2015年福建省龙岩市永定一中高考物理一模试卷

2015年福建省龙岩一中高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.以下说法错误的是（）A.法拉第研究电磁感应现象，总结出了电磁感应定律B.开普勒认为对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积C.伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”D.卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了静电力常量【答案】D【解析】解：A、法拉第研究电磁感应现象，经过10年的研究，总结出了电磁感应定律，故A 正确．B、根据开普勒第二定律，知对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积．故B正确．C、伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，故C正确．D、卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了引力常量G，而不是静电力常量k，故D错误．本题选错误的，故选：D．本题根据法拉第、开普勒、伽利略、卡文迪许等物理学家的成就解题．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，这也是考试内容之一．2.一束由红、蓝两单光组成的光以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AB是半圆的直径．进入玻璃后分为两束，分别为AC、AD，它们从A到C和从A到D的时间分别为t1和t2，则（）A.AC是蓝光，t1小于t2B.AC是红光，t1小于t2C.AC是蓝光，t1等于t2D.AC是红光，t1大于t2【答案】C【解析】解：AC光的偏折程度比较大，则介质对AC光的折射率比较大，AC光的频率比较大，所以AC光应是蓝光．设AC光与法线方向成α角，AC光在介质中的传播速度为v=，则有2R sinα=vt=t又n=由以上两式得：t=，可知，AC光与AD光的传播时间相等，故C正确．故选C根据光的偏折程度比较光的折射率大小，从而判断出AC是什么色光，根据v=比较出在介质中的速度，由几何知识得到光在玻璃砖通过的路程，由t=可比较出运动的时间．解决本题的关键知道光的偏折程度越大，折射率越大，以及掌握介质中的速度与折射率的关系v=．3.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A.中性面位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为500VC.变压器原、副线圈匝数之比为25：22D.允许变压器输出的最大功率为5000W 【答案】D【解析】解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，故A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m=n B sω=50××0.5×200=500V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，故B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，故C错误．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，故D正确．故选：D．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．该题结合变压器的原理考查交流电的产生，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．4.一列简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s（小于一个周期）时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A.波一定向右传播B.波的周期T=0.05sC.波的传播速度可能为90m/sD.0～0.2s内质点P通过的路程为一个振幅【答案】C【解析】解：A、该波可能向左传播，也可能向右传播．故A错误．B、若波向左传播，t=，T=t，波速v==90m/s，若波向右传播，t=，则周期为T=0.8s，故B错误，C正确．D、若波向右传播，周期为0.8s，所以0～0.2s内质点P完成，但通过的路程却不等于一个振幅．它不是从平衡位置或波峰，波谷运动的；若波向左传播，周期为s，则更不可能，故D错误故选：C根据两个时刻的波形，得到时间与周期关系的通项式，再求出特殊值，求出波速．由波的传播方向判断质点的振动方向．本题考查识别、理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力．对于两个时刻的波形，要考虑波的双向性．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)5.随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣，人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城．远远看去，好像一个巨大的车轮，圆环形的直径为D，“轮胎”是一个空心的大圆环，其内部直径为d（D＞d），是太空城的生活区．同时，太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉．已知地球半径R，表面重力加速度为g，地球自转周期为T，空间站轨道半径r．下列说法中正确的是（）A.太空城中的“地面”在图示的下表面B.当太空城稳定地转动时，若在“生活区”上空某处静止释放一个物体，让太空城里的你来观察，你会观察到物体沿径向垂直太空城内边缘加速下落C.若忽略太空城的自转，则太空城的绕地球转动的周期为D.若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自转的角速度为【答案】BD【解析】解：A、太空城环绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉，所以太空城中的“地面”在图示外侧表面，故A错误；B、在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，故B正确；C、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期，故C错误；D、根据太空城表面重力提供向心力得：mω2=mg，解得：ω=，故D正确；故选：BD太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，根据太空城表面重力提供向心力求解角速度，根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期．本题是一道科学探索题，题目新颖，要求同学们能根据题目得出有用信息，能把太空城与地球联系起来，类比研究，难度适中．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平面上，其左右两斜面光滑．一质量为m的物体B沿倾角α=30°的右侧斜面加速下滑时，三角形木块A刚好保持静止．则当物块B沿倾角β=60°的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是（）A.A仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大B.若α=45°角，物块沿右侧斜面下滑时，A将不会滑动C.A将向右滑动，若使A仍然静止需对施加向左侧的作用力D.A仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧下滑时对地面的压力小【答案】C【解析】解：物体B沿着右侧斜面下滑时，对斜面的压力等于重力的垂直分力，为F=mgcos30°；对物体A受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图所示：物体A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件，有：x方向：f=F sin30°y方向：N=M g+F cos30°其中：f=μN解得：μ=A、物体B从左侧下滑，先假设斜面体A不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图所示：压力等于物体B重力的垂直分力，为F=mgcos60°=竖直方向一定平衡，支持力为：N=M g+F cos60°=M g+故最大静摩擦力f m=μN=压力的水平分力为F cos30°=＞，故一定滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故C正确，A、D错误．B、若α=45°，物块沿右侧斜面下滑时，先假设A不滑动，B对A的压力为mgcos45°，该压力的水平分量为mgsin45°，竖直分力为mgcos245°，与α=30°时相比，B对A 压力的水平分力变大了，B对A压力的竖直分力也变小了，故最大静摩擦力减小了，故一定滑动，故B错误．故选：C．先对物体B受力分析，受重力和支持力，沿着斜面匀加速下滑，求解出支持力，根据牛顿第三定律得到其对斜面的压力；然后对斜面体受力分析，将力沿着水平和竖直方向正交分解，判断压力的水平分力与最大静摩擦力的关系．本题关键对物体A受力分析，明确B对A的压力的水平分力是动力，地面对A的摩擦力是阻力，判断动力和阻力的变化情况即可．六、单选题(本大题共1小题，共6.0分)12.关于下列现象的说法正确的是（）A.甲图说明分子间存在间隙B.乙图在用油膜法测分子大小时，多撒痱子粉比少撒好C.丙图说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关D.丁图水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的浮力作用【答案】C【解析】解：A．两铅块相互挤压后粘在一起，是因为分子间相互吸引而造成的；故A错误；B、在用油膜法测分子大小时，应少撒痱子粉以便于实验；故B错误；C、如图可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关；故C正确；D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用；故D错误；故选：C．分子间同时存在着引力和斥力，两个铅块相互紧压后可以吸在一起是因为分子间表面张力原因；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力．本题考查分子动理论、油膜法测量分子的大小以及液体的表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象．基础题目．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看作绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．（大气压强随高度的增加而减小）空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是（）（图中虚线是气体的等温线）．A. B. C. D.【答案】BD【解析】解：空气团沿背风坡下将，高度降低，气体压强p增大，由题意可知，空气团沿背风坡下降时温度T升高，由理想气体状态方程：=C可知：V=，由于p增大、T升高，则气体体积V可能增大、也可能不变、还可能减小，一定质量的气体，在p-V图象中，气体温度越高，等温线离坐标越远，气体沿背风坡下降时：p变大，T升高，V可能增大、不变、减小，由图示p-V图象可知，BD正确，AC错误，故选BD；故选：BD．根据题意应用理想气体状态方程判断气体各状态参量如何变化，然后分析图象图象答题．本题考查了气体状态变化时p-V图象的选择，分析清楚题意，由题意获取所需信息是正确解题的前提与观念；要掌握信息题的解题思路与方法．八、单选题(本大题共2小题，共8.0分)14.1995年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成．反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷．反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示，则下列说法中正确的是（）A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能是13.6e VC.基态反氢原子能吸收11e V的光子发生跃迁D.