的O1处有一小圆孔．现让圆盘匀速转动，当过OO1的直线处于轨道AB正下方且O1在杆右侧时，将小球从A点静止释放，小球经导轨从B点水平抛出后恰好穿过圆孔O1，已知小球由A点到B点的时间为t0，不计空气阻力．求：（1）A、B间的竖直高度差；（2）圆盘转动的角速度．【考点】：向心力；平抛运动．【分析】：（1）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，已知下落的高度h可求出运动时间，水平方向做匀速直线运动，已知水平位移L，即可求出小球B点速度，从A到B的过程中，根据动能定理求解AB高度差；（2）小球运动的总时间与圆盘转动的时间相等，可得圆盘转动的时间，考虑圆盘转动的周期性，可知圆盘转动的角度θ=n•2π，由角速度定义式求出角速度ω．【解析】：解：（1）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向上有h=，水平方向上有L=vt，联立解得：v=，从A到B的过程中，根据动能定理得：mg解得：（2）小球从A点运动到O1点的时间t在这段时间内，圆盘转过的角度为θ=ωt′=n•2π（n=1，2，3，…）联立解得ω=（n=1，2，3，…）答：（1）A、B间的竖直高度差为；（2）圆盘转动的角速度为（n=1，2，3，…）．【点评】：题中涉及圆周运动和平抛运动这两种不同的运动，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来．12．（19分）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v0沿右导轨平面下滑．t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd杆运动的v﹣t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）ab杆的初速度v1：（2）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）对cd杆受力分析，结合v﹣t图象求得回路中感应电流大小，感应电流是ab棒运动产生，再由电磁感应定律求得ab的速度，（2）同（1）中一样通过cd求得2s末时ab棒的速度，根据运动知识求得ab运动得距离，再由动能定理求解焦耳热．【解析】：解：（1）对cd杆，由v﹣t图象得：，由牛顿第二定律得：mgsin53°﹣μ（mgcos53°+F N）=ma1，解得：F N=0.2N，对ab杆，感应电动势：E=BLv1，电流：I=，cd杆的安培力：F N=BIL=，解得：V1=1m/s．（2）由题意得第3s内cd的加速度：a2=﹣4m/s2，设2s时ab杆的速度为v2，对cd杆，由牛顿第二定律得：=ma2解得：V2=9m/s，有运动学知识得2s内ab杆的位移：由动能定理得：，而：W F=9J，W G=mgx2sin37°，W f=﹣μmgx2cos37°，﹣W安=2Qcd解得：Q cd=3J．答：（1）ab杆的初速度v1为1m/s：（2）若第2s内力F所做的功为9J，第2s内cd杆所产生的焦耳热为3J．【点评】：本题是电磁感应和图象结合的题目，合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可．（二）选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题中每科任选一题作答，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，则按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法中正确是（）A．橡胶无固定熔点，是非晶体B．热机的效率可以等于100%C．物体的温度越高，其分子平均动能越大D．悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的E．若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为N A，则每个氧气分子的体积为【考点】：热力学第二定律；阿伏加德罗常数；布朗运动；* 晶体和非晶体．【分析】：橡校是非晶体；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志．布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；由于气体分子所占空间大小比分子的体积大的多，所以不是分子的体积．【解析】：解：A、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故A正确；B、根据热力学第二定律可知，热机的效率无法达到100%；故B错误C、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故C正确；D、悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的；故D正确；E、若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为N A，则每个氧气分子所占空间的体积为；由于气体分子所占空间大小比分子的体积大的多，所以不是分子的体积；故E错误；故选：ACD【点评】：本题考查晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义、布朗运动等，要注意热力学第二定律的几种常见的方法，以及能够正确理解热力学第二定律的意义．14．（10分）如图所示，一圆柱形气缸质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度）．用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，外界大气压强p0为1×l05Pa，当温度t0为7℃时，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2．求：①此时气缸内气体的压强：②大气压强保持不变，当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．【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】：以气缸为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压强；温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程列出等式求解【解析】：解：（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力．根据平衡条件得：p0S=pS+Mgp=p0﹣=1×105﹣Pa=0.8×105 Pa，（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为40cm，代入数据得：解得：T2=320K=47°C答：（1）此时气缸内气体的压强是0.8×105 Pa；（2）当温度升高到47°C，活塞与气缸将分离【点评】：能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中．根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量【物理--选修3-4】（15分）15．如图所示为半圆柱形玻璃砖的横截面图，C为AB的中点．a、b两束关于OO′对称的不同频率的单色细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（）A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．a光在玻璃砖中的频率和在空气中的频率相同C．在真空中，a光的波长大于b光的波长D．a光通过玻璃砖的时间大于b光通过玻璃砖的时间E．若a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：在真空中所有色光的传播速度都相同．两束光折射后相交于图中的P点，可知玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，则玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光。