豫晋冀2015届高三上学期第二次调研考试 理科综合(物理部分) Word版含答案

2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、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，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，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．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕A． B． C．D．【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】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【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】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．【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〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【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〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(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】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。

2015年河南省、山西省、河北省高考物理二调试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分．关于物理学发展过程，下列说法中正确的是（）A.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证C.自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷D.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系【答案】B【解析】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故B正确；C、自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故D错误；故选：B．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．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.汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动途中用了10s的时间通过一座长120m的桥，过桥后汽车的速度为16m/s，汽车自身长度忽略不计，则（）A.汽车的加速度为1.6m/s2B.汽车过桥头时的速度为12m/sC.汽车从出发到过完桥所用时间为16sD.汽车从出发点到桥头的距离为40m【答案】D【解析】解：A、B、车通过桥的平均速度==12m/s，又，v=16m/s，故上桥头的速度v0=8m/s，车的加速度==0.8m/s2，故AB错误；C、初期加速用时：==10s，总用时为20s，故C错误；D、从出发点到A杆的距离x===40m，故D正确；故选：D根据平均速度的定义式求出车经过桥的平均速度，根据匀变速直线运动的平均速度这个推论求出经过桥头的速度，通过加速度的定义式求出车的加速度，结合位移速度公式求出出发点距离桥头的距离．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．3.一质最m=3kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图象如图所示．取g=10m/s2，则（）A.在0-6s内，合力的平均功率为16WB.在6s-10s内，合力对物体做功为96JC.物体所受的水平推力F=9ND.在t=8s时，质点的加速度为lm/s2【答案】C【解析】解：A、在外力作用下的加速度为撤去外力后的加速度为撤去外力后f=ma2=3×（-2）N=-6N施加的外力为F+f=ma1F=-f+ma1=-（-6）+3×1N=9N0-6s内的位移为x==30m故合力平均功率为，故AD错误，C正确；B、在6s-10s内，位移为x合力做功为W=fx=-6×16J=-96J，故B错误；故选：C根据速度-时间图象可知：0-6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s-10s 内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度和位移，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解力．在v-t图象中与时间轴所围面积即为物体运动位移，由P=求的功率本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解，再根据P=求的功率．属于中档题．4.如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在z轴上有a、b两点．若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是（）A.a点的电场强度方向与x轴方向相反B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子的电势能一定增加D.带电粒子的动能一定增加【答案】C【解析】解：A、沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A错误；B、点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大．即a点的场强小于b 点的场强，故B错误；C、若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C正确，D错误．故选：C电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，及沿着电场线方向电势降低，即可解决本题．5.如图所示是质谱仪的一部分，两个具有相同电荷量的离子．a、b以相同的速度从孔S沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，在磁场中分成两条轨迹，最终打到照相底片上．下列说法正确的是（）A.离子a，b均带负电B.离子a的质量小于b的质量C.离子a的运动周期等于b的运动周期D.离子a的运动时间大于b的运动时间【答案】D【解析】解：A、离子刚进入磁场时所受的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知两个离子均带正电．故A错误．B、离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知：v、q、B相同，r∝m，a的轨道半径较大，则a的质量较大．故B错误．C、由周期公式T=，知m越大，T越大，则离子a的运动周期大于b的运动周期．故C错误．D、两个离子在磁场中运动时间都是半个周期，所以离子a的运动时间大于b的运动时间，故B正确．故选：D．根据左手定则，即可确定离子的电性；离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式分析质量大小关系．根据周期公式，分析离子的运动周期关系，再分析时间关系．考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ引力常量为G，则（）A.航天器的环绕周期为B.航天器的轨道半径为C.月球的质量为D.月球的密度为【答案】AC【解析】解：A、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故A正确；B、根据几何关系得：．故B错误；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：．故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：月球的密度：．故D错误．