四川省石室中学2015届高三一诊模拟物理试题+Word版含答案

成都石室中学高三一诊模拟考试物理部分二、选择题：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．如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。

下列说法正确的是A．粒子带正电B．粒子在B点的加速度小于它在C点的加速度C．粒子在B点时电场力做功的功率为零D．粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减少后增加15．质量不同的小球1、2 由同一位置先后以不同的速度竖直向上抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图所示，忽略竖直方向的空气阻力。

小球1与小球2相比A．初速度小B．在最高点时速度小C．质量小D．在空中运动时间短16．北斗卫星导航系统第三颗组网卫星（简称“三号卫星”）的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量，下列说法中正确的是A．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T2T3=√(RR+ℎ)3B．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω2ω3=(R+ℎR)2C．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=R+ℎRD．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=(R+ℎR)217．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为4m的小车在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好保持水平。

则外力F的大小为A．2.5mgB．4mgC．7.5mgD．10mg18．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从0t=时刻开始，甲、乙两车运动的x t-图像如图所示，其中甲车运动的x t-图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的x t-图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（t1,x1），已知t2=32t1。

2015年四川省成都市石室中学高考物理模拟测试选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多项正确，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分；有错选或不选的得0分．）1．（6分）（2015•成都校级模拟）下列说法正确的是（）A．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大B．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性C．凡是遵守热力学第一定律的过程都一定能够发生D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减小考点：热力学第二定律；热力学第一定律．专题：热力学定理专题．分析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具有“单向性”，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以判断出气体内能的变化解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与压强无关，故A错误B、自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故B正确C、满足热力学第一定律并不一定满足热力学第二定律，故C错误D、由△U=W+Q可知，绝热Q=0，当外界对气体做功时W为正，故内能一定增加，故D错误故选B点评：本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比较简单2．（6分）（2015•成都校级模拟）下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．当放射性元素的原子外层电子具有较高能量时，将发生β衰变C．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期D．核反应方程，U+n→Ba+Kr+3X中的X是中子考点：重核的裂变；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：太阳辐射的能量是核聚变反应；β衰变是原子核内部发生的；原子核内的核子有半数发生衰变成新核，所需的时间就是半衰期；核反应方程满足质量数与质子数守恒，即可求解．解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；B、β衰变的电子是由中子转变成质子而放出的，故B错误；C、放射性元素的原子核内的核子有半数发生衰变成新核所需的时间就是半衰期，故C错误；D、根据质量数与质子数守恒，则有X是，即为中子，故D正确；故选：D．点评：考查核裂变与聚变的区别，掌握β衰变的实质，注意半衰期的概念，知道如何书写核反应方程的规律．3．（6分）（2007•四川）两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则（）A．在真空中，a光的传播速度较大B．在水中，a光的波长较小C．在真空中，b光光子的能量较大D．在水中，b光的折射率较小考点：光电效应；波长、频率和波速的关系；光的折射定律；光子．分析：根据光电效应的条件，比较出两光的频率，即可得出两光的折射率大小，光子能量大小；不同的色光在真空中传播速度相同，再根据公式，比较出在介质中的速度，从而比较出波长．解答：解：A、不同的色光在真空中传播的速度相同．故A错误．B、入射光的频率大于截止频率，才会发生光电效应，可知a光的频率大于b光的频率．根据公式：，，得，频率大的光折射率也大，知在水中，a光的波长较小．故B正确．C、a光的频率大于b光的频率，E=hγ，a光光子的能量较大．故C错误．D、a光的频率大于b光的频率，所以在水中，b光的折射率小于a光的折射率．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键，掌握光电效应产生的条件，以及频率、折射率、波长等量的联系．4．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示的电路中，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大、直流电阻可忽略不计的理想线圈，在电键S接通和断开时，下列观察到的现象正确的是（）A．当电键S接通时，灯泡L1缓慢亮起来，L2立即亮起来B．当电键S接通时，灯炮L1和L2都缓慢亮起来C．当电键S断开时，灯炮L2闪亮一下，然后才逐渐熄灭D．当电键S断开时，灯泡L2不会闪亮，只是逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．解答：解：A、B、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯L2立即发光．通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来．所以L2比L1先亮．故A 正确，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时L1灯的电流大于L2灯泡的电流，故L1逐渐变暗，L2先闪亮一下，最后一起熄灭，故C正确，D错误；故选：AC．点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．5．（6分）（2010•重庆模拟）海浪的传播速度跟海水的深度有关，其关系式为v=，式中h 为海水的深度，g为重力加速度．现有剖面如图甲所示为一个海岸，A、B两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，看到海岸边O处向外传播的水波波形（图中弧形实线代表波峰）．若己知A处海水深为5m，则B处的水波波长和B处的海水深分别为（）A．4m，l0m B．8m，l0m C．4m，20m D． 8m，20m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：波传播的频率不变．由图分析A、B两处波长关系，由波速公式v=λf确定出波速关系，即可由v=求解B处的水深；解答：解：由图看出，A处水波波长为：λA=2m．B处水波波长为：λB=4m．故：λB=2λA由于水波在水中的频率不变，则由波速公式v=λf得水波在A、B两处波速与波长成正比，则：==又由题意，水波的速度跟水深度关系为：v=，则有：==4因A处海水深为5m，解得：h B=4h A=20m．故选：C．点评：本题一要抓住波的基本特点：波的频率与介质无关，水波的频率不变；二要由图读出波长关系，结合题中信息进行分析．6．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（）A．物块滑到b点时的速度为B．物块刚滑到b点时对b点的压力是mgC．c点与b点的距离为D．整个过程中物块机械能损失了mgR考点：功能关系；向心力；机械能守恒定律．分析：由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；由动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失．解答：解：A、由机械能守恒可知，mgR=mv2，解得b点时的速度为，故A错误；B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F﹣mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg，故B错误；C、对全程由动能定理可知，mgR﹣μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D错误；故选：C．点评：在功能关系中，要注意明确：重力做功等于重力势能的改变量；而摩擦力做功等于机械能的改变量．7．（6分）（2015•成都校级模拟）据环球报报道，美国和俄罗斯的两颗卫星2009年2月10日在太空相撞，相撞地点位于西伯利亚上空500英里（约805公里）．相撞卫星的碎片形成太空垃圾，并在卫星轨道附近绕地球运转，国际空间站的轨道在相撞事故地点下方270英里（434公里）．若把两颗卫星和国际空间站的轨道看作圆形轨道，上述报道的事故中以下说法正确的是（）A．这两颗相撞卫星在同一轨道上B．这两颗相撞卫星的周期、向心加速度大小一定相等C．两相撞卫星的运行速度均大于国际空间站的速度D．两相撞卫星的运动周期均大于国际空间站的运动周期考点：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：卫星的线速度，加速度，周期与半径有关，依据万有引力等于向心力，确定出各量与半径的数量关系，进而分析比较所给问题．解答：解：AB、两颗卫星相撞，说明两颗卫星运行的轨道有交点，即两颗卫星的轨道半径大小相同，所以两颗卫星的周期和加速度相同，两颗卫星能够相撞说明两颗卫星不可能在同一个轨道上，故A错误，B正确；CD、卫星的运行时万有引力提供圆周运动向心力，可得卫星运行的速度表达式：，周期表达式T=由此可知，半径大的卫星速度小，半径大的卫星周期大，故C错误，D正确．故选：BD．点评：考查卫星的运动规律，明确卫星的线速度，加速度，周期与半径的关系，从而比较不同运动半径的各量的大小关系．8．