在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长【答案】B【解析】解：A、反氢原子和氢原子有相同的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A错误；B、处于基态的氢原子的电离能是13.6e V，具有大于等于13.6e V能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；C、基态的氢原子吸收11e V光子，能量为-13.6+11e V=-2.6e V，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收．故C错误；D、在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子能量最大，频率最大，波长最小，故D错误；故选：B．吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差．吸收光子能量后，总能量大于等于0，发生电离．解决本题的关键知道能级差与吸收或辐射光子能量的关系，即E m-E n=hv，抓住反氢原子和氢原子有相同的能级分布分析解答即可．15.一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的水抽往后舱（如图所示），不计水的阻力，船的运动情况是（）A.向前运动B.向后运动C.静止D.无法判断【答案】A【解析】解：不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型）．故A正确．故选：A．水与船组成系统动量守恒，据此分析答题．该模型相当于人船模型，应用动量守恒定律即可正确解题，解答是要注意动量守恒条件的判断及答题的一般步骤．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)7.“探究加速度与质量的关系”的实验中：（1）备有器材：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细沙的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺；还缺少的一件器材是______ ．（2）实验得到如图甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T；B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为______ ．（3）某同学根据实验数据画出的a图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为______ kg．（g取10m/s2）（4）另一位同学根据实验数据画出的a图象如图丙所示，则造成这一结果的原因是______ ．【答案】天平；；0.02；没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够【解析】解：（1）本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；（2）根据逐差法得：解得：（3）根据牛顿第二定律可知，a=，则F即为a-图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g=F=解得：m′=（4）从上图中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤．所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够．故答案为：天平，，0.02，没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够（1）本题需测量小车的质量，所以还需要天平；（2）利用匀变速直线运动的推论，根据作差法求出加速度；（3）根据牛顿第二定律可知，a-图象的斜率等于砂和砂桶的总重力；（4）从上图中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能够运用逐差法求解加速度，知道图象的含义，难度适中．8.研究性学习小组围绕一个量程为30m A的电流计展开探究．（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为______ m A．由以上数据可得电流计的内阻R g= ______Ω．（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30m A”处，此处刻度应标阻值为______ Ω（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度．则“10m A”处对应表笔间电阻阻值为______ Ω．（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将______ （填“变大”、“变小”或“不变”）．【答案】12.0；30；∞；6；不变【解析】解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流I=12.0m A．由闭合电路欧姆定律，将电阻箱阻值调到20Ω时，有=①，电阻箱阻值调到95Ω时，有I=′②，联立①②两式并代入数据=30Ω．（2）将两表笔断开，即相当于所测电阻无穷大，则指针指在“30m A”处，此处刻度应标阻值为∞；根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有==30m A①，当两表笔接上电阻时有干=②，根据分流公式可得通过电流表的电流为=干③联立①②③并将E=1.5V，=30Ω代入解得=6Ω．（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有==，测量电阻时电流表示数为I=，欧姆表用一段时间调零时有=′′=′′，.′，测量电阻时I=′′′′比较可知r+=′′，所以若电流相同则′=，即测量结果不变．故答案为（1）12.0，30（2）∞，6；（3）不变．（1）中因电流表的最小分度是1m A，故应估读到m A，根据欧姆定律可求的值．（2）与（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可．此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上，而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可．五、计算题(本大题共3小题，共54.0分)9.如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧范围足够大，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，线框质量m=0.1kg，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s一直做匀加速直线运动，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）线框cd边刚进入磁场时速度v的大小；（2）若线框进入磁场过程中F做功为W F=0.27J，则在此过程中线框产生的焦耳热Q为多少？【答案】解：（1）由图乙所示图象可知，当t=0.5s后，F=0.2N，对线框，由牛顿第二定律得：F=ma，解得：a=2m/s2，由v=v0+at解得：v=2m/s；（2）由能量守恒定律得：，代入数据解得：Q=0.12J；答：（1）线框cd边刚进入磁场时速度v的大小为2m/s．（2）若线框进入磁场过程中F做功为W F=0.27J，在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．【解析】（1）线框做匀加速直线运动，由图示图象求出拉力大小，由牛顿第二定律求出加速度，然后由匀变速直线运动的速度公式求出线框的速度．（2）由能量守恒定律可以求出线框产生的焦耳热．本题考查了求线框的速度、线框产生的焦耳热，分析清楚线框运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意分析图示图象获取所需信息．10.如图装置中绳子质量，滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1=m，m2=4m，m1，下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连．①系统静止时弹簧处于什么状态？形变量△x为多少？②用手托住m2，让m1静止在弹簧上，绳子绷直，但无拉力，然后放手，m1、m2会上下做简谐振动，求：m1、m2运动的最大速度分别为多大？③在②问的情况下，当m2下降到最低点，m1上升到最高点时，求：此时m1、m2的加速度的大小各为多少？【答案】解：①由图分析可知，拉m1的绳子拉力大小为2mg，大于mg，所以弹簧处于拉伸状态．根据平衡条件得：对m1：T=m1g+k△x=mg+k△x对m2：2T=m2g T=2mg所以得：△x=②当m1、m2速度最大时，两者加速度都等于0，所以此时弹簧被拉长△x．由两个物体组成的系统机械能守恒得：m2g△x-m1g2△x=+又v1=2v2，解得：v1=，v2=③根据简谐运动的对称性，此时m1、m2的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，设为a1、a2，绳子的拉力为T′，则根据牛顿第二定律得：对m1：T′=m1a1对m2：m2g-2T′=m2a2又a1=2a2，可解得：a1=g，a2=g答：①系统静止时弹簧处于拉伸状态，形变量△x为．②m1、m2运动的最大速度分别为、．③此时m1、m2的加速度的大小分别为g，g．【解析】①滑轮的特性分析拉m1的绳子拉力大小，判断弹簧的状态；根据平衡条件和胡克定律求解形变量△x．②m1、m2上下做简谐振动时，平衡位置时速度最大，根据两个物体组成的系统机械能守恒和两者速度关系列式，即可求得m1、m2运动的最大速度．③由简谐运动的对称性可知，此时m1、m2的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，分别隔离两个物体，由牛顿第二定律和拉力关系求解．本题是连接体问题，要抓住滑轮的力学特性和系统的机械能守恒求解最大速度．能熟练运用隔离法，由牛顿第二定律求解两个物体的加速度．11.如图所示，在x O y平面内，以O1（0，R）为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2．在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E=，ab与MN间磁场磁感应强度B2=．不计电子重力．（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？【答案】解：（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则r=R，解得（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则，cosθ=如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则感光板与ab间的最小距离h1=r1+r1cosθ，解得v=2v0，r1=2d，θ=60°h1=3d．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离h2=r1-r1cosθ，解得h2=d当感光板与ab间的距离最大为h2=d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则，d=，T=，，运动最长时间t m=t1+t2，解得，，t2=．则t m=．答：（1）圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小为；（2）MN与ab板间的最小距离h1是3d；（3）MN与ab板间的最大距离h2是d，运动时间最长是．．【解析】（1）抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，根据几何关系得出粒子在磁场中的运动半径，结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小．（2）根据动能定理求出粒子进入磁场下方磁场的速度，根据半径公式求出粒子的半径，根据几何关系求出粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角，通过几何关系求出MN 与ab板间的最小距离．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离．作出粒子的运动轨迹，根据粒子在电场和磁场中的运动时间求出运动的最长时间．本题考查了带电粒子在磁场、电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹，结合临界状态，根据半径公式、周期公式以及几何关系综合求解，难度较大．。

