【恒心】晋冀豫三省2014-2015学年度高三第二次联考物理试题及参考答案【首发精品版】

2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕A． B． C．D．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：〔1〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(二〕选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。

河南省六市联考2015届高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有( )A．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象2．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则( )A．0～t0时间内力F的功率逐渐增大B．t1时刻A的动能最大C．t2时刻A的速度最大D．t2时刻后物体做反方向运动3．经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较( )A．“神舟星”的轨道半径大B．“神舟星”的公转周期大C．“神舟星”受到的向心力大D．“神舟星”的加速度大4．如图所示，在竖直平面内固定一光滑绝缘三角形支架，ac竖直、bc水平、ab与水平面夹角为θ，带电小球P和Q分别套在ab和ac上处于静止状态（P、Q均不与三角形支架顶点接触），设PQ连线与ab夹角为α，则下列判断正确的是( )A．PQ可能带同种电荷B．PQ一定带异种电荷C．α可能小于θD．α可能等于θ5．如图所示，左侧的圆形导电环半径为r=2.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C=100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁场磁感应强度B的变化率=100πsinωt（T/s），若电容器带电量的最大值为1.41×10﹣9C，则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比是（取π2=10）( )A．25：1 B．1：25 C．141：4 D．4：1416．研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，则( )A．减速过程汽车加速度的大小为8m/s2B．汽车减速过程所用时间为2.9sC．饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.3sD．减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值7．电磁泵在目前的生产科技中得到了广泛应用，如图所示是电磁泵的原理图，泵体是一个长方体空腔，ab边长为L，两侧端面是边长为a的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在进口处接入电导率为σ（电阻率的倒数）的导电液，泵体所在处有方向垂直向外的磁场，磁感应强度为B，泵体的上下两表面接在电压恒为U的电源上，则( )A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=C．磁感应强度越大，每秒被抽液体的质量就越大D．电导率σ越大，电磁驱动力就越小8．如图所示，三条实线表示三根首尾相连的相同绝缘细棒，每根棒上带有等量同种电荷，电荷在棒上均匀分布，点A是△abc的中点，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为φA和φB，若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为φ′A、φ′B，则( )A．φ′A=φA B．φ′A=φAC．φ′B=φA+φB D．φ′B=φA+φB二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题共4小题，考生根据要求作答）(一）必考题9．某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理．（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离S=__________cm；（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间△t1和△t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是__________；（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块的质量？__________（填“是”或“否”）10．某同学在《测定金属丝电阻率》的实验中：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为__________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图2可知其直径为__________mm；（3）已知金属丝的电阻约为10Ω，用伏安法测量其电阻，提供的器材有：A、量程为300mA，内阻约为0.5Ω的电流表；B、量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表；C、量程为3V，内阻约为3kΩ的电压表；D、量程为15V，内阻约为30kΩ的电压表；E、阻值是0﹣5Ω，额定电流是2A的滑动变阻器；F、电动势为6V，电阻约为0.1Ω的电池；G、开关一个，导线若干．①要求测量时，两电表指针的偏转均超出其量程的一半，电流表应选用__________，电压表应选用__________．（用序号表示）②在答题卷中所给方框内画出测电阻丝电阻的电路图．11．如图所示，一小物块从斜面甲的上部A点自静止下滑，又滑上另一斜面，到达B点的速度为零．已知两斜面倾角不同，但小物块与两斜面的动摩擦因数相同，若AB连线与水平线AD的夹角为θ，求小物块与斜面间的动摩擦因数（不计小物块在C处碰撞中的能量损失）．12．（18分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为，电势为φ2，足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用．（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L磁场方向垂直纸面向内，则发现从圆弧面AB收集到的粒子有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁场磁感应强度的大小．（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理选修3-3】13．下列各种说法中正确的是( )A．两个系统相互接触而传热，当两个系统的内能相等时就达到了热平衡B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度高于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果D．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关14．如图所示，导热的圆柱形气缸放置在水平桌而上，横截面积为S、质量为m l的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与气缸间无摩擦且不漏气．总质量为m2：的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连．当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h．现使环境温度缓慢降为：①当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？②保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为△m的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强p0．[物理选修3-4】15．下列说法中正确的是( )A．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大B．在受迫振动中，驱动力的频率不一定等于物体的固有频率C．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D．光能够发生偏振现象说明光是横波E．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理16．如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB为四分之一圆弧，BCDO为矩形，一细光束从圆弧的中点E沿半径射入棱镜后，在圆心O点恰好发生全反射，经CD面反射，再从圆弧的F点射出，已知，OA=a，OD=a，光在真空中的传播速度为c，求：（1）从F点射出的光线与法线夹角的正弦值；（2）从F点射出的光在棱镜中传播的时间．【物理选修3-5】17．在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是( )A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小D．在核反应中元素的种类不会改变E．Bi的半衰期是5天，12g Bi经过15天后还有1.5g未衰变18．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车．g取10m/s2．求：①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．②小车的长度．河南省六市联考2015届高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有( )A．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象考点：物理学史．分析：本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答．解答：解：A、牛顿发现的万有引力定律之后，卡文迪许用扭秤实验测出万有引力恒量的数值，使万有引力定律有了真正的实用价值，故A正确．B、匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向始终为切线方向，但加速度始终指向圆心，时刻在变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B错误．C、根据开普勒行星运动定律可知，行星绕恒星运动轨道为椭圆形，它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量，与行星的速度无关，故C 错误．D、奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；但他没有发现电磁感应现象，是法拉第通过实验发现了磁也能产生电，发现了电磁感应磁现象，故D错误．故选：A．点评：本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累．对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点．2．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则( )A．0～t0时间内力F的功率逐渐增大B．t1时刻A的动能最大C．t2时刻A的速度最大D．t2时刻后物体做反方向运动考点：动能定理的应用．分析：当推力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，当推力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．