（6分）（2015•成都校级模拟）一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．考点：洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．专题：电学图像专题．分析：带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．解答：解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＞mg时，F N=qvB﹣mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；当qvB＜mg时，F N=mg﹣qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．故选AD．点评：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．二、非选择题：9．（6分）（2010•山西二模）在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1所示，则该小球的直径为 2.010 cm．乙同学在实验中测出多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2﹣L的关系图象如图2所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时多加（选填“漏加”或“多加”）了小球的半径．虽然实验中出现了上述错误，但根据图象中的数据仍可计算出准确的重力加速度，其值为9.86 m/s2．（最后结果保留三位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．通过摆长是正值时，周期才为零，根据此判断错误的原因．根据单摆的周期公式T=2π求解重力加速度．解答：解：游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.05×2mm=0.10mm，所以最终读数为20.10mm=2.010cm．摆长是正值时，周期才为零，知计摆长时多加摆球的半径．根据g=，T2=．知图线的斜率为=4，解得g=9.86m/s2．故答案为：2.010；多加；9.86点评：解决本题的关键知道“用单摆测定重力加速度”实验的注意事项和一般步骤，以及知道实验的原理：周期公式T=2π．10．（11分）（2015•成都校级模拟）从表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电压表V1的内阻R1．要求方法简便，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．器材（代号）规格电压表（V1）电压表（V2）电流表（A）滑动变阻器（R）电池（E）电键（s）导线若干量程6V，内阻R1待测（约30kΩ）量程3V，内阻R2=10KΩ量程0.6A，内阻R=0.2Ω总阻值约20Ω电动势10V，内阻很小①在右方虚框中画出电路图．标明所用器材的代号．②若选测量数据中的一组来计算R1，则所用的表达式为R1= 式中各符号的意义式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：要测电压表的内阻，可以把电压表看做一只能读出两端电压的电阻．在本题中由于电压表的内阻远远大于滑动变阻器的最大电阻，若采用限流式接法，通过待测电压表的电流变化范围比较小，不可能达到多测几组数据的压强，无法精确测量电压表的内阻，故只能采用分压式接法．解答：解：（1）先把滑动变阻器的最大阻值和电源、开关串联组成电路，再把电压表V1、V2串联后接到滑动变阻器的滑片P串联，如图所示：（2）电压表V1、V2串联，即两者的内阻R1、R2串联，通过两电压表的电流相等，即=，R1=；式中中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻故答案为：（1）如图所示；②；式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．点评：本题考查串并联电路的应用，要注意电压表就相当于能测出电压的电阻，仍然符合串并联电路的基本规律．11．（16分）（2015•成都校级模拟）如图所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨．BC、ED是水平放置的粗糙直导轨．在矩形区域BCDE 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．金属棒MN质量为m、电阻为r．它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1=R2=r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形轨道上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止（金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失．金属棒MN 始终与两导轨垂直，重力加速度为g）．求：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）金属棒在弧形轨道上下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出速度，金属棒刚到达水平面时速度最大，所受安培力最大，所受合外力最大，由牛顿第二定律求出最大加速度．（2）由能量守恒定律可以求出电阻上产生的热量．解答：解：（1）金属棒在弧形导轨上下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，电路总电阻：R总=r+R并=r+=，金属棒所受安培力：F=BIL==，由牛顿第二定律得：+μmg=ma，解得，最大加速度：a=μg+；（2）由能量守恒定律得：mgh=Q+μmgs，由Q=I2Rt可知，Q r=4Q R1=4Q R2，则：Q R1=Q，解得：Q R1=mgh﹣μmgs；答：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度为μg+；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热为mgh﹣μmgs．点评：本题考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚金属棒的运动过程，应用机械能守恒定律、安培力公式、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．12．（19分）（2015•成都校级模拟）如图所示，一光滑绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半径为R，空心内径远小于R．以圆环圆心O为原点在一半面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m 的小球在轨道内从b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动．（1）求匀强磁场的电场强度E；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；（3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力．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）因为小球刚好能绕圆管做圆周运动，则在最高点的速度为零，根据动能定理求出匀强电场的电场强度．（2）根据动能定理求出第二次到达最高点的速度，抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）根据动能定理求出第三次到达最高点的速度，根据径向的合力提供向心力求出圆管对小球的作用力，从而得出小球对圆管的压力．解答：解：（1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为：v1=0，由动能定理得：qER﹣mgR=0，解得：；（2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，由以上两式可解得：；（3）小球第三次过最高点速度v3，设球受圆环向下的压力F N，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，解得：；答：（1）匀强磁场的电场强度E为；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，磁感应强度B为；（3）小球第三次到达a点时对圆环的压力为（3﹣）mg．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源．13．（20分）（2015•成都校级模拟）如图所示，质量为M=6kg的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧．在滑板的最左端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端C与A相距L=1m．弹簧下面的那段滑板是光滑的，C左侧的那段滑板是粗糙的，物体A与这段粗糙滑板间的动摩擦因数为μ=0.2，A的质量m=2kg．滑板受到水平向左恒力F作用1s后撤去，撤去水平力F时A刚好滑到C处，g取10m/s2，求：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为多大？其对地的位移为多大？（2）作用力F的大小；（3）试分析判断在F撤去后，小物体能否与滑板相分离？若能，分离后物体和滑板的速度各为多大？若不能，小物体将停止在滑板上的什么位置？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）根据牛顿第二定律求解A的加速度．由位移公式求解位移．（2）对滑板B研究，先求出1s内滑板B的位移为S B=S A+L，再根据位移公式求解其加速度，由牛顿第二定律求解F的大小．（3）撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，运用动量守恒和能量守恒列式求出此时A、B的速度，之后A做减速运动，B做加速运动，假设它们能达到共同速度，根据动量守恒和能量守恒列式求出共同速度和两者相对位移，根据相对位移与板长的关系判断即可．解答：解：（1）用字母B表示滑板，在这1s内滑板B和小物A均向左做匀加速运动，对A有：，，（2）这1s内滑板B的位移为：s B=s A+L=1+1=2m，对B有：，F﹣μmg=Ma B，解得：F=28N；（3）撤去水平力F时，A、B的速度：v AO=a A t=2m/s，v BO=a B t=4m/s，撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，A、B动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv AO+Mv BO=mv A+Mv B，由能量守恒定律得：mv AO2+Mv BO2=mv A2+Mv B2，解得：v A=5m/s，v B=3m/s，之所A做减速运动，B做加速运动，设它们达到其同速度v'根据动量守恒定律得：，由动能定理有：，，所以：，，因此两者不会分离，小物体将停在距C 0.75m处．答：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为2m/s2，其对地的位移为1m；（2）作用力F的大小为28N；（3）小物体与滑板不分离，小物体将停在距C 0.75m处．点评：本题是复杂的力学问题，在分析运动情况的基础上，运用力学基本规律：牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒和能量守恒进行求解．。

