2015 河北衡水物理点睛模拟题8

衡水点睛文化㊃物理答案 第1 页 共4页衡水点睛大联考物理㊃参考答案(三)1.C ʌ解析ɔ由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线,所以在相同时间内转过的角度必相等,即它们做匀速圆周运动的角速度必相等,因此周期也必然相同,选项A B 错误;因为它们所受的向心力都是由它们之间的相互作用力来提供,所以大小必然相等,选项D 错误;由F =m ω2r 可得r ɖ1m,选项C正确㊂2.B ʌ解析ɔ物块在运动过程中所受摩擦力大小不变,假设物块受库仑引力,则物块将做加速度逐渐增大的加速运动,不会停止,因此物块受到的库仑力为斥力,则甲和乙一定带同种电荷,选项A 错误;物块下滑中电场力做正功,电势能一定减小,选项B 正确;由于物块初末速度都为零,根据功能关系可知,重力势能和电势能的减小之和等于克服摩擦力做的功,选项C 错误;现在只能判断出电荷甲和物块乙带电电性相同,不知甲带电的正负,无法判断B ㊁C 两点电势高低,选项D 错误㊂3.C ʌ解析ɔ保持开关闭合,两极间电压不变,使两极板靠近一些,板间场强变大,夹角θ增大,选项A 错误;保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动,不会影响板间电压,夹角θ不变,选项B 错误;保持开关闭合,使两极板远离一些,由E =U d可知,场强减小,夹角θ减小,选项C 正确;断开开关,使两极板靠近一些,板间场强不变,夹角θ不变,选项D 错误㊂4.A ʌ解析ɔ当环境温度降低时R t 增大,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律分析得知,干路电流I 减小,R 两端的电压减小,电容器两端的电压减小㊂当发现电流表A 中的电流方向是由a 到b 时,负电荷从b 到a ,电容器充电,电容器两端的电压增大,表明环境温度是正在逐渐升高,故A 正确㊁B 错误;为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R 的阻值与热敏电阻R t 的阻值相差太大并不能做到,正确的做法应该是增大电容器的电容,故C 错误㊁D 错误㊂5.D ʌ解析ɔ根据力和运动的关系,可判定电场强度的方向水平向右,故A 错误;粒子在电场中运动的全过程中,电场力先做负功,后做正功,电势能先增大后减小,所以带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能,粒子在电场中运动的全过程中,电势能最大处应在A 点的右下方,粒子在电场中运动的全过程中,动能最大处应为B 点,故D 正确㊁B C 错误㊂6.C ʌ解析ɔ消毒用电器P ㊁R 1㊁R 2串联,光照时,消毒用电器P 分得电压U =E 21.1ˑ20>24V ,可以正常工作,黑暗时,消毒分得电压U ᶄ=E 22ˑ20>24V ,也可以正常工作,A 错误;R 1㊁R 2并联后与消毒用电器P 串联,光照时,消毒用电器P 分得电压P 分得电压U >E 20.1ˑ20>24U ,可以正常工作,黑暗时,消毒用电器P 分得电压U ᶄ=E 21ˑ20>24V ,也可以正常工作,B 错误;消毒用电器P 与R 2并联后与R 1串联,光照时,消毒用电器分得电压U ʈ111E >24V ,可以正常工作,黑暗时,消毒用电器P 分得电压U ᶄʈ12E <24V ,不可以正常工作,C 正衡水点睛文化㊃物理答案 第2 页 共4页确;消毒用电器P 与R 1并联后与R 2串联,光照时,消毒用电器P 分得电压U ʈ111E <24V ,不可以正常工作,黑暗时,消毒用电器P 分得电压U ᶄʈ12E <24V ,不可以正常工作,D 错误㊂7.B D8.A D ʌ解析ɔ若是x -t 图象,图象的斜率表示速度,根据题图,该图线在第1s 内的斜率不为零,而第3s 内的斜率为零,这说明物体在第1s 内的速度大于第3s 内的速度,该图一定不是x -t 图,一定是v -t 图,选项B 错误㊁A 正确;v -t 图象的纵坐标表示瞬时速度,根据题图,该物体的速度先增大(0~2s )后不变(2~4s )然后再逐渐减小(4~6s ),选项C 错误;v -t 图象的 面积 表示位移,根据题图,该 面积 越来越大,所以物体的位移越来越大,选项D 正确㊂9.A C ʌ解析ɔ木块P ㊁Q 组成的整体竖直方向受力平衡,所以地面对Q 的支持力为2m g ,由牛顿第三定律可知,Q 对地面的压力为2m g ,选项A 正确;由F f =μF N 可知μ=F f F N =F f 2m g ,因为木块做加速运动F >F f ,选项B 错误;若P ㊁Q 间光滑则木块P 受力如图所示,木块P 所受合力F p =m g t a n θ,因整体无相对运动,木块P 的加速度与整体加速度相同,即a =g t a n θ,选项C 正确;地面与Q 间的滑动摩擦力只与地面与Q 间的动摩擦因数及Q 与地面间的压力有关,与推力F 无关,选项D 错误㊂10.A C ʌ解析ɔ由E p -x 图象可知,由无穷远到N 的过程中,电势能减小,电场力做正功,试探电荷为正,N 点右侧场强方向向左,同理M N 间场强方向向右,所以E N =0,而E p M =φM q =0,所以φM =0,故A 正确㊁B 错误;根据场强分布可知Q 1带负电,Q 2带正电,且|Q 2|<|Q 1|,故C 正确㊁D 错误㊂11.A C D ʌ解析ɔ当滑片左移时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;而R 1两端的电压增大,故乙表示是V 1示数的变化;甲表示V 2示数的变化;故A 正确;由图可知,当只有R 1接入电路时,电路中电流为0.6A ,电压为3V ,则由E =U +I r 可得:E =3+0.6r ;当滑动变阻器全部接入时,两电压表示数之比为14,故R1R 2=14;由闭合电路欧姆定律可得E =5+0.2r ,解得r =5Ω,E =6V ,故B 错误;因当内阻等于外阻时,电源的输出功率最大,故当外阻等于5Ω时,电源的输出功率最大,故此时电流I =E 2r =0.6A ,故电源的最大输出功率P =U I =1.8W ,故C 正确;由上面的分析可知,R 1的阻值为5Ω,R 2电阻为20Ω;当R 1等效为内阻,则当滑动变阻器的阻值等于R +r 时,滑动变阻器消耗的功率最大,故当滑动变阻器阻值为10Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I ᶄ=620A =0.3A ,则滑动变阻器消耗的总功率P ᶄ=I ᶄ2R ᶄ=0.9W ,故D 正确㊂12.A B ʌ解析ɔ图A 中,B 板电势一直比A 板电势高,因此,电子一直向B 板加速运动,一定能从B 板小孔射出,A 正确;由对称性可知,图B 中电压加在板间,将使电子时而向B 板加速,时而向B 板减速,且一直向B 板运动,一定能从B 板小孔射出,B 正确;图C ㊁图D 中电压加在板间,若板间距足够大,则电子将在两板间往复运动,若板间距较小,则有可能从B 板小孔射出,故C ㊁D 均错误㊂13.(1)d /әt 1(1分)dәt ()22-dәt ()122x(2分)8.20(1分)(2)B C(2分) 14.(1)200(1分)(2)如右图所示(各2分,共4分)(3)连接电流表和电压表(1分)(4)斜率(1分)<(1分)15.解:(1)设A㊁B两物块的加速度大小分别为a1㊁a2由v-t图象可知:A㊁B的初速度v0=6m/s,A物体的末速度v1=12m/s,B物体的末速度v2=0a1=әv1әt1=0.75m/s21分……………………………………………………………………………………a2=әv2әt2=1.5m/s21分……………………………………………………………………………………设F=k m A g,水平面上的动摩擦因数为μ,对A㊁B两物块分别由牛顿第二定律得k m A g-μm A g=m A a11分……………………………………………………………………………………μm B g=m B a21分………………………………………………………………………………………………解得:k=0.2251分…………………………………………………………………………………………………(2)设A㊁B两物块8s内的位移分别为x1㊁x2,由图象得x1=v0+v12t1=72m1分……………………………………………………………………………………x2=v0+v22t2=12m1分……………………………………………………………………………………解得:x=x1-x2=60m1分………………………………………………………………………………………16.解:(1)由机械能守恒得m gˑ2r=12m v2B1分…………………………………………………………………………解得:v B=2g r1分………………………………………………………………………………………………(2)进入管口C端时与圆管恰好无作用力,由牛顿第二定有m g=m v2C r1分…………………………………………………………………………………………………由动能定理得m gˑ2r-μm g s=12m v2C2分……………………………………………………………………解得:s=3r1分……………………………………………………………………………………………………(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D端的距离为x,则有k x=m g1分…………………………………由功能关系得m g(r+x)-E p=12m v2m-12m v2C2分…………………………………………………………衡水点睛文化㊃物理答案第3页共4页衡水点睛文化㊃物理答案 第4 页 共4页解得:v m =3g r +2m g 2k -2E p m1分………………………………………………………………………………17.解:从P 处垂直于A 板射出的电子,向右运动,恰打在荧光屏的中心位置O ,沿平行于A 板射出的电子到达荧光屏时离O 的距离最大,这一距离为出现亮点范围的最大半径㊂电子在A ㊁B 间运动时,类似于平抛运动,有y 1=v 0t 11分………………………………………………………………………………………………………d =12a t 121分……………………………………………………………………………………………………e E =m a 1分………………………………………………………………………………………………………v y =a t 11分………………………………………………………………………………………………………设电子射出匀强电场时的偏转角为θ,则t a n θ=v yv 01分………………………………………………………………电子射出匀强电场后在B ㊁M 间的运动为匀速直线运动,其最大侧移y 2=v 0t 21分……………………………而L =v 0t a n θt 21分……………………………………………………………………………………………………所以y 2=L ㊃c o t θ=L v 0m 2e E d1分…………………………………………………………………………………亮点范围的最大半径R =y 1+y21分…………………………………………………………………………………解得:R =v 0(1+L 2d )2m d e E1分………………………………………………………………………………………18.解:(1)小球从P 运动到B 的过程中,由动能定理得2m g R +q E R =12m v 2B 2分……………………………………………………………………………………解得:v B =112gR 1分……………………………………………………………………………………………(2)小球在最低点B 时,根据牛顿第二定律得F B -m g =m v 2BR 1分……………………………………………………………………………………………解得:F B =132m g 1分………………………………………………………………………………………………则由牛顿第三定律得:小球对圆弧轨道的压力大小为13m g 21分…………………………………………………(3)对小球,等效最低点为F 点,在F 点小球的速度最大,设O F 与竖直方向的夹角为θ,在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外,则有t a n θ=qEm g1分…………………………………………………………………………………………………设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为v m ,小球从P 到F 的过程,根据动能定理得m g R (1+c o s θ)+q E R (1+s i n θ)=12m v m 22分……………………………………………………………解得:v m =6gR 1分………………………………………………………………………………………………。