故选：AC由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输人电压的变化规律为u=220sin100πt（V），P为滑动变阻器的滑片．当副线圈上的滑片M处于图示位置时，灯泡A能发光．操作过程中，小灯泡两端的电压均未超过其额定值，且认为灯泡的电阻不受温度的影响，则（）A.副线圈输出电压的有效值为22VB.滑片P向左移动时，变压器的输出功率增加C.滑片P向右移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片M向上移D.滑片M向上移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片P向左移【答案】AD【解析】解：A、根据原线圈输人电压的变化规律u=220sin100πt（V），可知，原线圈电压最大值为220V，则原线圈电压有效值为，根据得：U，故A正确；B、滑片P向左移动时，电阻变大，变压器的输出电压不变，则输出功率变小，故B错误；C、滑片P向右移动时，电阻变小，若电压不变，则灯泡亮度变亮，若要亮度不变，则需要减小电压，所以M向下移，减小副线圈匝数，故C错误；D、滑片M向上移动时，副线圈匝数变大，则副线圈电压增大，为保证灯泡亮度不变，则滑动变阻器的电阻要增大，所以将滑片P向左移，故D正确．故选：AD根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，求出副线圈电压，根据电压与匝数成正比判断M移动时，副线圈电压的变化情况，再结合欧姆定律即可求解．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压变化情况分析即可，难度适中．8.如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r，的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与-个电阻连接．电阻的阻值为R．忽略电流表和导线的电阻，则（）A.通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化B.通过电阻R的电流方向不变，且从a到bC.通过电阻R的电流的最大值为D.通过电阻R的电流的最小值为【答案】BC【解析】解：A、B、导体棒OM切割磁钢线，有右手定则得：棒中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；C、M端的线速度为v=ωr，OM杆切割磁感线的平均速度为=，OM杆转动切割磁感线产生的电动势为E=B r=B r2ω，由于各个量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为I==，故C正确；D、当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，R中的电流最小．并联的电阻为R并=R，I==，故D错误；故选：BC导体棒OM切割磁钢线，有右手定则确定电流方向，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，通过R的电流最大．当左右两部分电阻的阻值相等时，并联后有最大电阻，通过R的电流有最小值；转动切割磁感线产生的电动势为E=BL2ω．根据欧姆定律研究电流的大小．本题是法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势公式E=BL2ω要在理解的基础记住，并要明确电路中电阻的变化情况，运用欧姆定律求解电流．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.某同学用烧瓶与玻璃管等器材制作了如图所示的简易测温装置，他用一小滴水银封闭一定质量的理想气体．若大气压强保持不变，而环境温度缓慢升高，则在这个过程中（）A.瓶内气体的密度增大B.瓶内气体对外界做正功C.热传递使瓶内气体的内能增加D.瓶内气体每个分子的动能都增大E.瓶内气体在单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少【答案】BCE【解析】解：由题意可知，气体压强不变，气体发生等压变化；A、由于烧瓶是导热的，外界温度逐渐升高，气体温度升高，根据理想气体的状态方程可知，气体的条件增大，所以瓶内气体的密度减小，故A错误；B、气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，故B正确；C、温度是方向的平均动能的标志，气体的分子势能忽略不计，温度升高，内能增大．故C正确；D、气体温度升高，分子平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大．故D错误；E、气体温度升高，体积变大，汽缸内单位体积内的分子数减少，单位时间内撞击活塞的分子数减少，故E正确；故选：BDE气体压强等于大气压与水银产生的压强之和，大气压不变，气体压强不变，气体是等压变化；理想气体内能由气体的温度决定，气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量．知道气体发生等压变化、知道理想气体内能由温度决定，熟练应用热力学第一定律即可正确解题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象．Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是（）A.这列渡的波长是4mB.这列波的传播速度是1.25m/sC.M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向D.质点Q经过8s时，第一次到达波峰E.在0-16s内，质点Q经过的路程为11m【答案】ACD【解析】解：A、由甲图得到波长为4m，故A正确；B、由乙图得到周期为4s，故波速v==；故B错误；C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故C正确；D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故t=；故D 正确；E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=2，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E错误；故选：ACD．由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.已知氘核的比结合能是1.09M e V，氚核的比结合能是2.78M e V，氦核的比结合能是7.03M e V．在某次棱反应中，1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，则下列说法中正确的是（）A.这是一个裂变反应B.核反应方程式为H+H→H e+nC.核反应过程中释放的核能是17.6M e VD.目前核电站都采用上述核反应发电E.该核反应会有质量亏损【答案】BCE【解析】解：A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应．故A错误；B、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为H+H→H e+n．故B正确；C、根据质能方程△E=△mc2得一次聚变释放出的能量：△E=E2-E1=7.03×4-（2.78×3+1.29×2）=17.6M e V；故C 正确；D、目前核电站都采用核裂变发电．故D错误；E、该反应放出热量，所以一定有质量亏损．故E正确．故选：BCE1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电．本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为______ cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ______ ．（3）根据实验数据作出-t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为______ ．【答案】1.170；；2k【解析】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t-t=-t所以经过光电门1的速度v=gt″=v-gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v-gt若-t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．10.为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路．ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0Ω电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d= ______ mm．（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中a P长度x及对应的①表中数据描在-x坐标纸中，如图丙所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k= ______ （用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ2为______ Ω•m（保留两位有效数字）．②根据图丙中-x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为______ （保留两位有效数字）．【答案】0.400；；1.1×10-4；1.4Ω【解析】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①如图所示由图丙所示图象由电阻定律可得，R=ρ，由欧姆定律可得：R=，则图象斜率k=，s=联立解得：k==代入数据得：k==3联立解得电阻率为：ρ=代入数据得：ρ=1.1×10-6Ω•m；根据图丙中-x关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I（r+R0）即：3=（r+4.0）得：r=1.4Ω故答案为：（1）0.400；（2），1.1×10-6；1.4Ω．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，在竖直平面内的倾斜轨道AB和圆轨道BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），且∠BOC=θ=37°，圆轨道半径R=0.45m．一质量m=0.9kg的小球从轨道AB上高H处的某点以v0=2m/s的速度滑下，经过圆轨道最高点D后做平抛运动，直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，小球与直轨道AB的动摩擦因数μ=0.5，圆轨道BCD光滑，取g=10m/s2，求：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F．（2）小球释放点的高度H．【答案】解：（1）小球从D到E做平抛运动，由平抛运动的规律可得：R==v D t联立并代入数据解得：v D=2.5m/s；在D处，由牛顿第二定律得：mg+F N=m代入数据解得：F N=3.5N；由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力F=F N=3.5N，方向竖直向上；（3）小球从开始下滑到D的全过程，由动能定理得：mg H-μmgcosθs-mg•2R=mv D2-mv02由几何知识可得：代入数据解得：H=2.86m．答：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F为3.5N；（2）小球释放点的高度H为2.86m．【解析】（1）由平抛运动规律可求得D点的速度；再由向心力公式可求得球受到的支持力；由牛顿第三定律可求得压力；（2）对全过程由动能定理及几何关系可求得小球释放点的高度．本题考查动能定理及向心力公式，要注意明确全过程的受力分析，正确选择物理规律求解．12.如图甲所示，坐标空间第二象限和第三象限中有竖直向下的宽度为L的匀强电场，y轴为电场的右界面，虚线为电场区域的左边界，第四象限有磁感应强度为B0的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从电场左边界PQ某处以初速度v0沿x轴正方向运动，经电场偏转后恰好从坐标原点以与x轴正方向成θ=37°夹角进人磁场，粒子的重力不计．（1）求电场强度E的大小．（2）求粒子在磁场中运动的半径．（3）若磁感应强度的大小保持不变，而磁场的方向随时间t的变化如图乙所示，图乙中B＞0表示磁场方向垂直于纸面向外．而B＜0则表示磁场方向垂直于纸面向内．已知图象的变化周期T0=，则粒子在0～时间内的什么时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴？【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有水平方向L=v0t竖直方向v0tanθ=at又由牛顿第二定律得q E=ma联立以上各式解得E=（2）粒子进入时的速度大小为v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv B0=m（3）粒子在磁场中运动周期T==粒子在磁场中运动，恰好能再次运动到y轴的情况如图所示，粒子从O点射入的时间为t=-°•T=-=°答：（1）电场强度E的大小是．（2）粒子在磁场中运动的半径是．（3）粒子在0～时间内的t=时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴．【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的分解和运动学公式求出加速度，再由牛顿第二定律得到E．（2）由速度的分解求出粒子进入磁场的速度，结合洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径．（3）作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的情况的轨迹图，运用粒子在磁场中运动时间与圆心角的关系，求出粒子射入的时刻，从而得出入射时间应满足的条件．解决本题的关键掌握粒子在磁场中的运动的半径公式和周期公式，知道运动时间与周期和圆心角的关系，本题的难点在于作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的轨迹图．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示粗细均匀的U形管左端封闭，O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和B，右端水银柱上方和大气相通．大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总长度为96cm，现将U形管右边倾斜α=37°角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在原位置，且右边水银柱没有进入水平管内．试求：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少？（2）右管内水银柱沿管移动的距离．【答案】解：（1）由题意可知，A部分气体等容变化，其始末状态压强分别为：p A=p B-h=p0+h-h=p0=76cm H g，p A=p0+hcosα-h=76+19cos37°-19=72.2cm H g，由查理定律得：=，则热力学温度之比：===；（2）对B部分气体其始末状态压强分别为：p B=p0+h=76+19=95cm H g，p B=p0+hcosα=76+19cos37°=91.2cm H g，设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为L ，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：L=L，则：L-L=L=×96=1cm，即水银柱沿管向下移动了1cm；答：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为20：19；（2）右管内水银柱沿管移动的距离为1cm．【解析】（1）求出气体A的压强，由查理定律可以求出热力学温度之比．（2）求出B气体的压强，应用理想气体状态方程求出B气体后来的长度，然后求出水银柱移动的距离．本题考查了气体的温度之比、水银柱移动的距离，分析清楚题意、选择恰当的研究对象、根据题意求出气体状态参量，应用查理定律与理想气体状态方程即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=R．一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB=R求：（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．（2）光线在光屏形成的光斑到A点的距离．【答案】解：（1）分析如图．设入射点B到O的垂直距离BO=h，∠BCO=β，折射角为i．对△OBC，由正弦公式得：。

