四川省德阳市高中 2015届高三“二诊”考试 生 物 试 题 考生作答时，须将答案答在各科答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试卷、草稿纸上答题无效。
考试结束后，将答题卡交回。
试卷分第I卷和第Ⅱ卷。
（90分） 第I卷 （选择题 共42分） 一、单选题：本大题共有7个小题，每小题6分，共42分1．研究表明硒对线粒体膜有稳定作用，可以推测缺硒时下列生理过程受影响最大的是 A．质壁分离与复原 B．兴奋在突触中的传递 C．光合作用暗反应 D．成熟红细胞运输2 2．下列有关生物实验的描述，正确的是 A．“观察藓类叶片细胞的叶绿体的形态和分布”与“观察植物根尖分生组织细胞的有丝分裂”，这两个实验过程中都要使实验材料保持活性 B．选用紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞观察质壁分离现象时，观察不到染色体 C．对酵母菌计数时，用吸管吸取培养液滴满血球计数板的计数室及其四周边缘，轻轻盖上盖玻片后即可镜检 D．用两种不同浓度的2 ,4-D溶液分别处理月季插条形态学下端，观察并比较扦插后插条的生根条数会发现，低浓度2 ,4-D处理的插条生根数多 3．植物激素种类多样，调控机制复杂，同时植物激素和人工合成的类似化学物质在农业生产实践中也应用得非常广泛。
下列有关植物激素和人工合成的类似化学物质的叙述正确的是 A．幼根中细胞分裂素含量较高，但不含乙烯 B．植物生长素促进生长的效应与其浓度及作用部位无关 C．播种前用一定浓度的赤霉素溶液浸泡种子，以促进种子的萌发 D．油菜开花期如遇阴雨天、，错过了最佳传粉时期，可以通过喷洒适宜浓度的2,4 -D提高产量 4．机体内环境稳态是神经调节、体液调节和免疫调节共同作用的结果，是人体进行正常生命活动的必要条件。
请结合图解回答下面的问题：（图中AB、C、D表示器官或细胞；①②③表示物质）分析下列说法中错误的是 A．图中①②③三种物质既体现了激素间分级调节，又体现了反馈调节 B．图中A器官既能参与神经调节，又能参与体液调节，是机体内神经调节和体液调节的枢纽 C．C细胞可产生抗体，其原因是C细胞识别抗原后迅速增殖分化 D．长期焦虑和紧张会导致机体免疫力下降，原因是D细胞活性下降使淋巴因子的分泌减少，影响了特异性免疫 5．离体神经纤维某一部位受到适当刺激时，受刺激部位细胞膜两侧会出现暂时性的电位变化，产生神经冲动。
四川省德阳市什邡中学2015～2016学年度高二上学期物理综合练习卷（二）一、选择题（每小题4分，共48分）1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同2．如图甲～丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，下列说法中正确的是（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大3．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，则回路中（）A．电流方向为顺时针方向 B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变D．产生的感应电动势越来越大4．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C=20 μF，L1=5cm，L2=8cm，磁场以5×10﹣2 T/s的速率增加，则（）A．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10﹣5 CB．电容器上极板带正电，带电荷量为4×10﹣5 CC．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10﹣9 CD．电容器上极板带正电，带电荷量为4×10﹣9 C5．如图所示，线圈L的自感系数很大，其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭6．一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流一直沿顺时针方向B．线圈受到的安培力先增大，后减小C．感应电动势的最大值E=BrvD．穿过线圈某个横截面的电荷量为7．如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是（）A．B．C． D．8．如图所示，电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是（）A．向左减速移动 B．向右匀速移动 C．向右减速移动 D．向右加速移动9．如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g10．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（）A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转11．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中：（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框ab边两端电势差相同C．通过导体框截面的电荷量相同D．导体框中产生的焦耳热相同12．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B．在线圈从图示位置绕OO′转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为（）A． B．C． D．二、填空题（每空3分，共18分）13．把一个面积为S，总电阻为R的圆形金属环平放在水平面上，磁感强度为B的匀强磁场竖直向下，当把环翻转180°的过程中，流过环某一横截面的电量为．14．如图所示，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5Ω，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中．若杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，则MN杆的下落速度v=m/s．15．如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1E2；通过线圈截面电量的大小关系是q l q2．16．金属杆ABC处于磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里（如图所示）．已知AB=BC=20cm，当金属杆在图中标明的速度方向运动时，测得A、C两点间的电势差是3.0V，则可知移动速度v= ，其中A、B两点间的电势差U AB= ．三、计算题（要求写出必要的文字说明和重要的解题步骤，共34分）17．如图，边长为a电阻为R的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时间后转过120°角，求：（1）线框内感应电流在t时间内的平均值；转过120°角时感应电动势的瞬时值；（3）设线框电阻为R，则这一过程通过线框导线截面的电荷量．18．如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应强度为B．P、M间所接阻值为R的电阻．质量为m 的金属杆ad水平放置在轨道上，其有效电阻为r．现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s 时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g．求：（1）金属杆ab运动的最大速度；金属杆ab运动的加速度为时，电阻R上电功率；（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．19．如图所示，在高度差h=0.50m、水平平行的虚线范围内，有磁感强度B=0.50T、方向垂直于竖直平面的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m=0.10kg，边长L=0.50m，电阻R=0.50Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I”时，cd边跟磁场下边缘的距离H=9.6m．