衡水点睛大联考第三次联考㊃物理试卷命题:衡水点睛文化编辑部本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,总分100分,考试时间90分钟㊂第卷(选择题,共48分)一㊁选择题(本大题共个小题,每小题分,共分)1.天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动,那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体黑洞㊂星球与黑洞由万有引力的作用组成双星,以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动,那么() A.它们做圆周运动的角速度与其质量成反比B.它们做圆周运动的周期与其质量成反比C.它们做圆周运动的半径与其质量成反比D.它们所受的向心力与其质量成反比2.在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲,在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙,小物块乙沿斜面运动到C点静止,从B到C的过程中,乙带电量始终保持不变,下列说法正确的是() A.甲㊁乙一定带异种电荷B.小物块的电势能一定减少C.小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功D.B点的电势一定高于C点的电势3.一带电小球悬挂在平行板电容器内部,闭合开关S,电容器充电后,悬线与竖直方向夹角为θ,如下图所示,下列方法中能使夹角θ减小的是() A.保持开关闭合,使两极板靠近一些B.保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动C.保持开关闭合,使两极板远离一些D.断开开关,使两极板靠近一些4.热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件,它的重要特性之一是,其电阻值随着环境温度的升高而减小㊂如右图为一自动温控电路,C为电容器,A为零刻度在中央的电流计,R为定值电阻,R t为热敏电阻㊂电键S闭合稳定后,观察电流表A的偏转情况,可判断环境温度的变化情况㊂以下关于该自动温控电路的分析,正确的是()A.当发现电流表A中的电流方向是由a到b时,表明环境温度是正在逐渐升高B.当发现电流表A中的电流方向是由a到b时,表明环境温度是正在逐渐降低C.为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻R t的阻值D.为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R的阻值远小于热敏电阻R t的阻值5.矩形区域内有水平方向的匀强电场,一个带负电的粒子从A点以某一速度v A射入电场中,最后以另一速度v B从B点离开电场,不计粒子所受的重力,A㊁B两点的位置如右图所示,则下列判断中正确的是() A.电场强度的方向水平向左B.带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能C.粒子在电场中运动的全过程中,电势能最大处为B点D.粒子在电场中运动的全过程中,动能最大处为B点6.有一个消毒用电器P,电阻为20kΩ,它只有在电压高于24V时才能工作,今用一个光敏电阻R1对它进行控制,光敏电阻在光照时为100Ω,黑暗时为1000Ω,电源电动势E为36V,内阻不计,另有一个定值电阻R2,电阻为1000Ω㊂下列电路电键闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作,黑暗时停止工作的是()A B C D7.下列说法正确的是()A.库仑首先引入电场线来描述电场B.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的C.伽利略通过理想斜面实验得出物体的运动需要力来维持D.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体,物体就不会再落回地球上8.如右图所示,表示做直线运动的某一物体在0~5s内的运动图象,由于画图人粗心未标明v-t图还是x-t图,但已知第1s内的速度小于第3s内的速度,下列说法正确的是()A.该图一定是v-t图B.该图一定是x-t图C.物体的速度越来越大D.物体的位移越来越大9.如右图所示,质量均为m的两个木块P㊁Q叠放在水平地面上,P㊁Q接触面的倾角为θ,现在Q上加一水平推力F,使P㊁Q保持相对静止一起向左做加速直线运动,下列说法正确的是() A.物体Q对地面的压力一定为2m gB.若Q与地面间的动摩擦因数为μ,则μ=F2m gC.若P㊁Q之间光滑,则加速度a=g t a nθD.地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大10.两个点电荷Q1㊁Q2固定于x轴上,将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)的过程中,试探电荷的电势能E p随位置变化的关系如右图所示,则下列判断正确的是()A.M点电势为零,N点场强为零B.M点场强为零,N点电势为零C.Q1带负电,Q2带正电,且Q2电荷量较小D.Q1带正电,Q2带负电,且Q2电荷量较小11.在如图(a)所示的电路中,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器㊂闭合电键s,将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端,两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示,则()A.图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线B.电源内电阻的阻值为10ΩC.电源的最大输出功率为1.8WD.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W12.如右图所示,A㊁B为一对中间开有小孔的平行金属板,相距一定距离,A板接地,现有一电子在t=0时刻在A板小孔中由静止开始向B板运动,不计重力及阻力影响,使电子一定能从B板小孔射出,则B板电势ØB与时间t的变化规律是()A B C D第Ⅱ卷(非选择题,共52分)二、实验题(本大题共2个小题,共14分)13.(6分)某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时,物体的加速度与质量之间的关系㊂图甲图乙(1)做实验时,将滑块从图甲所示位置由静止释放,由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1㊁2的时间分别为әt1㊁әt2;用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x,用游标卡尺测得遮光条宽度d㊂则滑块经过光电门1时的速度表达式v1=;滑块加速度的表达式a=(以上表达式均用已知字母表示)㊂如图乙所示,若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度,其读数为mm㊂(2)为了保持滑块所受的合力不变,可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)㊂关于 改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h 的正确操作方法是㊂A.M增大时,h增大,以保持二者乘积增大B.M增大时,h减小,以保持二者乘积不变C.M减小时,h增大,以保持二者乘积不变D.M减小时,h减小,以保持二者乘积减小14.