石室中学高2015级高考模拟（二）理科综合能力测试物理试题第I卷（选择题共42分）第I卷共7题，每题6分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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，有选错和不选的得0分。

1.下列说法中不正确的是A．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律。

B．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的。

C．用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象D．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象【答案】D伽利略将两个光滑的斜面对接，从一个斜面上由静止释放小球，发现如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，进一步假设若减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，但是在另一个斜面上的路程变大，继续减小角度，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，说明物体的运动不需要力维持，选项A正确；根据光速不变的原理，可以知道不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，所以选项B正确的；在微安表内部存在磁铁和金属线框，在搬运微安表的时候会产生感应电流，如果用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象这样对微安表是一种保护作用，所以选项C正确；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，全反射现象对于光的能量损失非常的低，所以选项D错误；本题选错误的选项，即D正确。

【考点】伽利略理想斜面，相对论，电磁感应，全反射2.一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。

现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图2所示。

已知入射光线与桌面的距离为。

下列说法中正确的是A．增大入射角α，光线将不再从竖直表面射出B．不同的单色光有相同的光路产生C．入射角α无论如何变化，光线都能从竖直表面射出D．从竖直表面射出光线与竖直方向夹角是300【答案】D当入射角增大，根据可以知道，也是增大的，在根据三角形相关知识可以知道变小，则仍然有光线从竖直表面射出，故选项A错误；不同的单色光有不同的折射率，即使入射角相同，但折射角不同，所以有不同的光路产生，故选项B错误；根据上面的分析当入射角变小则折射角变小，但是入射角增大，增大到一定程度则发生全反射，会出现部分光线无法射出，故选项C错误；由于入射光线与桌面的距离为，根据几何知识，在根据可以知道，由图知，光线在球体的竖直表面上的入射角。