现用一竖直向上的恒力F向上提线框，该线框从位置“I”由静止开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“Ⅱ”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且cd边保持水平．设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动．（g取10m/s2）（1）求线框所受恒力F的大小？线框由位置“I”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量是多少？20．如图所示，带正电的小物块静止在粗糙绝缘的水平面上，小物块的比荷为k，与水平面的动摩擦因数为μ．在物块右侧距物块L处有一范围足够大的磁场和电场叠加区，场区内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，已知匀强电场的方向竖直向上，场强大小恰等于当地重力加速度的，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．现给物块一水平向右的初速度，使其沿水平面向右运动进入右侧场区．当物块从场区飞出后恰好落到出发点．设运动过程中物块带电荷量保持不变，重力加速度为g．求：（1）物块刚进入场区时的速度和刚离开场区时距水平面的高度h；物块开始运动时的速度．四川省德阳市什邡中学2015～2016学年度高二上学期物理综合练习卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】压轴题．【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；故选C．【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．2．如图甲～丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，下列说法中正确的是（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C错误．D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．故选：D．【点评】通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．3．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，则回路中（）A．电流方向为顺时针方向 B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变D．产生的感应电动势越来越大【考点】法拉第电磁感应定律；影响感应电动势大小的因素；楞次定律．【专题】计算题．【分析】由B﹣t图象可知磁感应强度的变化情况，则由磁通量的定义可知磁通量的变化率；再由楞次定律可判断电流方向；由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势．【解答】解：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由∅=BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，E==S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故BD均错；故选AC．【点评】本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，二者分别判断感应电流的方向和大小，应熟练掌握．4．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C=20 μF，L1=5cm，L2=8cm，磁场以5×10﹣2 T/s的速率增加，则（）A．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10﹣5 CB．电容器上极板带正电，带电荷量为4×10﹣5 CC．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10﹣9 CD．电容器上极板带正电，带电荷量为4×10﹣9 C【考点】法拉第电磁感应定律；电容．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知上极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．【解答】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电．根据法拉第电磁感应定律得：E=S=5×10﹣2×0.05×0.08V=2×10﹣4 V，则：Q=CU=CE=2×10﹣5×2×10﹣4=4×10﹣9C．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断出感应电动势的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律．5．如图所示，线圈L的自感系数很大，其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源．【解答】解：当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭．D正确；故选：D【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．6．一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流一直沿顺时针方向B．线圈受到的安培力先增大，后减小C．感应电动势的最大值E=BrvD．穿过线圈某个横截面的电荷量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由楞次定律可判断感应电流的方向，由左手定则可得出安培力的方向；分析线圈有效切割长度的变化，由法拉第电磁感应定律可分析感应电动势的变化，确定感应电流和安培力的变化．当有效的切割长度最大时，产生的感应电动势最大，最大的有效切割长度等于2r．根据q=求解电量．【解答】解：A、线圈进入磁场的过程，磁通量一直增大，根据楞次定律判断可知感应电流一直沿顺时针方向，故A正确．B、设线圈有效的切割长度为L，由图可知L先增大后减小，线圈受到的安培力F=，则知安培力先增大，后减小，故B正确．C、最大的有效切割长度等于2r，则感应电动势的最大值E=2Brv，故C错误．D、穿过线圈某个横截面的电荷量为q===，故D错误．故选：AB【点评】本题运用安培力与速度的关系式、电量与磁通量变化量的关系式是两个关键，要理解有效切割长度的意义，运用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析．7．如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】楞次定律．【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．【解答】解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；B、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故B错误；C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故C正确；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D错误；故选：C【点评】可从运动角度去分析：来拒去留．当N极靠近时，则线圈上端相当于N极去抗拒，从而确定感应电流方向．8．如图所示，电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是（）A．向左减速移动 B．向右匀速移动 C．向右减速移动 D．向右加速移动【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律判断电流计G中的电流方向，选择符合题意的选项．