(8分)测量一未知电阻的阻值㊂(1)某同学首先用多用电表粗测电阻的大小,将多用表选择开关置于ˑ10Ω挡,调零后,将红黑表笔分别接电阻两端,发现指针读数如右图所示,则所测阻值为Ω㊂(2)接着该同学计划用伏安法准确测量电阻的阻值,提供的实验器材有:8V直流电源电压表(0~10V,内阻约20kΩ)电流表(0~50m A,内阻约10Ω)滑动变阻器(0~20Ω,1A)开关和导线请根据实验要求和提供的器材,参考下面未完全连接好的实物电路在下面虚线方框内画出实验电路图,并完成下面实物电路未连接的导线㊂(3)在上述(2)的实验中,连接好电路后,闭合开关,发现电流表和电压表皆没有读数,该同学用多用电表检查电路故障㊂他的操作如下:选用多用电表的直流电压挡,将红㊁黑表笔分别接在:电源正负极间;变阻器电阻丝的两端;电流表 - 接线柱和电压表 + 接线柱之间,结果多用电表的指针均发生偏转,则可能是连接之间的导线发生了断路㊂(4)实验中移动变阻器滑动头,记下多组电流表㊁电压表读数(U,I),然后在坐标纸上作出U-I图线,图线的大小表示待测电阻阻值㊂在这个实验中,测量值真实值㊂(填 > = 或 < )三、计算题(本大题共4个小题,共38分)15.(8分)两个底面相同的物块A㊁B,在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始朝同一方向作直线运动㊂A物块受到与速度同向的水平拉力作用,B物块不受拉力作用,图中的两条直线分别表示它们的v-t图象,取g=10m/s2㊂求:(1)物块A所受拉力和重力的大小比值;(2)8s末物块A㊁B之间的距离x㊂16.(10分)如右图所示,光滑曲面A B与水平面B C平滑连接于B点,B C右端连接内壁光滑㊁半径为r的14细圆管C D,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端齐平㊂质量为m的小球在曲面上距B C的高度为2r处从静止开始下滑,小球与B C间的动摩擦因数μ=12,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过C D后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为E P㊂求:(1)小球达到B点时的速度大小v B;(2)水平面B C的长度s;(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度v m㊂17.(10分)如右图所示,在厚铅板A的右表面P处放一个β放射源(β放射源是一个发射出高速电子的源),放出的电子速度均为v0,方向沿各个方向,且机会相等,在B处放一块平行于A的足够大的金属网,A㊁B间加一场强为E㊁方向水平向左的匀强电场,A㊁B间相距d,在B的右侧距金属网L处放置一荧光屏M,以观察到达荧光屏的电子,求荧光屏上出现亮点的范围(设电子的电荷量为e,质量为m)㊂18.(10分)如右图所示,A B C 是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道,圆弧半径为R ,A 点与圆心O 等高,B ㊁C 点处于竖直直径的两端,P A 是一段绝缘的竖直圆管,两者在A 点平滑连接,整个装置处于方向水平向右的匀强电场中,一质量为m ㊁电荷量为+q 的小球从管内与C 点等高处由静止释放,一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动㊂已知匀强电场的电场强度E =3m g 4q (g 为重力加速度),小球运动过程中的电荷量保持不变,忽略圆管和轨道的摩擦阻力㊂求:(1)小球到达B 点时速度的大小;(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力;(3)小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为多少?衡水点睛大联考物理㊃参考答案(三)1.C ʌ解析ɔ由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线,所以在相同时间内转过的角度必相等,即它们做匀速圆周运动的角速度必相等,因此周期也必然相同,选项A B 错误;因为它们所受的向心力都是由它们之间的相互作用力来提供,所以大小必然相等,选项D 错误;由F =m ω2r 可得r ɖ1m,选项C正确㊂2.B ʌ解析ɔ物块在运动过程中所受摩擦力大小不变,假设物块受库仑引力,则物块将做加速度逐渐增大的加速运动,不会停止,因此物块受到的库仑力为斥力,则甲和乙一定带同种电荷,选项A 错误;物块下滑中电场力做正功,电势能一定减小,选项B 正确;由于物块初末速度都为零,根据功能关系可知,重力势能和电势能的减小之和等于克服摩擦力做的功,选项C 错误;现在只能判断出电荷甲和物块乙带电电性相同,不知甲带电的正负,无法判断B ㊁C 两点电势高低,选项D 错误㊂3.C ʌ解析ɔ保持开关闭合,两极间电压不变,使两极板靠近一些,板间场强变大,夹角θ增大,选项A 错误;保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动,不会影响板间电压,夹角θ不变,选项B 错误;保持开关闭合,使两极板远离一些,由E =U d可知,场强减小,夹角θ减小,选项C 正确;断开开关,使两极板靠近一些,板间场强不变,夹角θ不变,选项D 错误㊂4.A ʌ解析ɔ当环境温度降低时R t 增大,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律分析得知,干路电流I 减小,R 两端的电压减小,电容器两端的电压减小㊂当发现电流表A 中的电流方向是由a 到b 时,负电荷从b 到a ,电容器充电,电容器两端的电压增大,表明环境温度是正在逐渐升高,故A 正确㊁B 错误;为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R 的阻值与热敏电阻R t 的阻值相差太大并不能做到,正确的做法应该是增大电容器的电容,故C 错误㊁D 错误㊂5.D ʌ解析ɔ根据力和运动的关系,可判定电场强度的方向水平向右,故A 错误;粒子在电场中运动的全过程中,电场力先做负功,后做正功,电势能先增大后减小,所以带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能,粒子在电场中运动的全过程中,电势能最大处应在A 点的右下方,粒子在电场中运动的全过程中,动能最大处应为B 点,故D 正确㊁B C 错误㊂6.C ʌ解析ɔ消毒用电器P ㊁R 1㊁R 2串联,光照时,消毒用电器P 分得电压U =E 21.1ˑ20>24V ,可以正常工作,黑暗时,消毒分得电压U ᶄ=E 22ˑ20>24V ,也可以正常工作,A 错误;R 1㊁R 2并联后与消毒用电器P 串联,光照时,消毒用电器P 分得电压P 分得电压U >E 20.1ˑ20>24U ,可以正常工作,黑暗时,消毒用电器P 分得电压U ᶄ=E 21ˑ20>24V ,也可以正常工作,B 错误;消毒用电器P 与R 2并联后与R 1串联,光照时,消毒用电器分得电压U ʈ1E >24V P 分得电压U ᶄʈ1E <24V C 正确;消毒用电器P 与R 1并联后与R 2串联,光照时,消毒用电器P 分得电压U ʈ111E <24V ,不可以正常工作,黑暗时,消毒用电器P 分得电压U ᶄʈ12E <24V ,不可以正常工作,D 错误㊂7.B D8.A D ʌ解析ɔ若是x -t 图象,图象的斜率表示速度,根据题图,该图线在第1s 内的斜率不为零,而第3s 内的斜率为零,这说明物体在第1s 内的速度大于第3s 内的速度,该图一定不是x -t 图,一定是v -t 图,选项B 错误㊁A 正确;v -t 图象的纵坐标表示瞬时速度,根据题图,该物体的速度先增大(0~2s )后不变(2~4s )然后再逐渐减小(4~6s ),选项C 错误;v -t 图象的 面积 表示位移,根据题图,该 面积 越来越大,所以物体的位移越来越大,选项D 正确㊂9.A C ʌ解析ɔ木块P ㊁Q 组成的整体竖直方向受力平衡,所以地面对Q 的支持力为2m g ,由牛顿第三定律可知,Q 对地面的压力为2m g ,选项A 正确;由F f =μF N 可知μ=F f F N =F f 2m g ,因为木块做加速运动F >F f ,选项B 错误;若P ㊁Q 间光滑则木块P 受力如图所示,木块P 所受合力F p =m g t a n θ,因整体无相对运动,木块P 