福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷一、选择题，本卷共6小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )A．势能变大B．动能变大C．机械能变大D．加速度变大2．在已调节好的双缝干预实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干预图样〔仅更换单色光〕，如图甲、乙所示．比拟甲、乙单色光．如下说法正确的答案是( )A．甲光的频率较高B．甲光的波长较长C．同一介质对甲光的折射率较小D．甲、乙两种光在同一介质中的光速相等3．一做直线运动物体的速度﹣时间图象为正弦曲线，如下列图．如下对物体运动的描述正确的答案是( )A．物体沿着直线向一个方向运动B．0时刻和4s末物体在同一位置C．物体在1s、3s时刻的速度一样D．物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大4．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，如此磁感应强度B随时间t变化的规律可能为( )A．B．C．D．5．如下列图是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i＞0局部的图线是一个正弦曲线的正半周，i＜0局部的图线是另一个正弦曲线的负半周，如此这种交变电流的有效值为( )A．I0B．I0C．I0D．I06．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上M、N两质点的振动图象．如此如下说法错误的答案是( )A．质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕B．质点N在t=0时的加速度是振动过程中最大值的C．质点M、N平衡位置之间的距离可能为mD．质点M、N的速度方向有时一样有时相反二、非选择题〔本大题分为必考局部和选考局部〕〔一〕必考局部7．在做“用单摆测定重力加速度〞的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示．①摆球直径d=__________mm；秒表的读数t=__________s．②如下哪些措施可以减小测量误差__________A．选用摆球时，用玻璃球代替铁球B．选用有弹性的细绳为摆线C．测量振动时间时，从平衡位置开始计时D．增大振动过程中的最大摆角．8．现要比拟准确测量电压表V1〔0～3V，内阻约3kΩ〕的内阻R V．实验室提供的器材有：A．电流表A〔0～0.6A，内阻约0.1Ω〕B．电压表V2〔0～9V，内阻约10kΩ〕C．定值电阻R1〔阻值为6kΩ〕D．定值电阻R2〔阻值为600Ω〕E．滑动变阻器R〔0～20Ω〕F．直流电源〔10V，内阻可不计〕G．开关S与导线假设干①A同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是__________；②B同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，如此〔Ⅰ〕定值电阻应选__________〔选填“R1〞或“R2〞〕；〔Ⅱ〕请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；〔Ⅲ〕在实验中测得假设干组电压表V1、V2的读数U1、U2，画出U2、U1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，如此可求出R V=__________kΩ．〔保存3位有效数字〕9．如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节．图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m〔不计空气阻力，g=10m/s2〕．如此：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能．10．〔19分〕如下列图，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为α的足够长斜面底端P 相连，其上端刚好位于斜面的O点，斜面PO局部光滑，OQ局部粗糙．把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在A点．用一个平行于斜面的变力F作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动．当滑块与弹簧刚好别离时撤去力F，物体再沿斜面上滑l后静止．求：〔1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式．11．如下列图，在足够长的水平边界MN下方充满匀强电场〔图中未画出〕，同时该区域上、下局部分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上下磁场的水平分界限，MN、PQ间距离为d．一个质量为m、电荷量为﹣q的小球，由MN上方的O点静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动〔重力加速度为g〕．求：〔1〕电场强度的大小和方向；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过多长时间返回O点．(二〕选考局部【物理选修3-4】12．如下说法中正确的有( )A．自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源B．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成C．根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%D．因为能量守恒，所以“能源危机〞是不可能真正出现的13．处于竖直面内两端开口粗细均匀的U形管内用两段水银柱封闭一定质量的空气．稳定后空气柱的长为l，各液面P、Q、M、N位置如图．当气体温度升高时，如下说法中正确的答案是( )A．空气柱的长度l减小 B．空气柱的长度l不变C．液面MN间高度差减小D．液面MN间高度差不变【物理选修3-5】14．如下未写完整的核反响方程中，哪个是发现中子的核反响方程．( ) A．N+n→C+_____B．N+He→O+_____C．B+n→Li+_____D．Be+He→C+_____15．一辆小车静置于光滑水平面上．车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜．假设从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中．从弹簧枪发射弹丸以后，如下说法中正确的答案是( )A．小车先向左运动一段距离然后停下B．小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下C．小车一直向左运动下去D．小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运动福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷一、选择题，本卷共6小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )A．势能变大B．动能变大C．机械能变大D．加速度变大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：〔1〕物体由于运动而具有的能叫做动能，动能大小与质量和速度有关；〔2〕物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能与物体的质量和高度有关．解答：解：根据开普勒第二定律得卫星在太空中飞行时，在近地点，速度最大，动能达到最大，重力势能达到最小；在远地点时，速度最小，动能最小，重力势能最大．当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的势能变大，动能变小，机械能守恒，根据牛顿第二定律得a=，加速度变小；应当选：A．点评：掌握动能和势能大小的影响因素，根据能量的影响因素能判断动能和势能的大小变化．2．在已调节好的双缝干预实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干预图样〔仅更换单色光〕，如图甲、乙所示．比拟甲、乙单色光．如下说法正确的答案是( )A．甲光的频率较高B．甲光的波长较长C．同一介质对甲光的折射率较小D．甲、乙两种光在同一介质中的光速相等考点：光的干预．专题：光的干预专题．分析：根据双缝干预条纹的间距公式△x=λ，通过间距的大小，比拟波长的大小，从而比拟出频率的大小与折射率大小，再通过v=比拟出在介质中的速度大小．解答：解：A、根据双缝干预条纹的间距公式△x=λ，知乙图条纹间距大，如此乙光的波长较长．根据f=知，乙光的频率较小，如此折射率小，甲光的频率较高，故A正确，BC错误；D、根据v=知，乙光在同一介质中的传播速度较大．故D错误．应当选：A．点评：此题的突破口通过条纹间距大小比拟出波长的大小．