【解答】解：A、金属棒AB向左减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为A→B，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相同．故A正确．B、金属棒AB向右匀速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为B→A，感应电动势不变，感应电流不变，右侧线圈产生的磁场稳定，穿过左侧线圈的磁通量不变，没有感应电流产生．故B错误．C、金属棒AB向右减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为B→A，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相反．故C错误．D、金属棒AB向右加速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为B→A，感应电动势增大，感应电流增大，右侧线圈产生的磁场增强，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相同．故D正确．故选：AD．【点评】本题是有两次电磁感应的问题，可以根据右手定则、楞次定律结合判断，还可以根据等效原理，确定出金属棒向左减速移动与向右加速移动效果相同．9．如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．【解答】解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，B错误．C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故C 错误；D正确．故选AD【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．楞次定律的另一结论：增反减同．10．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（）A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转【考点】楞次定律；安培定则；磁通量．【分析】本题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断．【解答】解：分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有收缩趋势，所以A错误；同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确．所以本题选B．故选B．【点评】本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等．本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A 错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾．他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势．如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法．所以解题经验不能做定律或定理用．11．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中：（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框ab边两端电势差相同C．通过导体框截面的电荷量相同D．导体框中产生的焦耳热相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断感应电流的方向．分析ab边两端的电压与感应电动势的关系，即可确定两个方向移动过程中ab边两端电势差关系．根据推论q=分析通过导体框截面的电荷量的关系．由焦耳定律研究焦耳热关系．【解答】解：A、将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿顺时针方向，方向相同．故A正确．B、设正方形的边长为L，线框沿v方向运动时，dc边中感应电动势为E1=BLv，ab边两端电势差为U1==；线框沿3v方向运动时，ad边中感应电动势为E2=3BLv，ab边两端电势差为U2=，则导体框ab边两端电势差不相同．故B错误．C、将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量的变化量相同，根据推论q=得知，通过导体框截面的电荷量相同．故C正确．。
2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅱ卷）理科综合能力测试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：培养瓶中气体温度（℃）离子相对吸收量（%）空气17 100氮气17 10空气 3 28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A TPD.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】C3.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】B4.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】B5.下列与病原体有关的叙述，正确的是( )A．抗体可以进入细胞消灭寄生在其中的结核杆菌B．抗体抵抗病毒的机制与溶菌酶杀灭细菌的机制相同C．Rous肉瘤病毒不是致癌因子，与人的细胞癌变无关D．人体感染HIV后的症状与体内该病毒浓度和T细胞数量有关6.下列关于人类猫叫综合征的叙述，正确的是( )A.该病是由于特定的染色体片段缺失造成的B.该病是由于特定染色体的数目增加造成的C.该病是由于染色体组数目成倍增加造成的D.该病是由于染色体中增加某一片段引起的29.（12分）某基因的反义基因可抑制该基因的表达。
四川省德阳市中江中学2015届高三下学期月考物理试卷一.（选择题共42分）1．如图所示，实线是某电场中的电场线，虚线是一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若带电粒子是从a处运动到b处，以下判断正确的是( )A．带电粒子从a到b加速度减小B．带电粒子在b处电势能大C．b处电势高于a处电势D．带电粒子在b处速度大2．如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是( )A．电流表读数变大，电压表读数变小B．灯泡L1变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的输出功率可能变大3．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中不正确的有( )A．波沿+x方向传播，波速为5m/sB．若某时刻M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处C．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D．从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为﹣20cm4．打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况），则下列判断正确的是( )A．若θ＞θ2，光线一定在OP边发生全反射B．若θ＞θ2，光线会从OQ边射出C．若θ＜θ1光线会从OQ边射出D．若θ＜θ1光线会在OP边发生全反射5．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为( )A．B．C．D．6．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则( )A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V7．