的加速度与整体加速度相同,即a =g t a n θ,选项C 正确;地面与Q 间的滑动摩擦力只与地面与Q 间的动摩擦因数及Q 与地面间的压力有关,与推力F 无关,选项D 错误㊂10.A C ʌ解析ɔ由E p -x 图象可知,由无穷远到N 的过程中,电势能减小,电场力做正功,试探电荷为正,N 点右侧场强方向向左,同理M N 间场强方向向右,所以E N =0,而E p M =φM q =0,所以φM =0,故A 正确㊁B 错误;根据场强分布可知Q 1带负电,Q 2带正电,且|Q 2|<|Q 1|,故C 正确㊁D 错误㊂11.A C D ʌ解析ɔ当滑片左移时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;而R 1两端的电压增大,故乙表示是V 1示数的变化;甲表示V 2示数的变化;故A 正确;由图可知,当只有R 1接入电路时,电路中电流为0.6A ,电压为3V ,则由E =U +I r 可得:E =3+0.6r ;当滑动变阻器全部接入时,两电压表示数之比为14,故R1R 2=14;由闭合电路欧姆定律可得E =5+0.2r ,解得r =5Ω,E =6V ,故B 错误;因当内阻等于外阻时,电源的输出功率最大,故当外阻等于5Ω时,电源的输出功率最大,故此时电流I =E 2r =0.6A ,故电源的最大输出功率P =U I =1.8W ,故C 正确;由上面的分析可知,R 1的阻值为5Ω,R 2电阻为20Ω;当R 1等效为内阻,则当滑动变阻器的阻值等于R +r 时,滑动变阻器消耗的功率最大,故当滑动变阻器阻值为10Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I ᶄ=620A =0.3A ,则滑动变阻器消耗的总功率P ᶄ=I ᶄ2R ᶄ=0.9W ,故D 正确㊂12.A B ʌ解析ɔ图A 中,B 板电势一直比A 板电势高,因此,电子一直向B 板加速运动,一定能从B 板小孔射出,A 正确;由对称性可知,图B 中电压加在板间,将使电子时而向B 板加速,时而向B 板减速,且一直向B 板运动,一定能从B 板小孔射出,B 正确;图C ㊁图D 中电压加在板间,若板间距足够大,则电子将在两板间往复运动,若板间距较小,则有可能从B 板小孔射出,故C ㊁D 均错误㊂d 1分)dәt ()22-dәt ()12分)分)(2)B C (2分)14.(1)200(1分)(2)如右图所示(各2分,共4分)(3)连接电流表和电压表(1分)(4)斜率(1分)<(1分)15.解:(1)设A ㊁B 两物块的加速度大小分别为a 1㊁a 2由v -t 图象可知:A ㊁B 的初速度v 0=6m /s ,A 物体的末速度v 1=12m /s ,B 物体的末速度v 2=0a 1=әv 1әt 1=0.75m /s21分……………………………………………………………………………………a 2=әv 2әt 2=1.5m /s 21分……………………………………………………………………………………设F =k m A g ,水平面上的动摩擦因数为μ,对A ㊁B 两物块分别由牛顿第二定律得k m A g -μm A g =m A a 11分……………………………………………………………………………………μm B g =m B a 21分………………………………………………………………………………………………解得:k =0.2251分…………………………………………………………………………………………………(2)设A ㊁B 两物块8s 内的位移分别为x 1㊁x 2,由图象得x 1=v 0+v 12t 1=72m 1分……………………………………………………………………………………x 2=v 0+v 22t 2=12m 1分……………………………………………………………………………………解得:x =x 1-x 2=60m 1分………………………………………………………………………………………16.解:(1)由机械能守恒得m g ˑ2r =12m v 2B 1分…………………………………………………………………………解得:v B =2g r 1分………………………………………………………………………………………………(2)进入管口C 端时与圆管恰好无作用力,由牛顿第二定有m g =m v 2Cr 1分…………………………………………………………………………………………………由动能定理得m g ˑ2r -μm g s =12m v 2C 2分……………………………………………………………………解得:s =3r 1分……………………………………………………………………………………………………(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D 端的距离为x ,则有k x =m g 1分…………………………………由功能关系得m g r +x p 1m v 2m -1m v 2C 2分…………………………………………………………解得:v m =3g r +2m g 2k -2E p m1分………………………………………………………………………………17.解:从P 处垂直于A 板射出的电子,向右运动,恰打在荧光屏的中心位置O ,沿平行于A 板射出的电子到达荧光屏时离O 的距离最大,这一距离为出现亮点范围的最大半径㊂电子在A ㊁B 间运动时,类似于平抛运动,有y 1=v 0t 11分………………………………………………………………………………………………………d =12a t 121分……………………………………………………………………………………………………e E =m a 1分………………………………………………………………………………………………………v y =a t 11分………………………………………………………………………………………………………设电子射出匀强电场时的偏转角为θ,则t a n θ=v yv 01分………………………………………………………………电子射出匀强电场后在B ㊁M 间的运动为匀速直线运动,其最大侧移y 2=v 0t 21分……………………………而L =v 0t a n θt 21分……………………………………………………………………………………………………所以y 2=L ㊃c o t θ=L v 0m 2e E d1分…………………………………………………………………………………亮点范围的最大半径R =y 1+y21分…………………………………………………………………………………解得:R =v 0(1+L 2d )2m d e E1分………………………………………………………………………………………18.解:(1)小球从P 运动到B 的过程中,由动能定理得2m g R +q E R =12m v 2B 2分……………………………………………………………………………………解得:v B =112gR 1分……………………………………………………………………………………………(2)小球在最低点B 时,根据牛顿第二定律得F B -m g =m v 2BR 1分……………………………………………………………………………………………解得:F B =132m g 1分………………………………………………………………………………………………则由牛顿第三定律得:小球对圆弧轨道的压力大小为13m g 21分…………………………………………………(3)对小球,等效最低点为F 点,在F 点小球的速度最大,设O F 与竖直方向的夹角为θ,在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外,则有t a n θ=qEm g1分…………………………………………………………………………………………………设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为v m ,小球从P 到F 的过程,根据动能定理得m g R (1+c o s θ)+q E R (1+s i n θ)=12m v m 22分……………………………………………………………解得:v m =6gR 1分………………………………………………………………………………………………。