2014～2015年度豫晋冀高三第二次调研考试理科综合试卷考生注意：1．本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。

考试时间150分钟。

2．请将各题答案填在试卷后面的答题卡上。

3．可能用到的相对原子质量：H1 Cl2 O16 Si 28 S 32 Fe 56 Cu 64 Au 197 Pb 207第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题．每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．下列物质中同分异构体数目最多的是A.C3H8OB.C4H10OC. C4H8Cl2D.C5H11Cl8化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是9.25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。

下列反应的离子方程式书写错误的是A.氨水中加人少量NaHCO3粉末：B. NaClO溶液中通入少量：C NaClO溶液中通入少量：D.Na2CO3溶液中缓缓通入少量10．如图为以SCY陶瓷固体为电解质的电化学合成氨装置，将该装置的底部置于加热炉内保持570℃的高温。

将氮气通入陶瓷内筒，将氢气通过陶瓷内茼和石英外筒间的空隙，下列说法正确的是A.钯电投N为正极B.钯电板M上发生氧化反应C. SCY陶瓷固体电解质中H＋移向钯电极MD.理论上每消耗0.3 gH2，可生成2.24L NH311. W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同—周期，W，X、Z的离单离子具有相同的电子层结构．W 的单质是空气中含量最多的气体，x的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为。