如图所示，匀强磁场的边界为矩形abcd，已知ab＞ac．一束带正电的粒子以不同的速度v沿cd边从c点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是( )A．入射速度越小的粒子，其运动时间越长B．从ac边出射的粒子的运动时间都相等C．从ab边出射的粒子速度越大，运动时间越短D．粒子不可能从bd、cd边出射二.非选择题8．（17分）用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有__________．A．小球的质量mB．小球下落到每一个速度传感器时的速度vC．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2﹣h图象，由图象算出其斜率k，当k=__________可以认为小球下落过程中机械能守恒．（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：__________．9．利用如图（a）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：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表A （量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R2；③以为纵坐标，R为横坐标，作﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和纵轴上的截距b．回答下列问题：（1）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①__________，②__________．（2）根据图（c）图线求得斜率k=__________A﹣1Ω﹣1，截距b=__________A﹣1．（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为__________R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I/A 0.143 0.125 ①0.100 0.091 0.084 0.077I﹣1/A﹣1 6.99 8.00 ②10.0 11.0 11.9 13.0（4）根据图线求得电源电动势E=__________V，内阻r=__________Ω．10．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；（2）小船经过B点时的速度大小v1；（3）小船经过B点时的加速度大小a．11．（17分）用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端．传送带AB 的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s．传送带B端靠近倾角θ=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧．在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔△t=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走．已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数μ0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞．求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离．（本问结果可以用根式表示）12．（19分）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t=0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和T B取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量．（1）若△t=T B，求B0；（2）若△t=T B，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若B0=，为使粒子仍能垂直打在P板上，求T B．四川省德阳市中江中学2015届高三下学期月考物理试卷一.（选择题共42分）1．如图所示，实线是某电场中的电场线，虚线是一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若带电粒子是从a处运动到b处，以下判断正确的是( )A．带电粒子从a到b加速度减小 B．带电粒子在b处电势能大C．b处电势高于a处电势D．带电粒子在b处速度大考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线越密，场强越大，电场力越大，加速度越大．粒子的轨迹向下弯曲可知粒子所受的电场力方向向下，粒子带负电，可判断出电场线的方向，判断出电势高低．根据电场力做功正负，分析电势能的变化和动能的变化．解答：解：A、由图看出，a处电场线比b处疏，则a处场强比b处小，粒子所受的电场力小于b处的电场力，a处的加速度也比b处的加速度小．故A错误．B、D粒子的轨迹向下弯曲可知粒子所受的电场力方向向下，则从a运动到b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，速率减小．故B正确，D错误．C、电场力方向向下，粒子带负电，可知电场线的方向向上，则b处电势低于a处电势．故C错误．故选：B．点评：本题根据轨迹的弯曲方向判断电场线的方向，根据电场线的两个物理意义判断加速度和电势能的大小：电场线的疏密反映场强的大小，顺着电场线电势降低．2．如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是( )A．电流表读数变大，电压表读数变小B．灯泡L1变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的输出功率可能变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：因灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两电表读数的变化及灯泡L2亮度的变化．判断R两端电压的变化，即可知道电容器两端电压的变化，由Q=CU分析电量的变化．根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率变化．解答：解：A、B灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知：电源的内电压减小，路端电压增大，故知电流表的读数变小，电压表的读数变大．总电流减小，则灯泡L1变暗．故A、B错误．C、路端电压增大，灯L1的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q=CU知，电容器C上电荷量增大．故C错误．D、根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻关系未知，电源的输出功率可能变大．故D正确．故选D点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．3．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中不正确的有( )A．波沿+x方向传播，波速为5m/sB．若某时刻M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处C．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D．从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为﹣20cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：波的多解性．分析：由图读出波长λ=6m．