掌握波长与频率、折射率、波速等物理量的关系．3．一做直线运动物体的速度﹣时间图象为正弦曲线，如下列图．如下对物体运动的描述正确的答案是( )A．物体沿着直线向一个方向运动B．0时刻和4s末物体在同一位置C．物体在1s、3s时刻的速度一样D．物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示质点的加速度，速度的正负表示运动的方向，结合图线形状分析质点的运动性质．解答：解：第1s内质点沿正向做加速度减小的变加速直线运动，1s末加速度最小，第2s 内沿正向做加速度增大的变减速直线运动，2s末加速度最大，第3s内沿负向做加速度减小的变加速直线运动，3s末加速度最小，第4s内沿负向做加速度增大的变减速直线运动，4s 末加速度最大，位移为零，接下去周而复始，所以质点做往复的直线运动．故B正确，ACD 错误．应当选：B．点评：解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，斜率表示加速度．4．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，如此磁感应强度B随时间t变化的规律可能为( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应电流的大小．解答：解：A、磁感应强度不变，磁通量不变，如此不产生感应电流．故A错误．B、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向一样，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，如此感应电流为定值，在t0﹣2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向一样．故B错误．C、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故C错误．D、在0﹣t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向一样，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，如此感应电流为定值，同理，在t0﹣2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以与掌握法拉第电磁感应定律．5．如下列图是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i＞0局部的图线是一个正弦曲线的正半周，i＜0局部的图线是另一个正弦曲线的负半周，如此这种交变电流的有效值为( )A．I0B．I0C．I0D．I0考点：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：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在一样时间内产生的热量相等，如此恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为I，如此I2R•3T=R•T+R•2T解得：I=I0，应当选：B．点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的倍．6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上M、N两质点的振动图象．如此如下说法错误的答案是( )A．质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕B．质点N在t=0时的加速度是振动过程中最大值的C．质点M、N平衡位置之间的距离可能为mD．质点M、N的速度方向有时一样有时相反考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由甲读出波长λ和振幅A，由图乙读出周期T，由f=求出频率，由公式v=求出波速．由波的传播方向判断．解答：解：A、由甲读出振幅A=0.1m，波长λ=2m，由图乙读出周期T=2s，如此波的频率f==Hz=0.5Hz，角频率：ω=2πf=2π×0.5=π rad/s所以质点M离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cosπt〔m〕，故A正确；B、质点N在t=0时的位移是最大位移的，所以回复力是最大值的，加速度是振动过程中最大值的．故B正确；C、由甲读出振幅A=0.1m，波长λ=2m，假设M与N之间的距离小于一个波长，如此：y N=0.1cos 〔πt+β〕〔m〕将t=0时刻，y N=﹣0.05代入公式得，如此M与N之间的间隔的周期数：所以M与N之间的距离是m．故C错误；D、M与N之间的距离是m，不是半个波长，所以质点M、N的速度方向有时一样有时相反．故D正确．此题选择错误的，应当选：C点评：此题考查根本的读图能力，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根本功，要加强训练，熟练掌握．二、非选择题〔本大题分为必考局部和选考局部〕〔一〕必考局部7．在做“用单摆测定重力加速度〞的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示．①摆球直径d=20.20mm；秒表的读数t=100.2s．②如下哪些措施可以减小测量误差CA．选用摆球时，用玻璃球代替铁球B．选用有弹性的细绳为摆线C．测量振动时间时，从平衡位置开始计时D．增大振动过程中的最大摆角．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺读数规如此为：先读主尺〔只读整数〕，再加上游标尺〔格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读〕；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；根据单摆周期公式列式分析即可．在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．解答：解：①主尺读数为：20mm，游标尺为20分度，准确度为0.05mm，读数为：4×0.05=0.20mm，故球的直径为：20mm+0.20mm=20.20mm；秒表大盘读数40.2s，小盘读数60s，故秒表读数为：60s+40.2s=100.2s；②A、应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故A错误；B、不能用弹性绳，会影响摆长，故B错误；C、为了减小测量误差，应从平衡位置开始计时，在摆动过程中，最高点位置难确定，故C 正确，D、单摆做简谐运动时，单摆的最大摆角应小于5°，故D正确；应当选：C故答案为：①20.20； 100.2②C点评：常用仪器的读数要掌握，考查了实验误差分析，由单摆周期公式求出重力加速度的表达式即可正确解题．8．现要比拟准确测量电压表V1〔0～3V，内阻约3kΩ〕的内阻R V．实验室提供的器材有：A．电流表A〔0～0.6A，内阻约0.1Ω〕B．电压表V2〔0～9V，内阻约10kΩ〕C．定值电阻R1〔阻值为6kΩ〕D．定值电阻R2〔阻值为600Ω〕E．滑动变阻器R〔0～20Ω〕F．直流电源〔10V，内阻可不计〕G．开关S与导线假设干①A同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是被测电流太小；②B同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，如此〔Ⅰ〕定值电阻应选R1〔选填“R1〞或“R2〞〕；〔Ⅱ〕请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；〔Ⅲ〕在实验中测得假设干组电压表V1、V2的读数U1、U2，画出U2、U1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，如此可求出R V=3.33kΩ．〔保存3位有效数字〕考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：①根据I=，从而确定电流表量程与最大电流的关系；②根据被测电压表的量程与内阻，与电压表V2的量程与内阻，即可确定定值电阻；根据电路图连接实物图，注意电表的量程与正负极；根据欧姆定律，从而列出U2与U1的关系，结合图象的斜率，即可求解．解答：解：①根据I=，可知，通过电压表U1的最大电流，I==1mA；而与电流表A的量程0～0.6A，被测电流太小或电流表示数太小，因此不准确，②Ⅰ、如图乙所示的测量电路完成了实验，要将电压表U1与电阻串联后，才能与电压表U2并联；因电压表V2〔0～9V〕，而电压表V1〔0～3V〕，因此必须串联阻值为6kΩ，即定值电阻R1，Ⅱ、根据电路图，连接实物图，结合电表的量程，与正负极，如此实物图如如下图所示：Ⅲ、根据欧姆定律，如此有：整理可得，根据图象的斜率可知，=2.8且R0=6kΩ，解得：R V=3.33kΩ；故答案为：①因电流表量程太大〔或被测电流太小，或电流表示数太小〕．②〔Ⅰ〕R1；〔Ⅱ〕如上图所示：〔Ⅲ〕3.33．点评：考查电压表的改装，掌握串并联的特征，理解欧姆定律的应用，注意图象斜率的应用，同时掌握由电路图连接实物图的要点．9．