2015年河北省衡水市点睛金榜大联考高考物理模拟试卷〔八〕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题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符台题目要求．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．在玻璃皿的中心放一个x=6m圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如下列图的磁场中，液体就会旋转起来．假设从上向下看，如下判断正确的答案是〔〕A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C．A、B与50Hz的交流电源相接，液体持续旋转D．仅磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变2．质点从光滑水平面上的P点做初速度为零的匀加速直线运动．质点到达M点时的速率为v，到达N点时的速率为3v．如此P、M商点之间的距离与M、N两点间的距离之比为〔〕A．1：3 B．1：5 C．1：8 D．1：93．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的答案是〔〕A．B． C． D．4．如下列图，楔形物体B静止在粗糙的斜面上，其质量为M，斜面倾角为θ．一质量为m 的小物块A静止在斜面上．用恒力F沿斜面向上拉小物块，小物体A仍然静止在斜面上．如下说法正确的答案是〔〕A．没有施加恒力F耐，地面对楔形物体B的支持力为MgB．没有施加恒力F时，地面对楔形物体B的摩擦力为mgcosθC．施加恒力F时，地面对楔形物体B的支持力为〔M+m〕gD．施加恒力F时，地面对楔形物体B的摩擦力为Fcosθ5．如下列图，四个标有“11V、4.4W〞的完全一样的灯泡，按如下列图分别接在理想变压器的原、副线圈上，且都正常发光．如下说法正确的答案是〔〕A．变压器原、副线圈匝数之比为1：2B．灯泡L1两端电压为22VC．交流电源两端电压为33 VD．交流电源的输出功率为17.6 W6．由于地球自转的影响，地球外表的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．地球外表两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量均匀分布的球体．如下说法正确的答案是〔〕A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mgB．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0C．地球的半径为D．地球的密度为7．如下列图，在光滑绝缘的水平面OP右侧有竖直向上的匀强磁场，两个一样的带电小球a 和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后两球均运动到OP边界上，如下说法正确的答案是〔〕A．球a、b均带正电B．球a在磁场中运动的时间比球b的短C．球a在磁场中运动的路程比球b的短D．球a在P上的落点与O点的距离比b的近8．质量为m，带+q电量的物块静止在绝缘水平面上．在空间加上竖直向上的匀强电场，经时间t撤去电场，物块又经过时间t回到出发点，此时物体的动能为E k．不计空气阻力，重力加速度大小为g如此如下说法正确的答案是〔〕A．撤去电场前后物块的加速度大小之比为1：3B．电场强度大小为C．撤去电场时，物物块的重力势能是E kD．撤去电场时，物块的动能是E k二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共129分} 9．利用如图1所示的装置可以测量重物下落的加速度．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．在纸带上选择较清晰的点作为计时起点，并取该某点为0号计数点，然后每隔一个点取一十计数点，分别记为1、2、…6，并测量出点1、2、…6与．点的距离分别为1、x2…x6，假设点0和点1间的时间为T，根据测量的数据画出出﹣t图象如图2所示，假设图象的斜率为k，纵截距为b，如此计时起点重物的速度为，重物的加速度为．〔结果用含有字母“b〞、“k〞的表达式表示〕10．利用如图甲所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：电流表A，阻值均为2.5 的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线假设干．实验步骤如下：①将鳄鱼夹P接在R1右侧，仅使 R1串人电路闭合开关S，记录电流表的示数I；②改变鳄鱼夹P的位置，使鳄鱼夹P分别接在R2、R3、R4、R5的右侧，记下电流表的示数I；③以为纵坐标，接人电路中定值电阻n的个数为横坐标，作﹣n图线〔用直线拟合〕；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答如下问题：〔1〕分别用E和r表示电源的电动势和内阻，如此与n的关系式为〔2〕实验得到的局部数据如表所示，其中电阻n=3时电流表的示数如图乙所示，读出数据，完成表：①，②．n 1 2 3 4 5I/A 0.536 0.283 ①0.146 0.117I﹣1/A﹣1 1.87 3.53 ② 6.87 8.53〔3〕在图丙的坐标纸上作图，根据图线求得斜率k=A﹣1Ω﹣1，截距b=A﹣1．〔4〕根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=Ω．11．如下列图，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行．初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度一样，求小墨块在传送带上留下的痕迹．12．如图1所示，两根足够长的金属导轨ab、cd与水平面成θ=37°固定，导轨间距离为L=1m，电阻不计．在导轨上端接一个阻值为R0的定值电阻．在c、N之间接有电阻箱．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B：lT；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．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．金属棒与导轨间的滑动摩擦因数为μ=0.5．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度V m，得到V m﹣R的关系如图2所示．假设轨道足够长，重力加速度g取10m/s2．求：〔1〕金属杆的质量m和定值电阻 R0的阻值；〔2〕当电阻箱R取3.5Ω时，且金属杆的加速度为1m/s2时，此时金属杆的速度．(二)选考题：共45分．请考生从结出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，如此按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】13．有关热学的说法，正确的答案是〔〕A．布朗运动的实质就是分子的热运动B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．随着科技的进步，物体的温度可以降低到﹣300℃D．热量可以从低温物体传递到高温物体E．对物体做功，物体的内能可能减小14．倾角为θ的无限长光滑斜面固定在水平面上，一密闭容器封闭一定质量的气体静止放置在斜面上，质量为m=的活塞把气体分成体积相等的A、B两局部，假设活塞与容器接触良好，且活塞的截面积为s，重力加速度为g，P A为活塞静止时的A局部气体的压强．现释放容器，当活塞相对容器静止时，求A、B两局部气体的体积之比．【物理--选修3-4】15．如下说法正确的答案是〔〕A．如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B．含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干预、衍射与折射时都可以发生色散C．向人体人发射频率的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率编号就能知道血流的速度，这种方法熟称“彩超〞D．麦克斯韦关于电磁场的两个根本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E．狭义相对论明确物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量16．如下列图，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边d2处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边上的P点射入棱镜，其中PA的长度为d1．〔i〕为了使紫光能从AC面射出棱镜，n2应满足什么条件？〔ii〕假设两种光都能从AC面射出，求两种光从P点到传播到光屏MN上的时间差．【物理--选修3-5】17．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．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C．卢瑟福通过对c粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性18．如下列图，一个质量为M=2kg的凹槽静置在光滑的水平地面上，凹槽内有一质量为m=1kg 的小滑块，某时刻小滑块获得水平向右的瞬时速度v0=10m/s，此后发现小滑块与凹槽左右两壁不断碰撞，当小滑块速度大小为1m/s时，试求此时系统损失的机械能．2015年河北省衡水市点睛金榜大联考高考物理模拟试卷〔八〕参考答案与试题解析一、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题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符台题目要求．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．在玻璃皿的中心放一个x=6m圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如下列图的磁场中，液体就会旋转起来．假设从上向下看，如下判断正确的答案是〔〕A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C．A、B与50Hz的交流电源相接，液体持续旋转D．仅磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变【考点】霍尔效应与其应用．【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定如此可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．【解答】解：A、假设A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定如此可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转；故A正确；B、同理，假设B接电源正极、A接电源负极，根据左手定如此得，液体沿逆时针作圆周运动．故B错误；C、A、B与50Hz的交流电源相接，液体不会旋转，故C错误；D、假设磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化．故D错误．应当选：A．【点评】此题是一道根底题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定如此即可正确解题．2．质点从光滑水平面上的P点做初速度为零的匀加速直线运动．质点到达M点时的速率为v，到达N点时的速率为3v．如此P、M商点之间的距离与M、N两点间的距离之比为〔〕A．1：3 B．1：5 C．1：8 D．1：9【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】设质点的加速度为a，根据匀变速直线运动位移速度公式分别为PM和PN两个过程列式，联立方程即可求解．