根据图示时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同时，回到原来位置，完成一次全振动，则P振动的周期T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴正方向，可判断出波沿+x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P到达波谷．解答：解：A、由图读出波长λ=6m，根据已知条件分析得到周期T=1.2s，由公式v==5m/s．而且图示时刻P点运动方向沿y轴正方向，则沿波+x方向传播．故A正确．B、图示时刻，质点M与质点P两点平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反．若M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处．故B正确．C、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．故C错误．D、波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，在2.2s时刻质点P的位置与1.0s时刻的位置相同，到达波谷，位移为﹣20cm．故D正确．本题选错误的，故选C点评：本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期，即可判断波的传播方向．考查把握振动与波动联系的能力．4．打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况），则下列判断正确的是( )A．若θ＞θ2，光线一定在OP边发生全反射B．若θ＞θ2，光线会从OQ边射出C．若θ＜θ1光线会从OQ边射出D．若θ＜θ1光线会在OP边发生全反射考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角．根据条件：θ在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，结合几何关系分析临界角的范围，再进行判断．解答：解：AB、从MN边垂直入射，由几何关系可知光线射到PO边上时的入射角i=﹣θ，据题：θ在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，说明临界角C的范围为：﹣θ2＜C＜﹣θ1．若θ＞θ2，光线在PO上入射角i=﹣θ＜﹣θ2＜C，故光线在OP边一定不发生全反射，会从OP边射出．故AB错误．CD、若θ＜θ1，i=﹣θ＞﹣θ1＞C，故光线在OP边会发生全反射．根据几何关系可知光线OQ边上入射角i′较大，光线会在OQ边发生全反射，故C错误，D正确．故选：D．点评：本题关键要掌握全反射的条件，熟练应用几何知识帮助分析入射角的大小，即可进行判断．5．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为( )A．B．C．D．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：根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．解答：解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=m，而密度公式，ρ==，故B正确，ACD错误；故选：B．点评：考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．6．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则( )A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；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：根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：；故B错误；C、曲线a的交变电流的频率f==25Hz；故C正确；D、由E m=NBSω可知===，所以E mb=E ma=10V，曲线b表示的交变电动势有效值为U==5V；故D错误；故选：AC．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量．7．如图所示，匀强磁场的边界为矩形abcd，已知ab＞ac．一束带正电的粒子以不同的速度v沿cd边从c点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是( )A．入射速度越小的粒子，其运动时间越长B．从ac边出射的粒子的运动时间都相等C．从ab边出射的粒子速度越大，运动时间越短D．粒子不可能从bd、cd边出射考点：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：带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，周期为T=，轨迹半径为r=．根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角相同，则轨迹的圆心角相同，运动时间必定相同．速度越大，半径越大，从ab边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同．解答：解：A、带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为r=，速度越大，半径越大，根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ac边出射的粒子轨迹的圆心角θ都相同，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相同，则从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，不是速度越小，时间越长．故A错误，B正确；C、从ab边出射的粒子速度越大，半径越大，则圆心角越小，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相等，所以速度越大，时间运动时间越短，故C正确；D、当速度较大时，圆周运动的半径较大，可以从bd边射出，故D错误．故选：BC点评：本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等．二.非选择题8．（17分）用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有BC．A．小球的质量mB．小球下落到每一个速度传感器时的速度vC．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2﹣h图象，由图象算出其斜率k，当k=2g可以认为小球下落过程中机械能守恒．（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．考点：机械能守恒定律．专题：实验题；压轴题；机械能守恒定律应用专题．分析：（1）根据需要验证的方程：mgh=，确定需要测量的物理量．（2）根据mgh=，得到v2与h的关系式，分析v2﹣h图象斜率的物理意义．（3）要减小实验误差，测量的量应相对大些，选用质量大、体积小的球做实验等．解答：解：（1）小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t．故BC正确，AD错误．（2）由mgh=，得v2=2gh，则v2﹣h图象的斜率k=2g．（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等．故答案为：（1）BC；（2）2g；（3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．点评：本实验以小球做自由落体运动为例，验证机械能守恒定律，根据方程mgh=，分析v2﹣h图象斜率的意义是常用的方法．9．利用如图（a）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：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表A （量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R2；③以为纵坐标，R为横坐标，作﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和纵轴上的截距b．