解答：解：A、t0时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，合力为零，力F的功率为零，故A错误；B、t0到t2时刻，合力向前，物体一直加速前进，故B错误；C、D、t2之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t2时刻A的速度最大，C选项正确，D选项错误；故选C．点评：目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动，力只是改变速度的原因，t0时刻前，合力为零，物体静止不动，t0到t2时刻，合力向前，物体加速前进，t2之后合力向后，物体减速前进．3．经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较( )A．“神舟星”的轨道半径大B．“神舟星”的公转周期大C．“神舟星”受到的向心力大D．“神舟星”的加速度大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；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：已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以判断出线速度大小关系．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量．根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．解答：解：A、根据线速度的定义式得：v=，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=m（其中M为太阳的质量，r为轨道半径）r=由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，故A错误．B、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=m rT=2π，其中M为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期．故B错误．C、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：F向=，其中M为太阳的质量，r为轨道半径，m为卫星的质量．由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系，所以两者的向心力无法比较．故C错误．D、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：=maa=其中M为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度．故D正确．故选：D．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．4．如图所示，在竖直平面内固定一光滑绝缘三角形支架，ac竖直、bc水平、ab与水平面夹角为θ，带电小球P和Q分别套在ab和ac上处于静止状态（P、Q均不与三角形支架顶点接触），设PQ连线与ab夹角为α，则下列判断正确的是( )A．PQ可能带同种电荷B．PQ一定带异种电荷C．α可能小于θD．α可能等于θ考点：电场强度．分析：分别对两球进行受力分析，由共点力的平衡条件可明确两球如何才能平衡，进而确定两球的电性及夹角．解答：解：分别对两小球受力分析可知，只有两小球受到的合力为零时，两球才能保持平衡；因Q处在竖直杆上，球受到重力和杆的弹力；只有库仑力斜向上才能使小球处于平衡；而P球处在ab边上，支持力与库仑力的合力一定竖直向上；根据三力平衡条件可知，PQ一定带异种电荷；由图可知，PQ连线与ab夹角α一定大于θ；故选：B．点评：本题关键明确受力分析及共点力的平衡条件的应用，要注意应用库仑定律进行分析明确可能平衡的性况才能准确求解．5．如图所示，左侧的圆形导电环半径为r=2.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C=100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁场磁感应强度B的变化率=100πsinωt（T/s），若电容器带电量的最大值为1.41×10﹣9C，则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比是（取π2=10）( )A．25：1 B．1：25 C．141：4 D．4：141考点：变压器的构造和原理；法拉第电磁感应定律．分析：变压器是根据电磁感应来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论．解答：解：根据电磁感应定律，得原线圈的电压的峰值为：E===100•π×π×0.022=0.558V电容器的电压峰值为：U===14.1V理想变压器的原、副线圈匝数之比等于电压之比：=故选：B点评：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．6．研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，则( )A．减速过程汽车加速度的大小为8m/s2B．汽车减速过程所用时间为2.9sC．饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.3sD．减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值考点：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：由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间．由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较．对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解答：解：AB、设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度v t=0 位移x=25m，由得，a=8m/s2，减速的时间，故A正确，B错误．C、反应时间内的位移为x′=L﹣x=14m，则反应时间为t′=，则反应的增加量为△t=0.7﹣0.4=0.3s，故C正确．D、设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得，解得，故D正确．故选：ACD．点评：本题考查了匀变速直线运动的运动学公式、牛顿第二定律的基本运用，知道器材对志愿者作用力和重力的合力方向水平，结合平行四边形定则进行求解．7．电磁泵在目前的生产科技中得到了广泛应用，如图所示是电磁泵的原理图，泵体是一个长方体空腔，ab边长为L，两侧端面是边长为a的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在进口处接入电导率为σ（电阻率的倒数）的导电液，泵体所在处有方向垂直向外的磁场，磁感应强度为B，泵体的上下两表面接在电压恒为U的电源上，则( )A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=C．磁感应强度越大，每秒被抽液体的质量就越大D．电导率σ越大，电磁驱动力就越小考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．解答：解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=ρ=×=；因此流过泵体的电流I==ULσ，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，则质量就增大，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使附加压强越小，而却增大电导率，即减小电阻率，驱动力越大，故D错误；故选：AC．点评：本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难．8．如图所示，三条实线表示三根首尾相连的相同绝缘细棒，每根棒上带有等量同种电荷，电荷在棒上均匀分布，点A是△abc的中点，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为φA和φB，若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为φ′A、φ′B，则( )A．φ′A=φA B．φ′A=φAC．φ′B=φA+φB D．φ′B=φA+φB考点：电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系．分析：利用细棒相对中点对称，得出各棒对各点的电势，再由取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，即可求解．解答：解：每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同．这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为φ1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为φ2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为φ1）．所以，取走ab前，3φ1=φA则有：2φ2+φ1=φB取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以φA′=2φ1φB′=φ1+φ2解之：φA′=φA；φB′=φA+φB．故选：AD点评：考查棒电荷分布均匀，利用几何的对称性，确定与电势的关系是解题的突破口，注意取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题共4小题，考生根据要求作答）(一）必考题9．某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理．（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离S=50.0cm；（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间△t1和△t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M；（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块的质量？否（填“是”或“否”）考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）先明确刻度尺的分度值，读数时注意估读一位；（2）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式，进而得到还需要测量的物理量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．解答：解：（1）光电门1处刻度尺读数为：23.0cm，光电门2处刻度尺读数为：73.0cm，故两光电门中心之间的距离s=73.0cm﹣23.0cm=50.0cm；（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：v1=滑块通过光电门2速度为：v2=根据功能关系需要验证的关系式为：Fs=Mv22﹣Mv12=M（）2﹣M（）2可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．故答案为：（1）50.0；（2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M；（3）否．点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．10．某同学在《测定金属丝电阻率》的实验中：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图2可知其直径为4.700mm；（3）已知金属丝的电阻约为10Ω，用伏安法测量其电阻，提供的器材有：A、量程为300mA，内阻约为0.5Ω的电流表；B、量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表；C、量程为3V，内阻约为3kΩ的电压表；。