【解答】解：设质点的加速度为a，根据匀变速直线运动位移速度公式，如此有：v2=2ax PM，〔3v〕2=2ax PN，解得：x PM：x PN=1：9所以x PM：x MN=1：8应当选：C【点评】此题主要考查了匀加速直线运动速度位移公式的直接应用，选取好研究过程中可以使计算过程更简单．3．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．该粒子质量为m、电量为﹣q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的答案是〔〕A．B． C． D．【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】在φ﹣x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma 判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x=0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A 错误；B、由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；C、在x=0左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=E k2，在x=0的右侧，根据动能定理可得﹣qEx=E k′﹣E k，故D正确应当选：D【点评】此题主要考查了φ﹣x图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度，抓住粒子带负电即可．4．如下列图，楔形物体B静止在粗糙的斜面上，其质量为M，斜面倾角为θ．一质量为m 的小物块A静止在斜面上．用恒力F沿斜面向上拉小物块，小物体A仍然静止在斜面上．如下说法正确的答案是〔〕A．没有施加恒力F耐，地面对楔形物体B的支持力为MgB．没有施加恒力F时，地面对楔形物体B的摩擦力为mgcosθC．施加恒力F时，地面对楔形物体B的支持力为〔M+m〕gD．施加恒力F时，地面对楔形物体B的摩擦力为Fcosθ【考点】共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】没有施加恒力F和施加恒力F时，AB整体都处于静止状态，以整体为研究对象可知，整体受力平衡，根据平衡条件列式即可求解．【解答】解：A、没有施加恒力F时，以整体为研究对象可知，整体受力平衡，如此有：地面对楔形物体B的支持力为F N=〔M+m〕g，地面对楔形物体B的摩擦力f=0，故AB错误；C、施加恒力F时，以整体为研究对象可知，整体受力平衡，如此有：地面对楔形物体B的支持力为F N′=〔M+m〕g﹣Fsinθ，地面对楔形物体B的摩擦力为f′=Fcosθ，故C错误，D正确；应当选：D【点评】受力平衡类的题目，只需要选好研究对象，受力分析，应用平衡条件求解即可．5．如下列图，四个标有“11V、4.4W〞的完全一样的灯泡，按如下列图分别接在理想变压器的原、副线圈上，且都正常发光．如下说法正确的答案是〔〕A．变压器原、副线圈匝数之比为1：2B．灯泡L1两端电压为22VC．交流电源两端电压为33 VD．交流电源的输出功率为17.6 W【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．由功率公式可求得功率．【解答】解：A、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1，故A错误；B、灯泡L1正常发光，故两端的电压为11V，故B错误；C、原线圈两端电压为22V，如此交流电源的总电压为：22+11+11=44V；故C错误；D、交流电源的输出功率P=UI=44×0.4=17.6W；故D正确；应当选：D【点评】此题解题的突破口在原副线圈的电流关系，特别注意电源总电压与加在副线圈两端电压的关系．6．由于地球自转的影响，地球外表的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．地球外表两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量均匀分布的球体．如下说法正确的答案是〔〕A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mgB．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0C．地球的半径为D．地球的密度为【考点】万有引力定律与其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径．【解答】解：A、质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．F=mg0，故A错误；B、质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小等于在地球北极受到的万有引力，即为mg0，故B正确；C、设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m．物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径．根据万有引力定律和牛顿第二定律有﹣mg=m在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力即根据卫星运动的特点：越远越慢，知道在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期=mg0解得 R=，故C正确；D、因为，所以 M=又因地球的体积V=πR3，所以ρ=，故D正确．应当选：BCD【点评】解答此题要清楚地球外表的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力．7．如下列图，在光滑绝缘的水平面OP右侧有竖直向上的匀强磁场，两个一样的带电小球a 和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后两球均运动到OP边界上，如下说法正确的答案是〔〕A．球a、b均带正电B．球a在磁场中运动的时间比球b的短C．球a在磁场中运动的路程比球b的短D．球a在P上的落点与O点的距离比b的近【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】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定如此判断小球的电性，应用半径公式和周期公式进展分析．【解答】解：A、根据题意作出两球运动的轨迹，如图，圆O1、O2分别为b、a的轨迹．由左手定如此可知，a、b均带正电，故A正确；B、a、b两粒子做圆周运动的半径都为 R=，由轨迹可知，a在磁场中转过的圆心角较大，由t=T==，如此球a在磁场中运动的时间比球b的长，故B错误．C、两球在磁场中运动的路程S=θR，如此知球a在磁场中运动的路程比球b的长，故C错误．D、根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．应当选：AD．【点评】此题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．8．质量为m，带+q电量的物块静止在绝缘水平面上．在空间加上竖直向上的匀强电场，经时间t撤去电场，物块又经过时间t回到出发点，此时物体的动能为E k．不计空气阻力，重力加速度大小为g如此如下说法正确的答案是〔〕A．撤去电场前后物块的加速度大小之比为1：3B．电场强度大小为C．撤去电场时，物物块的重力势能是E kD．撤去电场时，物块的动能是E k【考点】动能定理的应用；动能定理；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】对两种情况下的运动分别由牛顿第二定律与运动学公式进展分析，如此可求得电场强度；由动能定理进展分析，可求得物体的动能．【解答】解：A、存在电场时有：x=a1t2；v=a1t由牛顿第二定律可知：qE﹣mg=ma1；撤去电场时有：﹣x=vt﹣a2t2a2=g联立解得：E=，a2=3a1；故A正确，B错误；C、由动能定理可知，从上升到返回出发点有：qEx=Ek因Eq=；故重力势能增加△E P=mgx=E k；故C错误；D、因EK'=〔qE﹣mg〕x=；故D正确；应当选：AD．【点评】此题考查电场中动能定理与牛顿第二定律的应用，要注意分别对两种情况进展分析，找出对应的关系即可求解．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共129分} 9．利用如图1所示的装置可以测量重物下落的加速度．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．在纸带上选择较清晰的点作为计时起点，并取该某点为0号计数点，然后每隔一个点取一十计数点，分别记为1、2、…6，并测量出点1、2、…6与．点的距离分别为1、x2…x6，假设点0和点1间的时间为T，根据测量的数据画出出﹣t图象如图2所示，假设图象的斜率为k，纵截距为b，如此计时起点重物的速度为 b ，重物的加速度为2k ．〔结果用含有字母“b〞、“k〞的表达式表示〕【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题．【分析】根据平均速度等于位移与时间比值，结合=，与图象的含义，即可列式求解．【解答】解：根据=，而=，如此有： =kt；那么v=2kt﹣v0；因此计时起点重物的速度为b，重物的加速度为2k．故答案为：b，2k．【点评】此题关键是明确明确实验原理，会用图象的意义来求解加速度，注意平均速度的两种不同求法．10．利用如图甲所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：电流表A，阻值均为2.5 的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线假设干．实验步骤如下：①将鳄鱼夹P接在R1右侧，仅使 R1串人电路闭合开关S，记录电流表的示数I；②改变鳄鱼夹P的位置，使鳄鱼夹P分别接在R2、R3、R4、R5的右侧，记下电流表的示数I；③以为纵坐标，接人电路中定值电阻n的个数为横坐标，作﹣n图线〔用直线拟合〕；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答如下问题：〔1〕分别用E和r表示电源的电动势和内阻，如此与n的关系式为=〔2〕实验得到的局部数据如表所示，其中电阻n=3时电流表的示数如图乙所示，读出数据，完成表：①0.192 ，② 5.20 ．n 1 2 3 4 5I/A 0.536 0.283 ①0.146 0.117I﹣1/A﹣1 1.87 3.53 ② 6.87 8.53〔3〕在图丙的坐标纸上作图，根据图线求得斜率k= 1.7 A﹣1Ω﹣1，截距b= 0.20 A﹣1．〔4〕根据图线求得电源电动势E= 1.5 V，内阻r= 0.30 Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】〔1〕由闭合电路欧姆定律得出电动势与电流间的关系，变形可得出对应函数关系；〔2〕根据量程确定最小分度，如此可得出对应的示数；〔3〕根据描点法得出对应的图象；并利用数学关系得出对应的斜率和截距；〔4〕根据公式的函数关系可求得电源的电势和内阻【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可得：E=I〔r+nR〕解得： =〔2〕电流表量程为600mA，如此指针的示数为：I=192mA=0.192A；其倒数为：5.20；〔3〕根据描点法得出对应的图象如下列图；图象的斜率为：k==1.7；截距b=0.2；〔4〕由表示式可知：=1.7；=0.2；解得：E=1.5V；r=0.3故答案为：〔1〕=；〔2〕0.192；5.20；〔3〕1.7；0.2；〔4〕1.5；0.3．【点评】此题考查了测量电动势和内阻中的作图象、求电源电动势与内阻；应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法．11．如下列图，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行．初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度一样，求小墨块在传送带上留下的痕迹．【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】分析小墨块与传送带的运动，只有要二者有相对运动，就会在传送带上形成痕迹；求出相对静止的时间，再由运动学公式求出各自的位移，即可求得痕迹长度．。