，下列说法正确的是A单质熔点,W>Z B.离子半径：W>X>ZC.最高正价：W>X>ZD.原子序数：Z>W>X>Y12.利用右图装置（夹持装置、加热装置已略）进行试验，由②中现象不一定能证实①中反应发生的是13．已知常温下，Ag2S（黑色）的（砖红色）的，AgCl在NaCl溶液和AgNO3溶液中的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是A. AgCl在NaCI溶液中一定有：B.由图中数值玎求得；C.三种银盐饱和溶液中c(Ag＋)的大小关系；D.用AgNO3标准溶液滴定法测定溶液中的Cl－．可用K2S溶液作指示剂26．(13分)乙酸环己酯具有香蕉及苹果的气味，主要用于配制各种饮料、冰淇淋等，实验室制备乙酸环己酯的反应原理、装置示意图和有关数据如下：实验步骤：将12．0 g(0.2 mol)乙酸、l0.0 g(0. l mol)环己醇和15 mL环己烷加入装有温度计、恒压滴液漏斗和球形冷凝管的四颈烧瓶中，在搅拌下，慢慢滴加15 mL 98%浓硫酸，滴加完后将恒压滴液漏斗换成分水器装置（如图），加热回流90 min后，向反应液中依次加入水、10%的NaHCO3溶液、水洗涤，然后加入无水MgSO4,放置过夜，加热蒸馏，收集168-174℃的馏分，得到无色透明、有香味的液体产品6.9g(1)上述反应装置图中存在的一处错误是________。

高考理综试题及答案2015年高考全国2卷理综物理部分试题及答案导读：就爱阅读网友为您分享以下“2015年高考全国2卷理综物理部分试题及答案”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持!2015年高考全国卷2理综试题（物理部分）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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.如图，两平行的带电属板水平放置，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 C.向左下方做匀加速运动15.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ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc 已知bc边的长度为l，下列判断正确的是( )A.Ua>Uc，金属框中无电流B.Ub>Uc，金属框中电流方向沿abca.C.Ubc=?121Bl?，金属框中无电流D.Ubc=Bl2?，金属框中电流方向沿acba 2216.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/sB.东偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.东偏南方向，2.7×103m/s17.汽车在平直公路上行驶，。

v A v B理科综合试卷14．如图所示，两个质量分别为m 1=2kg ，m 2=3kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。

两个大小分别为F 1=30N 、F 2=20N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则 A ．弹簧秤的示数是10NB ．弹簧秤的示数是26NC ．在突然撤去F 2的瞬间，m 1的加速度变大D ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度变小15．有一同学查得：地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍。

在不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出： A ．地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9∶8B ．靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天 器的周期之比约为 8∶9C ．地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9∶4D ．靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天 器线速度之比约为 9∶216．质量为1kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如下图所示，重力加速度为10m/s 2，则下列说法正确的是 A ．AB 段加速度大小为3m/s 2B ．OA 段加速度大小为5m/s 2C ．s=9m 时速度大小为23m/sD ．s=3m 时速度大小为22m/s17. 如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A 、B 是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度v A 经过A 点向B 点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B 经过B 点，且v B 与v A 方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是 A ．A 点的场强一定大于B 点的场强B ．粒子在A 点的速度一定小于在B 点的速度C ．A 点的电势一定低于B 点的电势D ．粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能18．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带电的质点在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点。

2015届石家庄市高中毕业班第二次教学质量检测理科综合能力测试物理部分答案二、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。