如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节．图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m〔不计空气阻力，g=10m/s2〕．如此：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能．考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕平抛运动规律列式求解时间和最小速度；〔2〕根据平抛运动规律和机械能守恒列式求解末动能．解答：解：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为v0，下落时间为t，有：l1=v0th=gt2解得t===0.8 sv0===6m/s〔2〕假设选手刚好从平台的右侧边缘落入水中，设选手跳出的初速度为v，如此l1+l2=v t解得v==8m/s选手下落过程中机械能守恒，有：E=mghE′k=3200J答：〔1〕选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为6m/s〔2〕某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，选手刚落水时的动能3200J．点评：此题关键是明确选手的运动性质，根据平抛运动的分位移公式屡次列式求解，根底问题．10．〔19分〕如下列图，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为α的足够长斜面底端P 相连，其上端刚好位于斜面的O点，斜面PO局部光滑，OQ局部粗糙．把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在A点．用一个平行于斜面的变力F作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动．当滑块与弹簧刚好别离时撤去力F，物体再沿斜面上滑l后静止．求：〔1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式．考点：动能定理；胡克定律．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕利用平衡态和牛顿运动定律即可求出时间；〔2〕求出到达O点的速度，再利用动能定理即可求出摩擦力所做的功；〔3〕先找出弹簧的压缩量与上滑距离的关系，再利用牛顿第二定律即可求解．解答：解：〔1〕令AO长为x0，据胡克定律有：mgsinα﹣kx0=0弹簧与滑块在弹簧原长时别离，如此别离时滑块上滑的位移为x，有：解得：t=〔2〕滑块到达O点时速度为v2=2ax0撤去力F后滑块上滑过程中，有重力和摩擦力做功，据动能定理，有：﹣mglsinα+W f=0﹣解得W f=mglsinα﹣〔3〕据几何关系可知，弹簧压缩量与上滑距离的关系为：x=据牛顿第二定律，有：F+kx﹣mgsinα=ma联立以上解得：F=ks+ma且：0答：1〕力F作用的时间；〔2〕撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功mglsinα﹣；〔3〕力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式F=ks+ma，且0点评：分析清楚物体的运动情况是解题的关键，注意多过程动力学问题的求解方法是分解多个子过程；灵活利用牛顿第二定律和动能定理，此题物理过程较复杂，综合性强．11．如下列图，在足够长的水平边界MN下方充满匀强电场〔图中未画出〕，同时该区域上、下局部分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上下磁场的水平分界限，MN、PQ间距离为d．一个质量为m、电荷量为﹣q的小球，由MN上方的O点静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动〔重力加速度为g〕．求：〔1〕电场强度的大小和方向；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过多长时间返回O点．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：〔1〕带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，如此合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，据此求解E；〔2〕分释放点O距MN的高度h较小和较大两种情况分析带电小球进入磁场I区域后由下边界PQ第一次穿出磁场I区域，电场力做的功；〔3〕带电小球在进入磁场前做自由落体运动，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据运动学根本公式结合几何关系求解．解答：解：〔1〕带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，如此合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，小球带负电，电场方向竖直向下．由qE=mg ①得E=②〔2〕当释放点O距MN的高度h较小时，带电小球进入磁场I区域的速度较小，由磁场上边界MN第一次穿出磁场I区域，此过程中电场力做功W=0③当释放点O距MN的高度h较大时，带电小球进入磁场I区域后由下边界PQ第一次穿出磁场I区域，此过程中电场力做功W=﹣qEd=﹣mgd ④〔3〕设距MN的高度为h1时释放带电小球，带电小球能回到释放点O，如下列图．带电小球在进入磁场前做自由落体运动，设下落时间为t1有：⑤v2=2gh1⑥带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T有：⑦⑧⑨⑩由于带电小球在I、II两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径一样，如下列图，由几何关系知：带电小球第一次回到释放点O的时间t为t=2t1+t2解得：带电小球回到释放点O的时间t总为t总=nt，如此〔n=1、2、3…〕答：〔1〕电场强度的大小为，方向竖直向下；〔2〕带电小球第一次穿出MN、PQ边界所围的区域，电场力所做的功为0或﹣mgd；〔3〕假设从某高度释放小球后，小球能回到O点，小球经过〔n=1、2、3…〕时间返回O点．点评：带电粒子在电磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径，同时注意临界条件的应用才能顺利求解，难度较大．(二〕选考局部【物理选修3-4】12．如下说法中正确的有( )A．自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源B．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成C．根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%D．因为能量守恒，所以“能源危机〞是不可能真正出现的考点：能源的开发和利用．分析：自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源；第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律；解答：解：AD、自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源，A正确，D错误；B、第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律，B错误；。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）理科综合 物理部分13.如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为a λ、b λ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则A. a b λλ<，n a >n bB. a b λλ>，n a <n bC. a b λλ<，n a <n bD. a b λλ>，n a >n b14.如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则 A.1221v r v r = B. 1122v r v r = C. 21221()v r v r = D. 21122()v r v r = 15.图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u=U m sinwt 的交流电，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上的损失电功率为A. 212()4m U n n rB. 221()4m U n n rC. 22124()()m n P r n UD. 22214()()mn P r n U 16.简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v 。