衡水中学2015届高三第四次联考物理试题本试卷分第1卷〔选择题〕和第2卷〔非选择题〕, 总分100分, 考试时间90分钟。

【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的根本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律与其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以与它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以根本定义、根本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。

第1卷〔选择题,共4 8分〕一、选择题〔本大题共1 2个小题, 每一小题4分, 共4 8分〕【题文】1．三个原子核X、 Y、 Z, X 核放出一个正电子后变为Y 核, Y 核与质子发生核反响后生成Z 核并放出一个氦〔42H e 〕 , 如此下面说法正确的答案是〔〕A．X 核比Z 核多一个质子B．X 核比Z 核少一个中子C．X 核的质量数比Z 核质量量大2 D．X 核与Z 核的总电荷是Y 核电荷的2倍【知识点】原子核的人工转变．O2【答案解析】D解析：A、设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2．由此可得X核的质子〔y〕比Z核的质子〔y-2〕多2个，故A错误；B、由A可得X核的中子〔x-y〕比Z核的中子〔x-y-1〕多1个，故B错误；C、X核的质量数〔x〕比Z核的质量数〔x-3〕多3个，故C错误；D、X核与Z核的总电荷〔2y-2〕是Y核电荷〔y-1〕的2倍，故D正确．应当选：D【思路点拨】根据题意写出核反响方程，再由质量守恒定律和核电荷数守恒来判断各选项．【题文】2．如右图为一列沿x轴传播的简谐横波在t1=0〔图中实线所示〕以与在t2=0．02s 〔图中虚线所示〕两个时刻的波形图象, t 2-t 1<T / 2〔 T 为该波的周期〕 , 如此以下说法正确的答案是〔〕A．波沿着x轴负方向传播B．波的传播速度是100m/ sC．在t3=0．0 4 s时刻, 质点a的速度为零D．在t=1．6 s时刻, x=6 4m 的质点在波谷位置【知识点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．G4【答案解析】B解析：A、由图象知波长为λ=16m，由t2-t1＜12T 知周期T＞0.04s，所以0.02s＜12T，波沿X轴正向传播，故A错误．B、由题意知，所以T=0.16s，波速．故B正确．C、在t3=0.04 s时刻，质点a回到平衡位置，速度最大，故C错误．D、波谷波传到64m，剩余1.18s不是周期的整数倍，该处质点不处于波谷位置，故D错误．应当选B【思路点拨】从波动图象上可直接得出这列波的波长；要确定波的传播方向，可先假设波的传播方向，再根据波速，波长和周期的关系确定出这列波的周期的表达式，最后利用波速、波传播的距离求出所给时间代表的实际周期，根据波的传播方向求出在t时间内波传播的距离，从而得出质点在某一时刻的振动情况．【题文】3．朝南的钢窗原来关着, 今将它突然朝外推开, 转过一个小于9 0 °的角度, 考虑到地球磁场的影响, 如此钢窗活动的一条边中〔西边〕〔〕A．有自下而上的微弱电流B．有自上而下的微弱电流C．有微弱电流, 方向是先自上而下, 后自下而上D．有微弱电流, 方向是先自下而上, 后自上而下【知识点】楞次定律；磁通量．L1【答案解析】A解析：当窗框转过90°时，平面与磁场平行时，没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0．因钢窗朝南，根据楞次定律，穿过窗框的磁通量减小时，产生的感应电流的方向为逆时针，故A正确．【思路点拨】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS．当线圈与磁场平行时，磁通量Φ=0．当窗框转过90°时，没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0．根据楞次定律，判断出产生的感应电流的方向为逆时针．【题文】4．一段长0．2m, 通过2．5 A 电流的直导线, 关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况, 正确的答案是〔〕A．如果B=2 T, F一定是1 N B．如果F=0, B也一定为零C．如果B=4 T, F有可能是1 N D．如果F有最大值时, 通电导线一定与B平行【知识点】安培力．K1【答案解析】C解析：长度为0.2m的通电直导线，假设放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，如此由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．假设不垂直，如此通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，如此B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，假设垂直放置时，如此安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，应当选C【思路点拨】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90°时，安培力最大；如此安培力在最大值与零之间．【题文】5．2 0 1 3年6月1 1日, 我国航天员聂海胜、张晓光和王亚平在“ 天宫一号〞首次为青少年进展太空授课, 开辟了我国太空教育的新篇章。