2014-2015河南省八市重点高中高三联考物理试题一、选择题（每题5分，共60分，其中1-8题单选，9-12题为多选）1.物理学中，科学家处理物理问题用到了多种思想与方法，根据你对物理学的学习，关于科学家的思想和贡献，下列说法正确的是（ ）A.伽利略猜想做自由落体运动的物体，其下落的距离与时间成正比，并用实验进行了验证B.牛顿首先提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在D.麦克斯韦提出了狭义相对论2. 某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x 、速度v 、加速度a 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t ＝4 s 内位移一定不为零的是()3.如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、3L ，高度分别为3h 、h 、h .某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( )A ．物体损失的机械能2ΔE c ＝2ΔE b ＝ΔE aB ．因摩擦产生的热量3Q a ＝3Q b ＝Q cC ．物体到达底端的动能E k a ＝3E k b ＝3E k cD ．因摩擦产生的热量4Q a ＝2Q b ＝Q c4.如图所示，D 、A 、B 、C 四点的水平间距相等，DA 、AB 、BC 在竖直方向上的高度差之比为1∶4∶9.在A 、B 、C 三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力．则下列关于A 、B 、C 三点处的小球说法中正确的是( )A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9C ．三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为1∶5∶14D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶105. 在如图所示的电路中，电源的内阻r 不能忽略，其电动势E 小于电容器C 的耐压值。