若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是17.如图,在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。

若小滑块第一次由A 滑到C ，所用时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因素恒定，则A.t 1<t 2B. t 1=t 2C. t 1>t 2D.无法比较t 1、t 2的大小18.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中。

福建省龙岩市2015届高三教学质量检查理综物理试题（考试时间：150分钟；满分：300分）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。

第Ⅰ卷为必考题，第Ⅱ卷包括必考题和选考题两部分。

本试卷共12页。

满分300分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷（选择题共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的（）A．势能变大B．动能变大C．机械能变大D．加速度变大14．在已调节好的双缝干涉实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干涉图样（仅更换单色光），如图甲、乙所示。

比较甲、乙单色光。

下列说法正确的是（）A．甲光的频率较高B．甲光的波长较长C．同一介质对甲光的折射率较小D．甲、乙两种光在同一介质中的光速相等15．一做直线运动物体的速度—时间图象为正弦曲线，如图所示。

下列对物体运动的描述正确的是（）A．物体沿着直线向一个方向运动B．0时刻和4s末物体在同一位置C ．物体在1s 、3s 时刻的速度相同D ．物体在1s 、3s 、5s 时刻的加速度最大16．如图甲所示，矩形导线框ABCD 固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA 方向为感应电流i 的正方向。

要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B 随时间t 变化的规律可能为（ ）17．如图所示是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，0i >部分的图线是一个正弦曲线的正半周，0i <部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为 （ ）A ．0IB 0C 0D 018．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲是0t =时的波形图，图乙和图丙分别是x 轴上M 、N 两质点的振动图像。

则下列说法错误．．的是（ ）A ．质点M 离开平衡位置位移的瞬时值表达式为0.1cos()m y t π=() B ．质点N 在0t =时的加速度是振动过程中最大值的12C ．质点M 、N 平衡位置之间的距离可能为54m D ．质点M 、N 的速度方向有时相同有时相反第Ⅱ卷 （必考部分 共10题157分）19．（18分）（1）（6分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用n=次全振动游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成50的时间，测量结果如图乙所示。

福建省永定一中2009届高三上期第一次阶段考物理试卷一．单项选择题（本题共10小题；每小题2分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得2分，有选错或不答的得0分。

） 1、关于摩擦力的方向下列说法中正确的是 （ ）A 、摩擦力的方向一定和物体的运动方向相反B 、摩擦力的方向一定和物体的运动方向在同一条直线上C 、摩擦力的方向可能和两物体间相对运动的方向垂直D 、摩擦力的方向可能和物体的运动方向垂直2、由高处的某一点开始．甲物体先做自由落体运动，乙物体后做自由落体运动，以乙为参考系，甲的运动情况是 ( ) A 、相对静止 B 、向下做匀速直线运动 C 、向下做匀加速直线运动D 、向下做自由落体运动3、下列几种情况，不可能发生的是 ( ) A 、位移和加速度反向 B 、速度和加速度反向。