2015年四川省“联测促改〞高考物理一模试卷一、选择题〔共7小题，每一小题6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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，有选错和不选的得0分〕1．关于电磁波的性质和用途，如下说法正确的答案是〔〕A．微波宜用地波传播B．无线电选台的过程就是调制C．在广播电视中，声音和图象信号可以利用电磁波传递D．真空中电磁波的传播速度对不同惯性参考系是不同的2．自行车尾灯的设计利用了光的全反射现象．如下自行车尾灯内部结构示意图中符合实际的是〔〕A．B．C．D．3．如下列图，将一小球从倾角为θ的斜面上方O点以初速度v0水平抛出后，落到斜面上H 点，垂直于斜面且=h．不计空气阻力，重力加速度大小为g，如此v0的大小为〔〕A．B．C．D．4．如下列图，正方形线圈abcd的边长l=0.3m，直线OO′与ad边相距，过OO′且垂直图面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，线圈在转动时通过两个电刷和两个滑环与外电路连接．线圈以OO′为轴匀速转动，角速度ω=20rad/s，图示位置为计时起点．如此〔〕A．线圈输出交流电的周期为sB．流过ab边的电流方向保持不变C．t=s时，穿过线圈的磁通量为0.06WbD．从t=0到t=s，穿过线圈磁通量的变化为0.06Wb5．2014年4月30日天文学家发现遥远行星﹣﹣绘架座β星b，这颗系外行星赤道上某点绕自转轴旋转的线速度约为每小时10万公里，一天仅8小时，质量约为木星的7倍．木星赤道上某点绕自转轴旋转的线速度约为每小时4.7万公里，一天10小时．如此绘架座β星b与木星相比〔〕A．赤道半径较小B．自转角速度较小C．第一宇宙速度较小D．赤道外表上静止物体的向心加速度较大6．如下列图，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t1=1.5s的波形图，虚线的这列波在t2=0.5s的波形图．如此〔〕A．这列波的波长可能是10mB．这列波的波速可能是16m/sC．假设该波周期T≥2s，在t=1s时x=2m处的质点一定在波峰位置D．假设该波周期T≥2s，在t=14.1s时x=6.4m处的质点一定在平衡位置7．在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，≥．当G、H相对小车静止时，如下情况可能出现的是〔不计G、H间的相互作用〕〔〕A．B．C．D．二、非选择题8．小芳同学通过实验探究共点力的平衡条件．如下列图，将一方形薄木板平放在桌面上，并在板面上用图钉固定好白纸，将三个弹簧测力计的挂钩用细线系在小铁环上，两个弹簧测力计固定在木板上，在板面内沿某一方向拉第三个弹簧测力计，当小铁环时，分别记录三个测力计示数F1、F2、F3的大小和，并作出力的图示．接着，小方同学按平行四边形定如此作出了F2、F3的合力F23，通过比拟的关系，就可以得到共点力F1、F2、F3的平衡条件．9．测一阻值约5kΩ的电阻R x的阻值．实验室有以下器材供选用：电流表A1，量程0.6A，内阻是0.5Ω电流表A2，量程3A，内阻约0.1Ω电压表V1，量程3V，内阻是3kΩ电压表V2，量程8V，内阻约8kΩ滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，额定电流1A滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流0.2A电源E，电动势10V，内阻很小开关S，导线假设干①为了较准确地测量R x的阻值，电表示数不小于量程的三分之一，请在图中虚线框内将实验电路图补画完整，并标上所选实验器材符号；②实验电路图中的滑动变阻器，就选用；③计算公式R x=；式中各物理量的含义是．10．目前，电动自行车对交通安全的影响日益严重，多地已陆续出台禁、限措施．仅成都市的电动自行车在2013年就发生交通事故9789件，这些事故八成是由超标车造成的．国家标准规定，电动自行最高车速不大于20km/h，整车质量不大于40kg，电动机额定连续输出功率不大于240W，制动距离不大于4m．设电动自行车的紧急制动时，所受阻力仅为车轮与地面间的滑动摩擦力，动摩擦因数为0.4．取g=10m/s2．〔1〕一辆电动自行车在平直路面按国家标准规定的最高车速行驶时紧急制动，求制动距离．〔2〕一质量为60kg的人驾驶质量40kg、额定功率300W的超标电动自行车，在平直路面上以额定功率匀速行驶，设行驶过程中所受到的阻力为人、车总重的0.03倍．假设紧急制动，求制距离．11．在图甲所示的竖直平面内，质量不计的橡皮筋一端固定在足够长的绝缘斜面顶端，另一端接在质量m=0.2kg、电荷量q=﹣6×10﹣6C的物体P上；过斜面上的B点并垂直于斜面的平面下方有匀强电场，其方向平行于斜面．图示的方向为正方向．橡皮筋处于原长时，P从斜面上的A点静止释放，当P运动至B点时，橡皮筋的伸长量x=0.16m，橡皮筋对P做功W P=0.064J．P与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，斜面与水平面的夹角θ=37°．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物体的电荷量不变．〔1〕求物体P在B点速度的大小v B；〔2〕当P到达B点时，剪断橡皮筋，以此时为计时起点，电场强度随时间的变化规律如图乙所示．求0到1s，摩擦力对物体P所做的功W．12．如下列图，a、b为垂直于纸面的竖直平等平面，其间有方向相互垂直的匀强电场〔图中未画出〕和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；水平面c下方的某区域内有与a、b间磁场一样一匀强磁场；P点有大量向下运动的速度为v、质量为m、电荷量值在q1﹣q2〔|q2|＞|q1|〕范围内的带电粒子，经a、b间区域后由O点进入水平面c下方的磁场做圆周运动，然后打在水平面c上，O、P在同一竖直线上．不计粒子重力与相互影响，图示平面为竖直平面．〔1〕求a、b间的电场强度；〔2〕求在图面内粒子打在水平面c上的位置；〔3〕c下方磁场区域在图面内面积最小的情况下，假设无粒子运动时，一端在O点的足够长金属杆，以过O点垂直于杆的直线为轴在图面内顺时针匀速旋转，角速度为ω．在t=0时刻，金属杆水平，左端在O点，求金属杆在c下方运动时其电动势随时间变化的函数表达式．2015年四川省“联测促改〞高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共7小题，每一小题6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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，有选错和不选的得0分〕1．关于电磁波的性质和用途，如下说法正确的答案是〔〕A．微波宜用地波传播B．无线电选台的过程就是调制C．在广播电视中，声音和图象信号可以利用电磁波传递D．真空中电磁波的传播速度对不同惯性参考系是不同的【考点】电磁波谱．【分析】电磁波可以传递信息；把声音、图象等信号加载到高频电磁波上的过程，称为调制；分为调频与调幅，由于频率不会衰减，故调频信号抗干扰能力强．【解答】解：A、微波波长短，直线传播好，不容易衍射，故适合做天波，故A错误；B、无线电选台的过程就是调谐的过程，故B错误；C、在广播电视中，声音和图象信号都可以利用电磁波传递，故C正确；D、根据狭义相对论，真空中电磁波的传播速度对不同惯性参考系是一样的，故D错误；应当选：C．【点评】此题考查了信号的调制过程与其分类，知识点较为冷僻，多看书．考查什么是解调，与调制与解调的区别与联系．2．自行车尾灯的设计利用了光的全反射现象．如下自行车尾灯内部结构示意图中符合实际的是〔〕A．B．C．D．【考点】全反射．【专题】全反射和临界角专题．【分析】当光从光密介质射入光疏介质且入射角大于临界角时发生全反射，从而即可求解．【解答】解：汽车灯光应从左面射向自行车尾灯，光在尾灯内部左外表发生全反射，使自行车后面的汽车司机发现前面有自行车，防止事故的发生，因此必须是光从光密进入光疏介质，且入射光要大于临界角，故A正确，BCD错误；应当选：A．【点评】此题考查了全反射在生活中的应用，知道全反射的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，此题难度不大，是一道根底题．3．如下列图，将一小球从倾角为θ的斜面上方O点以初速度v0水平抛出后，落到斜面上H 点，垂直于斜面且=h．不计空气阻力，重力加速度大小为g，如此v0的大小为〔〕A．B．C．D．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】通过几何关系求出小球平抛运动的水平位移和竖直位移，根据竖直位移求出小球的运动时间，结合水平位移和时间求出初速度．