高三诊断考试理科综合能力测试二、选择题：本题共8个小题，每小题6分，共48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.全部选对得6分，选对但有漏选得3分，有错选或不选得0分。

14.一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是A. 物体的位移相等B. 物体动能的变化量相等C. F对物体做的功相等D. 物体动量的变化量相等15.2014年11月1日早晨6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器，在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再入返回关键技术，为探月工程持续推进奠定了坚实基础。

已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则A. 月球的质量为23 34Gt θB．月球的密度为32 s GtθC．航天器的环绕周期为2t θπD. 航天器的轨道半径为sθ16.如图为氢原子的能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。

关于这些光下列说法正确的是A ．最容易发生衍射现象的光是由n =4能级跃迁到n =1能级产生的B ．频率最小的光是由n =2能级跃迁到n =1能级产生的C ．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D ．用n =2能级跃迁到n =1能级辐射出的光去照射逸出功为6.34eV 的金属铂能发生光电效应17.如图所示，等量异种电荷A 、B 固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB 连线的中垂线重合，C 、D 是绝缘杆上的两点，ACBD 构成一个正方形。

一带负电的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上自C 点无初速释放，则小球由C 运动到D 的过程中，下列说法正确的是A ．杆对小球的作用力先增大后减小B ．杆对小球的作用力先减小后增大C ．小球的速度先增大后减小D ．小球的速度先减小后增大18.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。