C 、加速度不变，速度在变D 、速度不变，加速度在变4、一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢旁边的前端观察．第一节车厢通过他历时2 s ，整列车厢通过他历时6 s ，则这列火车的车厢有 ( ) A 、3节B 、6节C 、9节D 、12节5、如右图所示，A 、B 两个均匀球处于静止状态，则它们各自所受到的力的个数别为 ( )A 、3个和4个B 、4个和3个C 、3个和3个D 、4个和4个6、一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么在0－t 0和t 0－3t 0这两段时间内的（ ） A 、加速度大小之比为3:1; B 、加速度大小之比为1:3;C 、位移大小之比为2:1;AD 、位移大小之比为1:2.7、如右图，光滑均匀球放在竖直墙壁和木板之间．当板与墙间夹角θ缓慢地逐渐减小时，球对墙的压力N A 和球对木板的压力N B 的大小变化情况是（ ） A 、 N A 、N B 均减小 B 、N A 减小、N B 增大 C 、N A 增大、N B 减小 D 、N A 、N B 均增大8、如图所示，大小分别为F 1、F 2、F 3的三个力恰好围成封闭的直角三角形（顶角为直角）。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)13.B【解析】由图像知，在入射角相同的情况下，单色光a的折射角大于b的折射角，由n=sinisinr可得n a<n b，又因折射率越大，波长越小，所以λa>λb，故B正确.14.A【解析】万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，由G Mmr2=m v2r可得v=√GMr，所以v1 v2=√r2r1，故A正确.15.C【解析】升压变压器原线圈电压的有效值U1=m √2，由U1U2=n1n2可得升压变压器副线圈电压的有效值U2=2m√2n I=PU2，输电线上损失的电功率P损=I2(2r)=4(n1n2)2(PU m)2r，故C正确.16.D【解析】选项A中，质点a要经过四分之三个周期才能到达波谷，所需时间为t=34T=3 4×2sv=3s2v；选项B中，质点a要经过四分之一个周期才能到达波谷，所需时间为t=14T=1 4×sv=s4v；选项C中，质点a要经过四分之三个周期才能到达波谷，所需时间为t=34T=3 4×sv=3s4v；选项D中，质点a要经过四分之一个周期才能到达波谷，所需时间为t=14T=1 4×23sv=s6v；综上所述D正确.17.A【解析】由于摩擦力做功，小滑块第一次从A到B的速度大于小滑块第二次从B到A的速度，故第一次小滑块从A到B对轨道的正压力小于第二次小滑块从B到A的正压力，同理可得，小滑块第一次从B到C的正压力小于小滑块第二次从C到B的正压力，由f=μF N知，正压力越大，摩擦力越大，摩擦力做功越多，所以小滑块从A到C的平均速率大于从C到A的平均速率，所以t1<t2，故A正确.18.C【解析】由题设知PQ棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电路中总电阻先变大后变小，故PQ中的电流先减小后增大，故A错误；外电阻先变大后变小，路端电压先变大后变小，故B错误；PQ做匀速直线运动，速度v不变，PQ上拉力的功率P=F安v=BILv，随着I先变小后变大，PQ上拉力的功率先减小后增大，故C正确；由E=BLv知，感应电动势大小一直不变，线框消耗的功率就是电源的输出功率，因为不知道ab边和ad边的长度关系，故无法确定线框消耗的电功率变化关系，故D错误. 19.(1)①6.93；②A；③超过弹簧的弹性限度.【解析】①图乙中弹簧测力计的读数为14.66cm，弹簧的伸长量Δl=14.66cm−7.73cm=6.93cm；②要逐一增加钩码，以防超过弹簧弹性限度，故A正确；③AB段偏离直线OA，弹簧弹力与弹簧伸长量不再成正比，说明钩码总重超过了弹簧的弹性限度.(2)①连线如图；②0.44；③4；2.22~2.28.【解析】①为了电表能从零开始取值，滑动变阻器应该用分压接法，电路图如答图所示；②由指针所指的位置和所选量程，电流表的读数为0.44A；③使小电珠总功率最大，则电源输出功率最大，即外电阻等于内电阻，则此时外电压为1.5V，则由U−I图象可得坐标点(0.38A,1.50V)，可知一只小电珠电阻R=UI=1.50V0.38A=3.9Ω，由并联电路电阻关系可知n=RR总=3.9Ω1Ω≈4，这时小电珠功率P=4UI=4×1.50×0.38W=2.28W.20.(1)1.5m/s2；(2)20m/s.【解析】(1)由运动学公式知，加速度为a=v t−v0t①，由v−t图象并代入数据得a=1.5m/s2②.(2)设20s时速度为v m，0~20s的位移为s1=0+v m2t1③，20~45s的位移为s2=v m t2④，45~75s的位移为s3=v m+02t3⑤，0~75s这段时间的总位移为s=s1+s2+s3⑥，0~75s这段时间的平均速度为v=st1+t2+t3⑦，代入数据得v=20m/s⑧.21.(1)3mg；(2)见解析.【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B，由机械能守恒得mgR=12mv B2①，滑块在B 点处，由牛顿第二定律得F N −mg =mv B2R②，联立解得F N=3mg ③，由牛顿第三定律得F N ′=3mg ④.(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大，由机械能守恒得mgR =12Mv m 2+12m (2v m )2⑤，解得v m=√gR3⑥， ②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR −μmgL =12Mv C 2+12m (2v C )2⑦,设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg =Ma ⑧,由运动学规律v C 2−v m 2=−2as ⑨,解得s=13L ⑩.22. (1)EB；(2)mgℎ−mE 22B 2；(3)√v D 2+[(qE m )2+g 2]t 2.【解析】(1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足 qvB +F N =qE ①,小滑块在C 点离开MN 时F N =0②,联立解得v C=E B③.(2)由动能定理得mgℎ−W f =12mv C 2−0④，解得W f=mgℎ−mE 22B 2⑤.(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，g′=√(qEm )2+g 2⑥， 且v P2=v D 2+g′2t 2⑦，解得v P=√v D 2+[(qE m )2+g 2]t 2⑧，29. (1)B .【解析】如果一开始两分子之间的距离小于r 0，则随着分子间距离的减小分子势能增大，故A 错误；温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则运动越剧烈，故B 正确；物体内热运动速率的分布情况随着温度的不同而不同，故C 错误；多晶体的物理性质也是各向同性，故D 错误.(2)C .【解析】由pVT =C 可得T b =T c ，所以两种情况下气体的内能变化量相同，由热力学第一定律ΔU =W +Q 得，a到b 过程气体对外做功，W <0，a 到c 过程气体对外不做功，W=0，所以Q ab>Q ac ，故C 正确.30. (1)B .【解析】γ射线不带电，故A 错误；氢原子辐射光子后，会跃迁到低轨道上，其绕核运动的电子动能增大，故B 正确；太阳辐射的能量主要来自于轻核聚变，故C 错误；10天是两个半衰期，故10天后100g 83210Bi 还剩25g ，故D 错误.(2)D .【解析】滑块A 、B 发生弹性碰撞，动量和机械能都守恒，碰撞前两者总动量m ⋅2v 0−2mv 0=0，碰后总动量仍可能为零的是选项D ，故D 正确.。

2015年福建省高考理综模拟试卷物理部分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷。

第Ⅰ卷均为必考题，第Ⅱ卷包括必考和选考两个部分。

相对原子质量（原子量）：O 16 Na 23 S 32 Br 80 K 39 Cu 64第I卷（必考）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

一、选择题（本题共12小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

）13．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法。

利用斜面实验主要是考虑到A．实验时便于测量小球运动的速度和路程B．实验时便于测量小球运动的时间C．实验时便于测量小球运动的路程D．斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律14．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。

则A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为1260JD．球棒对垒球做的功为36J15．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。

用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。

在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。

在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小A ．将M 板向下平移B ．将M 板沿水平向左方向远离N 板D ．在M 、N 之间插入金属板，且不和M 、N 接触16．一列简谐横波沿绳子传播时，绳上有相距3m 的P 点和Q 点，它们的振动图线如图所示，其中实线为P 点的图线，虚线为Q 点的图线。