〖附注：21小题分析解答过程〗根据题设条件，画出小车运动的示意图，并标出4个关键的位置。

线圈右边进入匀强磁场开始切割磁感线，产生电动势，形成感应电流，而受到水平向左的安培力作用而做减速运动，由牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和安培力可得：22B l vma R =，方程两边同乘以t ∆，整理可得：22B l va t t mR ⨯∆=⨯∆，又因为v a t x v t ∆=⨯∆∆=⨯∆，，可得：22v B l x mR∆=∆为定值，在v -x 图像中，线圈进场和出场的过程中，速度随位移成线性减小，因进场和出场线圈的位移都为l =10cm ，故线圈进场和出场的过程中的速度变化量相等，设线圈完全出场后的速度为v ，则1.5-v =2.0-1.5，则v =1.0m/s ，选项AC 正确；当小车的位移为15cm 时，线圈完全在磁场中运动，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，选项C 错误；小车由位置2到位置3的过程，由能量守恒定律，可知：线圈产生的焦耳热等于小车的动能的减少量，即222311()()22Q M m v M m v =+-+=0.0625J ，选项D 错误。

22. （4分） 1.020 （2分） 4.995（4.993~4.997都给分）（2分） 23. （11分）（1）（6分）④负（2分） ⑤欧姆调零（2分） 3000 （2分）（2）（5分）见图所示（3分），121U R U U -（2分）24．（13分）解：（1）（6分）设救生圈平抛运动的时间为t 0，由平抛运动规律，有：2012H gt =，（2分）， H tan θ＝v 0t 0 （2分），联立以上各式，得v 0＝7.5m/s ， t 0＝2s （2分） （2）（7分）由几何关系，绳索长L ＝cos37H＝25 m （2分）， 因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等（1分），由运动学公式可得：20122at L ⨯=（2分）， 代入数据，得2206.25m/s L a t ==（2分） 25．（19分）解：（1）（5分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πm qB （1分）若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ2πT ＝mθqB（1分）从图中几何关系可知，β＝23π（2分）所以时间t ＝mβqB ＝2πm3qB（1分）（2）（11分）由qvB ＝2mv R表达式可知，从磁场右边界射出的最小速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最小。

2015年新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4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，改微粒将（）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）（2015春•南昌校级期末）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）物块下滑是的加速度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。

2014～2015年度豫晋冀高三第二次调研考试理科综合试卷考生注意：1．本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。

考试时间150分钟。

2．请将各题答案填在试卷后面的答题卡上。

3．可能用到的相对原子质量：H1 Cl2 O16 Si 28 S 32 Fe 56 Cu 64 Au 197 Pb 207第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题．每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．研究发现乳白蚁粪便中含有起保护作用的细菌，可阻止能杀死乳白蚁的真菌入侵。

下列相关叙述正确的是A.乳白蚁、细菌和真菌的细胞壁均无选择透过性B.乳白蚁、细菌和真菌组成一条完整的食物链C.对乳白蚁具有保护作用的细菌不能以有丝分裂的方式完成增殖D.乳白蚁、细菌和真菌都有呼吸酶，该酶在低温和高温下均会变性失活2．图甲表示生物体遗传信息的传递过程，图乙是图甲过程①放大后的图像。

下列相关叙述不正确的是A.图乙反映出的DNA复制模式可作为DNA双向复制的证据B.③④过程所需原料的化学元素组成相同C.①过程与③过程有可能在同一地点进行D.白化病基因对白化病的控制属于方式⑦3以下关于生物实验的叙述，与事实不符的是A.双缩脲试剂和斐林试剂的化学成分相同，但用法有差异B.用健那绿染色观察动物细胞的线粒体需60℃水浴加热C.在提取绿叶中色素时，加入碳酸钙以防止色素被破坏D.用一定浓度的硝酸钾溶液处理紫色洋葱表皮细胞，可观察植物细胞的质壁分离和复原现象4.将抗除草剂基因转入油菜中，得到转基因油菜。