衡水中学高三第二次模拟考试试题物 理第Ⅰ卷（选择题 共54分）一、选择题（每小题3分，共54分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上，选对一个得2分，错选、多选不得分）1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B ．根据速度定义式t x v ∆∆=，当t ∆非常非常小时，tx ∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C ．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法D ．加速度的定义式，采用的是比值法2．如图，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m 的物体A 与一劲度系数为k 的轻弹簧相连．现用拉力F 沿斜面向上拉弹簧，使物体A 在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h ，斜面体始终处于静止状态．在这一过程中A ．弹簧的伸长量为B ．拉力F 做的功为αsin FhC ．物体A 的机械能增加mghD ．斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcos α3．如图所示，小车板面上的物体质量为m =8kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N ．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s 2，随即以1m/s 2的加速度做匀加速直线运动．以下说法中，正确的是（ ）A ．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B ．物体受到的摩擦力先减小、后增大、先向左、后向右C ．当小车加速度（向右）为0.75m/s 2时，物体不受摩擦力作用D ．小车以1m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N4． 如下图所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，下列说法中正确的是( )A ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度B ．卫星C 的运行速度大于物体A 的速度C ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点加速度大小不相等D ．若已知物体A 的周期和万有引力常量，可求出地球的平均密度5．如图所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力θsin mg F =；已知滑块与斜面间的动摩擦因数θμtan =，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 ，滑块动能k E 、势能p E 、机械能E 随时间t 、位移s 关系的是（ ）6、在河面上方20 m 的岸上有人用长绳栓住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°。

河北省衡水中学高2018届高三上学期第四次模拟考试物理试题第I卷(选择题共60分)一、选择题(每小题4分,共60分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意,请将正确答案的序号填涂在答题卡上)1.对下列各图蕴含的信息理解正确的是( )A.图甲的加速度时间图像说明该物体在做加速直线运动B.图乙的位移时间图像说明该物体受力平衡C.图丙的动能时间图像说明该物体做匀减速直线运动D.图丁的速度时间图像说明该物体的合力随时间增大2.如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图。

一根轻绳跨过光滑的动滑轮,轻绳的一端系在位置A处,动滑轮的下端挂上重物,轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处。

起吊重物前,重物处于静止状态。

起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B,然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D,最后把重物卸载到某一个位置。

则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是( )A.吊钩从C向B移动的过程中,轻绳上的拉力不变B.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力变大C.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力不变D.吊钩从B 向D 移动过程中,轻绳上的拉力变大3.如图所示,某人从高出水平地面h 的山坡上的P 点水平击出一个质量为m 的高尔夫球,飞行中持续受到一阵恒定的水平风力的作用,高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L 的洞穴Q 。

则( )A.球飞行中做的是平抛运动B.球飞行的时间为gh 2 C.球被击出时的初速度大小为Lgh 2 D.球飞行中受到的水平风力大小为Lmgh4.如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是m f 。

现用平行于斜面的拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动,则拉力F 的最大值( )A.m f 53 B.m f 43 C.m f D.m f 23 5.如图所示,叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度匀速转动,A 、B 、C的质量分别为m 、2m 、m,A 与B 、B 与转台间的动摩擦因数为,C 与转台间的动摩擦因数为2,B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r 。

2014一2015学年度下学期高三年级一调考试理科综合试卷命题人:刘志营、范灵丽、李兴义本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分.总分300分，考试时间150分钟. 可能用到的相对原子质足HI()16 C 12 N 14 S 32 F 19 CI 35.5 Br 80 1 127 Si 28Na 23 K 39 Ca 40 Mg 24 A一27 Fe 56 Cu 64 Co 59第I卷(选择题共126分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分.共48分.其中14-18为单选题,19-21题为多选题.全部选对的得6分.选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.2012年度诺贝尔物理学奖授予了法国科学家塞尔日·阿罗什与美国科学家大卫·维因兰德，以表彰他们独立发明并发展测量和控制粒子个体、同时保持它们量子力学特性的方法。

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.开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比B.库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用为规律的研究C.法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D.安培首先引人电场线和磁感线.极大地促进了他对电磁现象的研究15.如图所示，水平面上停放着A,B两辆小车，质量分别为M和m， M>m,两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳。

第一次人站在A车上，杆插在B车上第二次人站在B车上，杆插在A车上;若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1和t2，则( )D.条件不足，无法判断16.如图，一质量为m 的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点.另一端系在滑块上.弹簧与斜面垂直，则( )A.滑块不可能只受到三个力作用B.弹簧不可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对，块的摩擦力大小一定等于12mg 17.我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星.预示着我国通讯技术的不断提高。

河北省衡水中学2015届高三第五次调研考试物理试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。

第Ⅰ卷可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 N－14 Na－23 Mg－24 Al－27S－32 Cl－35.5 Ca－40 Fe－56 Cu－64二、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。

14．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v一t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第10 s末，乙车改变运动方向B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 mC．在第20 s末，甲、乙两车相遇D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次15．在2014年8月28日第二届南京青年奥林匹克运动会闭幕式举行现场，国际奥委会主席托马斯·巴赫再次提议全场观众使用智能手机拍照“传情”，这已经成为本届青奥会最时尚的“传情”方式。

若他们拿手机进行自拍时，只用两个手指捏着手机，则下列说法正确的是（）A ．手机一定只受到弹力和重力作用，处于平衡状态B ．手机可能受到摩擦力、弹力、重力作用，处于平衡状态C ．手机一定只受到摩擦力和重力作用，处于平衡状态D ．手机受到摩擦力、手臂的举力、弹力、重力作用，处于平衡状态16．如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆滑顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球。

【衡水点睛大联考】2015届高三第四次联考物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分, 总分100分, 考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题,共4 8分）一、选择题（本大题共1 2个小题, 每小题4分, 共4 8分）1．三个原子核X、Y、Z, X 核放出一个正电子后变为Y 核, Y 核与质子发生核反应后生成Z 核并放出一个氦（42H e ）, 则下面说法正确的是（）A．X 核比Z 核多一个质子B．X 核比Z 核少一个中子C．X 核的质量数比Z 核质量量大2 D．X 核与Z 核的总电荷是Y 核电荷的2倍2．如右图为一列沿x轴传播的简谐横波在t1=0（图中实线所示）以及在t2=0．02s（图中虚线所示）两个时刻的波形图象, 已知t 2-t 1<T / 2（T 为该波的周期）, 则以下说法正确的是（）A．波沿着x轴负方向传播B．波的传播速度是100m/ sC．在t3=0．0 4 s时刻, 质点a的速度为零D．在t=1．6 s时刻, x=6 4m 的质点在波谷位置3．朝南的钢窗原来关着, 今将它突然朝外推开, 转过一个小于9 0 °的角度, 考虑到地球磁场的影响, 则钢窗活动的一条边中（西边）（）A．有自下而上的微弱电流B．有自上而下的微弱电流C．有微弱电流, 方向是先自上而下, 后自下而上D．有微弱电流, 方向是先自下而上, 后自上而下4．一段长0．2m, 通过2．5 A 电流的直导线, 关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况, 正确的是（）A．如果B=2 T, F一定是1 N B．如果F=0, B也一定为零C．如果B=4 T, F有可能是1 N D．如果F有最大值时, 通电导线一定与B平行5．2 0 1 3年6月1 1日, 我国航天员聂海胜、张晓光和王亚平在“ 天宫一号” 首次为青少年进行太空授课, 开辟了我国太空教育的新篇章。

如右图是授课过程中让小球做圆周运动的情景, 长为L 的细线一端固定在支架上, 另一端系着小球, 拉直细线, 让小球在最低点（以图中支架为参考）以垂直于细线的速度v0抛出开始做圆周运动。