则该列波的波长和波速的可能值为A ．6m ，30m/sB ．6m ，12m/sC ．2m ，12m/sD ．2m ，10m/s17．如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。

2015届龙岩一中实验班理科综合能力测试（2）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷。

第I 卷为必考题，第II 卷包括必考题和选考题两部分。

本试卷共12页，满分300分，考试时间150分钟。

注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效；按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

3．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

5．保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损；考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56第Ⅰ卷（选择题 共108分） 本卷共18小题，每小题6分，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．如下图所示是力学中的四个实验装置，其中哪一个实验的物理思想方法与其它三个实验的物理思想方法不同（ ）14．如图所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O 点。

今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放，物块都能运动到O 点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点，则Q1和Q2点（ ）A ．都在O 点处B ．都在O 点右方，且Q1离O 点近C ．都在O 点右方，且Q2离O 点近D ．都在O 点右方，且Q1、Q2在同一位置15．在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移-时间图像分别为图中直线a 和曲线b ，由图可知（ ）A ．b 车运动方向始终不变B ．在t1时刻a 车的位移大于b 车C ．t1到t2时间内某时刻两车的速度相同D ．t1到t2时间内a 车的平均速度小于b 车16． 如图所示，A 、B 两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连(不计滑轮的质量和摩擦) ，静止于斜面体两个光滑斜面上的相同高度处，两斜面的倾角分别为α=60°和β=30°。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）龙岩市2015年高中毕业班质量检查理综物理试题龙岩市2015年高中毕业班教学质量检查理综物理能力测试答案第Ⅰ卷（选择题共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要题号13 14 15 16 17 18 答案 D A D A C C第Ⅱ卷（必考部分共10题157分）19. （18分）（1）①A（2分）②a =0.40m/s 2（2分）③合外力、小车和砝码的总质量（每空2分） （2）①C （3分）②E （3分）；111()A E U I R R r =+++、222()A E U I R R r =+++ （每式2分）20. （15分） 解：（1）设从加速电场射出的电子速度为0v ，则根据动能定理有：eU mv =2021 ……3分 从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加ma B ev =0 ……3分由以上各式解得meUm eB a 2=……1分（2）设电子在地磁场中运动的半径为R ，根据牛顿第二定律R v m B ev 200=……2分得eBmv R 0= ……1分设电子在荧光屏上偏移的距离为x ， 根据图中的几何关系，有：22x R R l =-- ……3分结合以上关系，得22221l eB mU e mU B x --=……2分21．（19分） 解：（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到Q +和Q -的库仑力分别为F 1和F 2。

则122qQF F kL == ① （2分） 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ,由平行四边形定则得 12cos 60F F =︒ ② （2分）联立①②得2qQF kL= ③ （2分） （2）管道所在的竖直平面是Q +和Q -形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有2102C mgR mv =- ④ （3分） 解得2C v gR = ⑤ （2分）（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为By N ，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得2BBy mv N mg R-= ⑥（2分）B C v v = ⑦（2分） 联立⑤⑥⑦解得3By N mg = ⑧设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为Bx N ，则2Bx qQN F kL== ⑨（1分） 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为B N == ⑩（2分） 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为BB N N '==○11（1分） 22．（20分） 解：（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为1a ，刚滑到第四块的速度为1v由牛顿第二定律得 21Mg Ma μ= ① （1分）由运动学公式得 2201123v v a l -= ② （1分）联立①②得12/v m s = ③ （1分） 设小铅块滑到第n 块木块时对木块的摩擦力1f125f Mg N μ==（1分）后面的(6)n -块木块受到地面的最大静摩擦力为2f21[(6)]f M n m g μ=+- （1分）要使木块滑动，应满足21f f <，即1[(5)]5M n m g μ+-< （1分）3.5n > 取4n =（1分）（2）设小铅块滑上4木块经过t 秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为1s 和2s ，相对位移为s ∆，4、5木块运动的加速度为2a212(2)2Mg M m g ma μμ-+= ④ （1分）112v a t a t -= ⑤ （1分）211112s v t a t =- ⑥ （1分）22212s a t = ⑦ （1分）12s s s ∆=- ⑧ （1分）联立①④⑤⑥⑦⑧解得 18081s m =⑨ （1分） 89s m ∆= ⑩ 由于1()s l s l ∆<<说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零。

福建省龙岩一中2015届高三理综〔物理局部〕第一次测试试题〔实验班〕本试卷分第I卷〔选择题〕和第II卷。

第I卷为必考题，第II卷包括必考题和选考题两局部。

本试卷共12页，总分为300分，考试时间150分钟。

须知事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效；按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性〔签字〕笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

5．保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损；考试完毕后，将答题卡交回。

相对原子质量：H－1、N－14、O－16、Ag－108第1卷〔选择题共108分〕本卷共18小题，每一小题6分，共108分。

在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．说法中不正确的答案是A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B．全息照相的拍摄利用了光的干预原理C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是一样的，与光源和观察者的运动无关D．医学上用激光做“光刀〞来进展手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点14．如下列图，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a为最低点。

每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，如此如下关系正确的答案是A．t1 = t2 B．t1 > t2C．t1 < t2 D．无法确定15．2013年6月l3日，“神舟十号〞飞船与“天宫一号〞目标飞行器在离地面343km的近似圆形的轨道上，成功进展了交会对接。

对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。

如下说法正确的答案是A．在对接时，两者运行速度的大小都应大于第一宇宙速度B．在对接前，如不加干预，“天宫一号〞的轨道高度将缓慢降低C．在对接前，如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号〞的动能可能会减小D．航天员在“天宫一号〞内的“私人睡眠站〞中睡觉时处于平衡状态16．镜的弯曲外表是个曲面，球面的半径叫做这个曲面的曲率半径，把一个平凸透镜压在一块平面玻璃上，让红光从上方射入，如下列图，如此从上往下看凸透镜，可以看到亮暗相间的圆环状红色条纹，这些环状条纹叫牛顿环，如下关于牛顿环的说法正确的答案是A．牛顿环是凸透镜折射造成的B．牛顿环是由凸透镜两个外表反射光干预造成的入射光C ．假设改用紫光照射，如此观察到的圆环状条纹间距变大D ．假设换一个曲率半径更大的凸透镜，观察到的圆环状条纹间距变大17．如下列图为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为L ，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B 、方向与线圈平面垂直。