【解答】解：由几何关系得，小球平抛运动的水平位移x=hsinθ，竖直位移y=hcosθ，根据y=得，t=，如此初速度．应当选：B．【点评】解决此题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，根底题．4．如下列图，正方形线圈abcd的边长l=0.3m，直线OO′与ad边相距，过OO′且垂直图面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，线圈在转动时通过两个电刷和两个滑环与外电路连接．线圈以OO′为轴匀速转动，角速度ω=20rad/s，图示位置为计时起点．如此〔〕A．线圈输出交流电的周期为sB．流过ab边的电流方向保持不变C．t=s时，穿过线圈的磁通量为0.06WbD．从t=0到t=s，穿过线圈磁通量的变化为0.06Wb【考点】交流发电机与其产生正弦式电流的原理．【专题】交流电专题．【分析】图中线圈只有一个边切割磁感线，但电流始终存在，周期不变，磁通量的大小与匝数无关．【解答】解：A、线圈输出交流电的周期为T===s，故A错误；B、每个周期电流方向改变两次，故B错误；C、t=s时，线圈转过180°，adoo′在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量为∅=B=1×=0.06Wb，故C正确；D、从t=0到t=s，线圈转过90°，此时线圈与面平行，磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化△∅==0.03Wb，故D错误．应当选：C【点评】做交流电的题目不能死记公式，要具体问题具体分析．5．2014年4月30日天文学家发现遥远行星﹣﹣绘架座β星b，这颗系外行星赤道上某点绕自转轴旋转的线速度约为每小时10万公里，一天仅8小时，质量约为木星的7倍．木星赤道上某点绕自转轴旋转的线速度约为每小时4.7万公里，一天10小时．如此绘架座β星b与木星相比〔〕A．赤道半径较小B．自转角速度较小C．第一宇宙速度较小D．赤道外表上静止物体的向心加速度较大【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】根据v=求解半径之比；根据求解角速度之比；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据v=求解；根据a=求解向心加速度．【解答】解：A、根据v=，有：R=；故；故绘架座β星b的赤道半径较大；故A错误；B、根据，绘架座β星b的周期小，故自转角速度大，故B错误；C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据v=，有： =＞1，故绘架座β星b的第一宇宙速度较大，故C错误；D、根据a=，有： =〔〕2×＞1，故绘架座β星b赤道外表上静止物体的向心加速度较大，故D正确；应当选：D．【点评】此题考查了卫星的运动学规律和动力学原理，关键是根据圆周运动的运动学公式列式分析，根底题目．6．如下列图，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t1=1.5s的波形图，虚线的这列波在t2=0.5s的波形图．如此〔〕A．这列波的波长可能是10mB．这列波的波速可能是16m/sC．假设该波周期T≥2s，在t=1s时x=2m处的质点一定在波峰位置D．假设该波周期T≥2s，在t=14.1s时x=6.4m处的质点一定在平衡位置【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】根据波形图可知波长，根据在1s的时间内传播的距离与时间关系可得出波速的可能值；根据波的传播可明确各点的位置．【解答】解：A、由图可知，该波的波长为为12m；故A错误；B、由图可知，当波向左传播时，两列波传播的距离为：nλ+8〔n=0，1，2，3﹣﹣﹣﹣〕；当波向右传时，传播的距离为nλ+4〔n=0，1，2，3﹣﹣〕；用时t=1s；当波向右传播，n=1时，波速为16m/s；故B正确；C、假设该波周期大于2s，如此两列波相距小于一个波长且波应向左传，周期为2s；1s时，波移动四分之一个周期，由图可知，5m处的振动传播到2m处；故该质点不在波峰位置；故C错误；D、14.1s时，波由1.5s时又传播了=3个波长，故相当于1.5s时的波形向左移动=1.8m；由图可知，x=6.4m处的质点一定在平衡位置；故D正确；应当选：BD．【点评】此题考查波的多解性，要注意明确波传播的多解性包括，方向、时间和空间上的多解．7．在水平向右的匀强电场E中，小车以加速度a向右做匀加速直线运动，质量分别为m1、m2，电荷量分别为+q1、+q2的小球G、H通过不可伸长的轻绳悬挂于车顶O点，≥．当G、H相对小车静止时，如下情况可能出现的是〔不计G、H间的相互作用〕〔〕A．B．C．D．【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】先对两个球整体分析，根据牛顿第二定律判断出上面的细线与竖直方向的夹角的正切值；再对下面的球受力分析，根据牛顿第二定律判断出下面的细线与竖直方向的夹角的正切值；最后再进展比拟即可．【解答】解：AD、先对两个球整体分析，受重力、电场力和细线的拉力，如下列图：如果加速度大于，设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：Tcosα=〔m1+m2〕g水平方向：Tsinα+〔q1+q2〕E=〔m1+m2〕a解得：tanα=…①再对小球G受力分析，如下列图：设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：T1cosβ=m1g水平方向：T1sinβ+q1E=m1a解得：tanβ=…②由于≥，两个正分数的分子分母同时分别相加后得到的新分数介于原来两个分数中间，故≤，故tanα≥tanβ，故α≥β；故A正确，D错误；B、C、如果加速度小于，如此上面的细线向右偏转；设上面的细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：Tcosα=〔m1+m2〕g水平方向：﹣Tsinα+〔q1+q2〕E=〔m1+m2〕a解得：tanα=…③再对小球G受力分析，如下列图：设下面的细线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：T1cosβ=m1g水平方向：﹣T1sinβ+q1E=m1a解得：tanβ=…④由于≥，故≤，故tanα≤tanβ，故α≤β；故B错误，C正确；应当选：AC．【点评】此题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力，不难，关键是屡次根据牛顿第二定律列方程求解．二、非选择题8．小芳同学通过实验探究共点力的平衡条件．如下列图，将一方形薄木板平放在桌面上，并在板面上用图钉固定好白纸，将三个弹簧测力计的挂钩用细线系在小铁环上，两个弹簧测力计固定在木板上，在板面内沿某一方向拉第三个弹簧测力计，当小铁环平衡时，分别记录三个测力计示数F1、F2、F3的大小和方向，并作出力的图示．接着，小方同学按平行四边形定如此作出了F2、F3的合力F23，通过比拟F23与F1的关系，就可以得到共点力F1、F2、F3的平衡条件．【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】共点力作用下物体的平衡条件是合外力为零，三个力合力为零，如此任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，根据平行四边形定值作出其中两个力的合力，与第三个力进展比拟即可得出结论．【解答】解：本实验探究共点力作用下物体的平衡条件，所以平衡时铁环保持静止状态，此时要记录测力计的示数F1、F2、F3和它们的方向，根据平行四边形定值作出F2、F3的合力，比拟F23和F31的关系即可求出结论．故答案为：平衡；方向，F23与F1．【点评】此题比拟简单，知道共点力作用下物体的平衡条件是合外力为零，三个力合力为零，如此任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，对于根底实验一定熟练掌握才能为解决复杂实验打好根底．9．测一阻值约5kΩ的电阻R x的阻值．实验室有以下器材供选用：电流表A1，量程0.6A，内阻是0.5Ω电流表A2，量程3A，内阻约0.1Ω电压表V1，量程3V，内阻是3kΩ电压表V2，量程8V，内阻约8kΩ滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，额定电流1A滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流0.2A电源E，电动势10V，内阻很小开关S，导线假设干①为了较准确地测量R x的阻值，电表示数不小于量程的三分之一，请在图中虚线框内将实验电路图补画完整，并标上所选实验器材符号；②实验电路图中的滑动变阻器，就选用R2；③计算公式R x=；式中各物理量的含义是U1、U2分别是电压表V1、V2的示数，R V1是电压表V1的内阻．