回答下列问题：（1）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①0.110，②9.09．（2）根据图（c）图线求得斜率k=1.0A﹣1Ω﹣1，截距b=0.6A﹣1．（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为=R+（5.0+r）R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I/A 0.143 0.125 ①0.100 0.091 0.084 0.077I﹣1/A﹣1 6.99 8.00 ②10.0 11.0 11.9 13.0（4）根据图线求得电源电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）根据图b所示电流表读出其示数，然后答题．（2）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题．（3）根据图a所示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式．（4）根据图象与图象的函数表达式求出电源电动势与内阻．解答：解：（1）由图b所示可知，电流I=0.110A，故电流的倒数为9.09；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知，图象斜率k===1，由图示可知，图象截距：b=6.0；（3）电流表与电阻R1并联，两端电压相等，电阻R1的阻值为3.0Ω，电流表内阻为R A=6.0Ω，则通过电阻R1的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为I，电路电流为3I，并联电阻R并=2Ω，由图a所示电路图可知，E=3I（R并+R0+R+r），则=R+3=R+（5.0+r）；（4）由图示图象与图象的函数表达式可知，k=，b=（5.0+r），代入数据解得，电源电动势E=3.0V时，内阻r=1.0Ω；故答案为：（1）①0.110；②9.09；（2）1；6.0；（3）=R+（5.0+r）；（4）3.0；1.0；点评：本题考查了求图象函数表达式、电表读数、作图象、求电源电动势与内阻问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，要会用图象法处理实验数据．10．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；（2）小船经过B点时的速度大小v1；（3）小船经过B点时的加速度大小a．考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．专题：压轴题；运动的合成和分解专题．分析：（1）根据功的表达式求出阻力所做的功．（2）根据动能定理求出小船经过B点时的速度．（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fu，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度．解答：解：（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功W f=fd①（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt1②由动能定理有③由①②③式解得④（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，P=Fu ⑤u=v1cosθ⑥牛顿第二定律Fcosθ﹣f=ma⑦由④⑤⑥⑦得答：（1）A到B点过程中，小船克服阻力所做的功为fd．（2）小船经过B点时速度大小．（3）小船经过B点时的加速度大小．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解．11．（17分）用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端．传送带AB 的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s．传送带B端靠近倾角θ=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧．在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔△t=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走．已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数μ0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞．求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离．（本问结果可以用根式表示）考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出货物箱运动到传送带右端时的速度，进而求出货物箱刚冲上斜面时的速度，货物箱在斜面上向上运动过程中根据运动学公式求出加速度，对货物箱进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得μ；（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，分别求出三个货物箱相对于传送带的位移，根据与传送带的摩擦产生的热量Q等于克服摩擦力所做的功，即可求解；（3）先计算第一个货物箱到达C点时，第二个货物箱的位置，此时第一个货物箱向下加速运动，第二个货物箱向上减速运动，分别求出它们的加速度，再根据运动学公式即可求解解答：解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有：μ0 mg=ma0解得：a0=μ0g=5.5m/s2由运动学公式有：v12=2a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为：v1=11m/s货物箱刚冲上斜面时的速度为：v2=（1﹣）v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中有：v22=2a1s解得：a1=10m/s2根据牛顿第二定律与：mgsinθ+μmgcosθ=ma1解得：μ=0.5（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1=t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间为t3=1.0s．前2个货物箱与传送带之间的相对位移为：△s=v t1﹣v1t1=13m第3个货物箱与传送带之间的相对位移为：△s′=vt3﹣v1t3=9.25m前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为：Q1=2μ0 mg△s=1430J第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：Q2=μ0 mg△s′=508.75J．总共生热为：Q=Q1+Q2=1938.75J．（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面．货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2解得加速度大小为：a2=2.0m/s2设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有：v2t﹣a1t2+a2t2=s解得：s≈0.69 s两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离为：s1=a2t2=m≈0.48 m答：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ为0.5；。