在转基因油菜种植多年后，调查发现在公路边的野生油菜有80%含有抗除草剂基因。

下列叙述正确的是A.野生油菜体内的抗除草剂基因主要源自转基因油菜的花粉B. 80%的野生油菜体内出现抗除草剂基因是自然选择的结果C.含抗除草剂基因的野生油菜是经自然选择进化出的新物种D.大量使用单一除草剂可以减轻环境污染，提高物种多样性5用不同浓度的生长素类似物2，4-D对迎春花进行插条生根的研究，其实验结果如右图。

第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．将三组生理状态相同的某植物幼根分别培养在含有相同培养液的密闭培养瓶中，一段时间后，测定根吸收某一矿质元素离子的量。

培养条件及实验结果见下表：下列分析正确的是A．有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收B．该植物幼根对该离子的吸收与温度的变化无关C．氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子不消耗ATPD．与空气相比，氮气环境有利于该植物幼根对该离子的吸收【答案】A2．端粒酶由RNA和蛋白质组成，该酶能结合到端粒上，以自身的RNA为模板合成端粒DNA的一条链。

下列叙述正确的是A．大肠杆菌拟核的DNA中含有端粒B．端粒酶中的蛋白质为RNA聚合酶C．正常人细胞的每条染色体两端都含有端粒DNAD．正常体细胞的端粒DNA随细胞分裂次数增加而变长【答案】C【解析】端粒存在于真核生物染色体的末端，是由DNA序列及其相关的蛋白质所组成的复合体，A错误。

由“端粒酶由RNA和蛋白质组成，该酶能结合到端粒上，以自身的RNA 为模板合成端粒DNA的一条链”可知端粒酶中的蛋白质为逆转录酶；B错误。

正常体细胞的端粒DNA随细胞分裂次数增加而变短；D错误。

3．下列过程中，不属于胞吐作用的是A．浆细胞分泌抗体到细胞外的过程B．mRNA从细胞核到细胞质的过程C．分泌蛋白从胰腺的腺泡细胞到胞外的过程D．突触小泡中神经递质释放到突触间隙的过程【答案】B【解析】抗体、分泌蛋白均为大分子物质，出细胞方式为胞吐；mRNA通过核孔从细胞核到细胞质中，不是胞吐作用；突触前膜通过胞吐将神经递质释放到突触间隙；综上分析符合题意的为B选项。

4．下列有关生态系统的叙述，错误的是A．生态系统的组成成分中含有非生物成分B．生态系统相对稳定时无能量输入和散失C．生态系统维持相对稳定离不开信息传递D．负反馈调节有利于生态系统保持相对稳定【答案】B【解析】生态系统的组成成分：非生物的物质和能量、生产者、消费者、分解者；A正确。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一项是符合题目要求的，第19～21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。

14.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

下列表述符 合物理学史实的是A ．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e 的数值B ．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C ．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D ．麦克斯韦最先提出了场的概念 【答案】C 【解析】试题分析：库伦发现了库仑定律，密立根测量元电荷的数值，A 错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，发明了人类历史上第一台发电机，B 错误C 正确；法拉第第一次提出场的概念，D 错误.考点：考查了物理学史15.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。

下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v 、加速度a 、势能p E 、机械能E 随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是【答案】B 【解析】试题分析：设斜面的倾角为θ，上滑过程中在沿斜面方向上，受到沿斜面向下的摩擦力，和重力的分力，故加速度1sin cos sin cos mg mg a g g mθμθθμθ+==+，下滑过程中在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向上的摩擦力，故加速度1sin cos sin cos mg mg a g g mθμθθμθ-==-，故两个过程中的加速度不同，因为两个过程都是匀变速直线运动，过程中的位移相同，根据公式212x at =可得上滑过程的时间12t t <，A 错误B 正确；重力势能p E mgh =，而h 不是关于t 的一次函数，所以图像不是直线，考点：考查了运动图像16.我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km 的近地圆轨 道1 上：，然后变轨到近地点距离地面50km 、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km 的圆轨道3，轨道1、2相切于P 点，轨道2、3相切于Q 点。