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】将电路分为测量电路和控制电路两局部．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压接法．根据欧姆定律和串并联电路特点求解电阻R x的阻值．【解答】解：〔1〕由于没有电流表，所以将电压表V1和电阻R x串联，再与电压表V2并联，由于待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法．如图：〔2〕由于电阻R x的阻值较大，实验电路图中的滑动变阻器，就选用R2；〔3〕根据欧姆定律和串并联电路特点得电阻R x的电流I=，所以R x=，U1、U2分别是电压表V1、V2的示数，R V1是电压表V1的内阻．故答案为：①如下列图②R2；③，U1、U2分别是电压表V1、V2的示数，R V1是电压表V1的内阻【点评】此题关键是明确实验原理，然后根据串并联电路的电压和电流关系列式求解，注意电流表是改装而来的．10．目前，电动自行车对交通安全的影响日益严重，多地已陆续出台禁、限措施．仅成都市的电动自行车在2013年就发生交通事故9789件，这些事故八成是由超标车造成的．国家标准规定，电动自行最高车速不大于20km/h，整车质量不大于40kg，电动机额定连续输出功率不大于240W，制动距离不大于4m．设电动自行车的紧急制动时，所受阻力仅为车轮与地面间的滑动摩擦力，动摩擦因数为0.4．取g=10m/s2．〔1〕一辆电动自行车在平直路面按国家标准规定的最高车速行驶时紧急制动，求制动距离．以额定功率匀速行驶，设行驶过程中所受到的阻力为人、车总重的0.03倍．假设紧急制动，求制距离．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】〔1〕根据牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解答〔2〕根据P=FV和动能定理列式求解．【解答】解：〔1〕设人、车总质量为m，紧急制动时速度为v，车轮与地面间的滑动摩擦力为f，加速度为a，制动距离为s，如此f=﹣μmg ①f=ma ②﹣v2=2ax ③联立①②③并代入数据得x=3.9m ④〔2〕：设超标电动自行车额定功率为P，匀速行驶过程所受阻力为f′，速度v′，人、车总质量为M，阻力与人、车总重量的比值为k，如此P=f′v′⑤f′=kmg ⑥设制动距离为s'由动能定理得0﹣=﹣μmgx′⑦联立⑤⑥⑦式得x′=〔〕2⑧代入数据得x′=12.5m ⑨答：〔1〕一辆电动自行车在平直路面按国家标准规定的最高车速行驶时紧急制动，制动距离为3.9m．以额定功率匀速行驶，设行驶过程中所受到的阻力为人、车总重的0.03倍．假设紧急制动，制动距离为12.5m．【点评】此题考查牛顿运动定律和动能定理以与功率P=FV的应用，此题可以尝试不同的解法．11．在图甲所示的竖直平面内，质量不计的橡皮筋一端固定在足够长的绝缘斜面顶端，另一端接在质量m=0.2kg、电荷量q=﹣6×10﹣6C的物体P上；过斜面上的B点并垂直于斜面的平面下方有匀强电场，其方向平行于斜面．图示的方向为正方向．橡皮筋处于原长时，P从斜面上的A点静止释放，当P运动至B点时，橡皮筋的伸长量x=0.16m，橡皮筋对P做功W P=0.064J．P与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，斜面与水平面的夹角θ=37°．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物体的电荷量不变．〔1〕求物体P在B点速度的大小v B；〔2〕当P到达B点时，剪断橡皮筋，以此时为计时起点，电场强度随时间的变化规律如图乙所示．求0到1s，摩擦力对物体P所做的功W．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】〔1〕物体P从A点到B点，设摩擦力做功为W f，重力做功为W G，根据动能定理列式求解；〔2〕分三个过程，应用牛顿运动定律和运动学规律求解位移，然后根据W=FScosθ求解摩擦力做功．【解答】解：〔1〕物体P从A点到B点，设摩擦力做功为W f，重力做功为W g，如此W f=﹣μmgxcosθ…①W G=mgxsinθ…②由动能定理得：﹣W P+W G+W f=m…③代入数据解得：v B=0.8m/s…④〔2〕0﹣0.2s，设物体P的加速度为a1，根据牛顿第二定律知：mgsinθ﹣μmgcosθ+qE=ma1…⑤0.2sP运动的路程为x1，速度为v1v1=v B+a1t1…⑥x1=…⑦说明：如分部计算，a1=16m/s2，v1=4m/s，s1=0.48m由图乙可知，0.2s时电场方向反向，P做匀减速直线运动，直至速度为零．设此运动过程加速度为a2，所用的时间为t2，运动的路程为s2，如此mgsinθ﹣μmgcosθ﹣qE=ma2…⑧v1+a2t2=0…⑨x2=…⑩解得：a2=﹣8m/s2，t2=0.5s，x2=1m从0.2+t1时刻开始，速度反向〔沿斜面向上〕，此时作用于P的滑动摩擦力反向，直至1s 时刻．设此运动过程加速度为a3，所用的时间为t3〔即t3=1﹣0.2﹣t2〕，运动的路程为s3，如此mgsinθ+μmgcosθ﹣qE=ma1…⑪x3=a…⑫a3=﹣4m/s2，t3=0.3s，x3=0.18m设物体0～1s运动的路程为s，如此x=x1+x2+x3=1.66m…⑬0～1s过程中，摩擦力对物体P所做的功W﹣μmgscosθ…⑭联立⑤～⑭式，得W=﹣0.664J…⑮答：〔1〕物体P在B点速度的大小v B=0.8m/s；〔2〕当P到达B点时，剪断橡皮筋，以此时为计时起点，电场强度随时间的变化规律如图乙所示．0到1s，摩擦力对物体P所做的功W=﹣0.664J．【点评】此题运动过程较多，注意分段受力分析和运动分析，属于难题．12．如下列图，a、b为垂直于纸面的竖直平等平面，其间有方向相互垂直的匀强电场〔图中未画出〕和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；水平面c下方的某区域内有与a、b间磁场一样一匀强磁场；P点有大量向下运动的速度为v、质量为m、电荷量值在q1﹣q2〔|q2|＞|q1|〕范围内的带电粒子，经a、b间区域后由O点进入水平面c下方的磁场做圆周运动，然后打在水平面c上，O、P在同一竖直线上．不计粒子重力与相互影响，图示平面为竖直平面．〔1〕求a、b间的电场强度；〔2〕求在图面内粒子打在水平面c上的位置；〔3〕c下方磁场区域在图面内面积最小的情况下，假设无粒子运动时，一端在O点的足够长金属杆，以过O点垂直于杆的直线为轴在图面内顺时针匀速旋转，角速度为ω．在t=0时刻，金属杆水平，左端在O点，求金属杆在c下方运动时其电动势随时间变化的函数表达式．【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〕由平衡条件可以求出电场强度．〔2〕粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出范围．〔3〕求出切割磁感线的有效长度，然后应用E=BLv求出感应电动势．【解答】解：〔1〕设a、b区域电场的电场强度为E0，由平衡条件得：q1vB=q1E1 ①电场强度的大小和方向与粒子所带电量无关，其方向水平向左，大小为：E1=vB ②；〔2〕如图建立坐标系，假设q1＞0，q2＞0，如此在x≥0区域作圆周运动，圆心在x轴上的C1与C2之间，其半径在R1与R2之间，由牛顿第二定律得：q1vB=m③q2vB=m④粒子打在水平面c上的位置为运动轨迹与x轴的交点x1与x2之间范围，如此x1=2R1 ⑤x2=2R2 ⑥假设q1＜0，q2＜0，如此在x≤0区域作圆周运动，其运动与带正电粒子的运动关于y轴对称，联立相关方程并代入条件，粒子打在水平面c上的位置为：≤x≤〔q1 ＞0，q2＞0〕⑦≤x≤〔q1 ＜0，q2＜0〕⑧〔3〕如下列图，所需磁场最小面积是平面c下以C1与C2为圆心的半圆之间区域和关于y轴对称局部的面积．杆在转过0～90°范围内，金属杆转过角度θ=ωt时，杆与磁场边界交点为A、D，由图知OA=2R2cosωt ⑨OD=2R1cosωt ⑩杆在磁场中的平均速度为： =ω〔OA+OD〕⑪如此在时刻t时金属杆中的电动势E为：E=B〔OD﹣OA〕⑫杆在转过90°～180°范围内，金属杆转过角度γ=ωt时，与x轴夹角为α，有cos2α=cos2〔π﹣ωt〕=cos2ωt⑬联立相关方程解得：E=〔﹣〕cos2ωt 〔0≤t≤〕⑭答：〔1〕求a、b间的电场强度为vB；〔2〕在图面内粒子打在水平面c上的位置为：≤x≤〔q1 ＞0，q2＞0〕或≤x≤〔q1 ＜0，q2＜0〕．〔3〕金属杆在c下方运动时其电动势随时间变化的函数表达式为：E=〔﹣〕cos2ωt 〔0≤t≤〕．【点评】此题考查了求电场强度、粒子打在水平面上的范围、求感应电动势，分析清楚粒子运动过程，应用平衡条件、牛顿第二定律与E=BLv即可正确解题．。

绝密★启用前2015年第一次大联考【四川卷】物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分110分，考试时间60分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一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；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无效．．。

第Ⅰ卷（选择题 共42分）本卷共7题，每题6分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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.关于科学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）A ．根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短变矮B ．伽利略运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断C ．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D ．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在 【答案】B【考点】考查物理学史【解析】根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短，但是与运动垂直的方向长度不变，即高度不变，A 错；法拉第在研究电磁感应现象时利用了常规实验法，C 错；麦克斯韦预言了电磁波的存在，但是用实验证实了电磁波的存在的是赫兹，D 错；B 符合事实。

【易错警示】因斯坦提出的狭义相对论中的动尺变短指的是运动方向长度变短，不是任何方向的长度都变短。

2.如图甲所示，质量m =2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动。

过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示。

成都市石室中学2015届高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的4个选项中有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）1．以下关于物理学史和物理方法的叙述中正确的是（）A．在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等D．1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，并首先引入了电场线来形象描述电场考点：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．解答：解：A、在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法；故A错误；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”，故B正确；C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比列，例如：电场强度E=，速度的定义v=，加速度的定义a=等，故C错误；D、1820年奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，法拉第首先引入了电场线来形象描述电场，故D错误；故选：B．点评：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．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中t2=，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内（）A．两物体在t1时刻加速度相同B．两物体在t2时刻运动方向均改变C．两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．分析：速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．结合数学知识进行分析．解答：解：A、在t1时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，方向不同．故A错误；B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，故B错误；C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C 正确；D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．3．如图所示，在粗糙程度相同的绝缘鞋面上固定一点电荷Q，将一带电小物块轻放在鞋面上的M点处，小物块沿斜面运动到N点恰好静止，则（）A．点电荷Q和小物块可能带同种电荷也可能带异种电荷B．点电荷Q形成的电场中M点电势一定高于N点电势C．从M到N的过程中，小物体的电势能一定减小D．从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量一定等于内能的增加量考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电势的高低可以通过沿电场线方向电势降低进行判断，因无法判断点电荷Q的电性，所以无法比较M、N点电势的高低；电势能的增加还是减小可以通过电场力做功来判断．可以通过动能定理判断小物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功；若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．解答：解：A、据题小物块沿斜面运动到N点恰好静止，若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．所以两物块为同种电荷，故A正确．B、由于点电荷Q的电性未知，电场线方向未知，无法判断M、N电势的高低．故B错误．C、电场力对物块做正功，电势能一定减小．故C正确．D、根据功能关系可知：从M到N的过程中，小物块的机械能的损失量与电势能减小量之和等于内能的增加量，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道如何去比较电势的高低，如何比较电势能的高低．4．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）根据万有引力提供向心力、根据T=2、根据、根据得，，轨道半径越大，线速度越小，则小行星的线速度小于5．（6分）如图甲所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）|=R6．（6分）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）球间的细线张力三个小球一起以加速度（球整体产生一个竖直下下的加速度g+（显然＞球以加速度F=ma′=7．（6分）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P（﹣L，0）、Q（0，﹣L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）则电子运动的路程一定为所示，则微粒运动的路程为圆周的，即为，故二、实验题（本题包括2小题，共17分）8．（7分）如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．（1）使电容器带电后与电源断开①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；④由此可知平行板电容器的电容与两板正对面积、两板距离和两板间介质有关有关．（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有 AA．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代．C=U=C=U=C=U= 9．（10分）利用图甲装置可以做许多力学实验．（1）利用此装置探究“加速度与力、质量的关系”和“合外力做的功等于物体动能变化”实验中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是平衡小车所受的摩擦．（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同质量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数（实验中小车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动）．①为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）②实验中对小车及车内砝码研究，根据牛顿第二定律有F﹣μmg=ma，实验中记录小车的加速度a和小车所受的合外力F，通过图象处理数据．甲、乙两同学分别得到图乙中甲、乙两条直线．设甲、乙用的小车及砝码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做匀加速直线运动，加速度a= 0.75～0.76 m/s2（结果保留两位有效数字）．已知交流电源的频率为50Hz．，则绳子的拉力F=Ma=，﹣，结合图象可知，为斜率，﹣=0.75m/s三、本题共3小题，51分10．（15分）电动自行车作一种重要的交通工具，越来越受到人们的喜爱．表是一辆电动自行车的部分技术指标．其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小；（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？Ω⑤11．（17分）（2011•柳州二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC 均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ=60°，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小．现将放在A点的带电小球由静止释放，求：（1）小球运动到B点时的速度；（2）小球需经多少时间才能落到地面（小球所带的电量不变）？qL==．=m=L ⑤BO=BC•cos30°=R=OC=BC•cos60°=OC′===++12．（19分）如图所示的传送带装置，长度为4m，与水平方向之间的夹角为37°，传送带以0.8m/s的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为1kg．经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间；（2）传送带对每个工件所做的功；（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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）根据牛顿第二定律计算工件刚放上传送带时的加速度，计算出工件匀加速达到与传送带速度相等时的位移，若此位移小于传送带的长度，则工件先匀加速后匀速运动；（2）工件先受到滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsinθ，根据功的公式求解摩擦力对每个工件做的功；（3）摩擦生热Q=fs相，s相是工件与传送带的相对位移．电动机多消耗的电能转化为工件的机械能与克服摩擦力做功转化成的内能，根据能量守恒求解．解答：解：（1）工件刚放上传送带时的加速度为a=μgcos 37°﹣gsin 37°=0.4 m/s2当工件速度达v=0.8 m/s时，工件相对传送带静止工件加速的时间t1== s=2 s加速运动的位移s1=at12=×0.4×22 m=0.8 m在AB段匀速运动的位移为s2=4 m﹣0.8 m=3.2 m所用的时间为t2== s=4 s总时间为t=t1+t2=6 s（2）由动能定理得W﹣mgLsin 37°=mv2W=mgLsin 37°+mv2=1×10×4×0.6 J+×1×0.82 J=24.32 J（3）因工件在AB段上加速运动的时间为2 s，所以在位移x t内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为F f1=mgμcos 37°=6.4 N工件在AB段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为2 s，两工件之间的距离为2×0.8 m=1.6 m，所以这段距离内始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力为F f2=mgsin 37°=6 N传送带动力装置需增加的功率为：P=（F f1+2F f2）v=18.4×0.8 W=14.72 W答：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间为6s；（2）传送带对每个工件所做的功为24.32J；（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72W．点评：本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机消耗的电能．。

石室中学高2015级三诊模拟物理试题第I 卷（选择题 共42分）第I 卷共7题，每题6分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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，有选错和不选的得0分。

1. 在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。

以下选项中符合他们观点的是A 、人在沿直线减速前进的火车车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方B 、两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大速度就越大C 、速度越大的汽车越难以停下，这说明物体的惯性跟速度有关D 、一匹马拉着车前进，如果马不拉车，车最终将停下来，这说明“静止状态”才是物体不受力时的“自然状态”2. 通过近三年的学习，同学们已经掌握了许多物理知识，请你用所学物理知识判断下列四个具体物理问题，你认为下列处理方法或者观点没有明显错误的是A 、宇航员驾驶宇宙飞船以接近光速经过地球时，地球上的人观察到飞船上的时钟变快B 、两个半径均为r 的空心金属球，带电量均为+Q ，均置于绝缘基座上，球心相距3r ，两球间的库仑力小于2219r q q k 。

C 、在高压输电过程中是不会产生电磁波的。

D 、人在下蹲过程中，地面对人的支持力做负功，导致人的机械能减少。

3.美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将在2015年3月份陨落在水星表面。

工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月。

这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道。

如图所示，设释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力。

则下列说法正确的是A ．探测器在轨道Ⅰ上A 点运行速率小于在轨道Ⅱ上B 点速率 B ．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率C ．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能和动能都减少D ．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A 点加速度大小不同4.如图所示，T 为理想变压器，原副线圈匝数比为5:1。

四川石室中学2015届高三“一诊”模拟考试（二）高三2014-01-06 10:17四川石室中学2015届高三“一诊”模拟考试（二）语文试题第I卷（共27分）一、（12分，每小题3分）1．下列词语中加点的字，每对读音都不相同的一项是（）A．摒除／摈弃胡诌／刍议拾遗／汤匙谬种／纰缪B．拓荒／拓本畜养／蓄意门槛／僭越执拗／拗断C．扉页／绯闻踹开／揣摩茄克／夹缝藩篱／蕃盛D．纤夫／光纤陶俑／佣金伺机／伺候瞥见／蹩脚2.下列各组词语中，没有错别字的一项是（）A. 勾通贸然电线杆雍容华贵挑肥拣瘦B. 歉收跟贴震慑力披星戴月明火执仗C. 番茄诀别老两口谈笑风生细水常流D. 博弈账簿亲和力得陇望蜀坐壁上观3．下列各句中，加点词语使用恰当的一句是（）A．过了不久，鲨鱼又游了回来，他对准鱼的尾部一口咬了下去，凶猛地撕去了实足40磅的肉，然后飞速游走。

B．4月以来的多轮强降水使鄱阳湖水体面积由668平方公里扩至2370平方公里，以致极大地改善了江豚等珍稀水生动物的生存环境。

C．石室中学北湖校区的跳蚤市场，吸引了众多老师和学生。

为了筹得更多的善款，各位“小老板”奔走呼号，大力宣传自家商品。

D．石室学霸自创的韵律操红遍网络，视频中同学们劲爆的舞姿与动感的音乐交相辉映，给人留下了极深的印象。

4.下列选项中，没有语病的一项是（）A. 据报道，上海家化与沪江日化都产生了一些令人难以置信的现象，两家企业均存在未披露的采购销售关联交易及累计3000万元资金拆借关联交易。

B. 网上掀起的关于“挪假”“拼假”的讨论热潮表明，人们不仅希望休假，还希望假期安排得更合理更充裕，不是挑剔，而是社会发展的必然。

C.《教育改革方案》规定：从小学四年级开始，除语文、数学每学期可举行1次全校统一考试外，不得安排其他任何统考，考试内容严禁超出课本范围。

D. 近日，包括成都在内的全国多个城市空气质量受到不同程度的污染，雾霾对人们健康的影响受到前所未有的关注，一时间，空气净化器等产品备受青睐。

成都石室一诊物理模拟试题二、选择题：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。

14关于物理方法和史实，下列说法正确的是（）A.根据速度定义式ν=，红当Δt非常小时，就可以用表示物体在在t时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想C.伽利略在论证轻、重物体下落快慢一样时用的是类比法D.加速度a=、电场强度E=都是采用比值法定义15如图所示，将一个质量为m的钢珠球从距纸面高为H的地方自由下落，恰能穿破紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，若将上面一张纸的位置升高，下面张纸的位置仍不变，再次将这个钢珠球从原位置自由下落，要使小球仍能穿破两张纸，则上面一张纸距离下面一张纸不超过（）A. H/8B. H/2C. H/4D. H/316如图所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间(光线进入相机镜头的时间)为Δt的相机拍摄到，图乙是石块落地前Δt时间内所成的像(照片已经放大且方格化)，每个小方格代表的实际长度为L，忽略空气阻力，则( )A.石块抛出位置离地高度约为9gL2/2Δt2B.石块将要落地时的速度大小约为2L/ΔtC.图乙中所成像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置D.石块水平抛出的初速度大小约为L/Δt17.如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定光滑直杆。

质量为m a小球a套在半圆环上，质量为m b的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l的轻杆通过两铰链连接。

现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，下列判断正确的是( )A. a沿圆环自由下滑到与圆心O等高的P过程中，轻杆对滑块b先做正功后做负功B. a沿圆环自由下滑到与圆心O等高的P过程中，小球a和滑块b速度可能相同C. 小球a滑到与圆心O等高的P点时，轻杆对滑块b无作用力D. a沿圆环自由下滑到与圆心O等高的P过程中，小球a机械能守恒18我国自主研发的北斗卫星系统由多颗环绕地球运行的卫星组成，则这些卫星说法正确的是( )A.绕圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B.绕椭圆轨道运行的卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D.沿不同轨道经过成都上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合19完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撒去F1、F2，甲乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示，则( )A.若整个过程中甲、乙两物体受到摩擦力所做的功分别为W1、W2 ，则W1=W2B.若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2 ，则s1>s2C.若F1、F2的冲量分别为l1、l2 ，则l1>l2D.若F1、F2所做的功分别为W1、W2，则W1>W220如图所示电路中，闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大U，在此过程中有:（）A电源的输出效率增大B通过R1的电流增大U/R1C通过R2的电流减小量小于D路端电压增大量为U21如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是（）A.电荷Q与点电荷q是异种电荷，电荷Q一定在A点的左侧B.电荷Q与点电荷q是同种电荷，电荷Q一定在B点的右侧C.点电荷q的电势能一定是先减小后增大D.A、B两点电势一定相等，场强一定不相同22.(6分)某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a-F图像。