2015年河南省、山西省、河北省高考物理二调试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分．关于物理学发展过程，下列说法中正确的是（）A.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证C.自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷D.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系【答案】B【解析】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故B正确；C、自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故D错误；故选：B．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动途中用了10s的时间通过一座长120m的桥，过桥后汽车的速度为16m/s，汽车自身长度忽略不计，则（）A.汽车的加速度为1.6m/s2B.汽车过桥头时的速度为12m/sC.汽车从出发到过完桥所用时间为16sD.汽车从出发点到桥头的距离为40m【答案】D【解析】解：A、B、车通过桥的平均速度==12m/s，又，v=16m/s，故上桥头的速度v0=8m/s，车的加速度==0.8m/s2，故AB错误；C、初期加速用时：==10s，总用时为20s，故C错误；D、从出发点到A杆的距离x===40m，故D正确；故选：D根据平均速度的定义式求出车经过桥的平均速度，根据匀变速直线运动的平均速度这个推论求出经过桥头的速度，通过加速度的定义式求出车的加速度，结合位移速度公式求出出发点距离桥头的距离．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．3.一质最m=3kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图象如图所示．取g=10m/s2，则（）A.在0-6s内，合力的平均功率为16WB.在6s-10s内，合力对物体做功为96JC.物体所受的水平推力F=9ND.在t=8s时，质点的加速度为lm/s2【答案】C【解析】解：A、在外力作用下的加速度为撤去外力后的加速度为撤去外力后f=ma2=3×（-2）N=-6N施加的外力为F+f=ma1F=-f+ma1=-（-6）+3×1N=9N0-6s内的位移为x==30m故合力平均功率为，故AD错误，C正确；B、在6s-10s内，位移为x合力做功为W=fx=-6×16J=-96J，故B错误；故选：C根据速度-时间图象可知：0-6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s-10s 内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度和位移，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解力．在v-t图象中与时间轴所围面积即为物体运动位移，由P=求的功率本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解，再根据P=求的功率．属于中档题．4.如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在z轴上有a、b两点．若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是（）A.a点的电场强度方向与x轴方向相反B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子的电势能一定增加D.带电粒子的动能一定增加【答案】C【解析】解：A、沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A错误；B、点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大．即a点的场强小于b 点的场强，故B错误；C、若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C正确，D错误．故选：C电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，及沿着电场线方向电势降低，即可解决本题．5.如图所示是质谱仪的一部分，两个具有相同电荷量的离子．a、b以相同的速度从孔S沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，在磁场中分成两条轨迹，最终打到照相底片上．下列说法正确的是（）A.离子a，b均带负电B.离子a的质量小于b的质量C.离子a的运动周期等于b的运动周期D.离子a的运动时间大于b的运动时间【答案】D【解析】解：A、离子刚进入磁场时所受的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知两个离子均带正电．故A错误．B、离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知：v、q、B相同，r∝m，a的轨道半径较大，则a的质量较大．故B错误．C、由周期公式T=，知m越大，T越大，则离子a的运动周期大于b的运动周期．故C错误．D、两个离子在磁场中运动时间都是半个周期，所以离子a的运动时间大于b的运动时间，故B正确．故选：D．根据左手定则，即可确定离子的电性；离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式分析质量大小关系．根据周期公式，分析离子的运动周期关系，再分析时间关系．考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ引力常量为G，则（）A.航天器的环绕周期为B.航天器的轨道半径为C.月球的质量为D.月球的密度为【答案】AC【解析】解：A、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故A正确；B、根据几何关系得：．故B错误；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：．故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：月球的密度：．故D错误．故选：AC由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输人电压的变化规律为u=220sin100πt（V），P为滑动变阻器的滑片．当副线圈上的滑片M处于图示位置时，灯泡A能发光．操作过程中，小灯泡两端的电压均未超过其额定值，且认为灯泡的电阻不受温度的影响，则（）A.副线圈输出电压的有效值为22VB.滑片P向左移动时，变压器的输出功率增加C.滑片P向右移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片M向上移D.滑片M向上移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片P向左移【答案】AD【解析】解：A、根据原线圈输人电压的变化规律u=220sin100πt（V），可知，原线圈电压最大值为220V，则原线圈电压有效值为，根据得：U，故A正确；B、滑片P向左移动时，电阻变大，变压器的输出电压不变，则输出功率变小，故B错误；C、滑片P向右移动时，电阻变小，若电压不变，则灯泡亮度变亮，若要亮度不变，则需要减小电压，所以M向下移，减小副线圈匝数，故C错误；D、滑片M向上移动时，副线圈匝数变大，则副线圈电压增大，为保证灯泡亮度不变，则滑动变阻器的电阻要增大，所以将滑片P向左移，故D正确．故选：AD根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，求出副线圈电压，根据电压与匝数成正比判断M移动时，副线圈电压的变化情况，再结合欧姆定律即可求解．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压变化情况分析即可，难度适中．8.如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r，的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与-个电阻连接．电阻的阻值为R．忽略电流表和导线的电阻，则（）A.通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化B.通过电阻R的电流方向不变，且从a到bC.通过电阻R的电流的最大值为D.通过电阻R的电流的最小值为【答案】BC【解析】解：A、B、导体棒OM切割磁钢线，有右手定则得：棒中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；C、M端的线速度为v=ωr，OM杆切割磁感线的平均速度为=，OM杆转动切割磁感线产生的电动势为E=B r=B r2ω，由于各个量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为I==，故C正确；D、当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，R中的电流最小．并联的电阻为R并=R，I==，故D错误；故选：BC导体棒OM切割磁钢线，有右手定则确定电流方向，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，通过R的电流最大．当左右两部分电阻的阻值相等时，并联后有最大电阻，通过R的电流有最小值；转动切割磁感线产生的电动势为E=BL2ω．根据欧姆定律研究电流的大小．本题是法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势公式E=BL2ω要在理解的基础记住，并要明确电路中电阻的变化情况，运用欧姆定律求解电流．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.某同学用烧瓶与玻璃管等器材制作了如图所示的简易测温装置，他用一小滴水银封闭一定质量的理想气体．若大气压强保持不变，而环境温度缓慢升高，则在这个过程中（）A.瓶内气体的密度增大B.瓶内气体对外界做正功C.热传递使瓶内气体的内能增加D.瓶内气体每个分子的动能都增大E.瓶内气体在单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少【答案】BCE【解析】解：由题意可知，气体压强不变，气体发生等压变化；A、由于烧瓶是导热的，外界温度逐渐升高，气体温度升高，根据理想气体的状态方程可知，气体的条件增大，所以瓶内气体的密度减小，故A错误；B、气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，故B正确；C、温度是方向的平均动能的标志，气体的分子势能忽略不计，温度升高，内能增大．故C正确；D、气体温度升高，分子平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大．故D错误；E、气体温度升高，体积变大，汽缸内单位体积内的分子数减少，单位时间内撞击活塞的分子数减少，故E正确；故选：BDE气体压强等于大气压与水银产生的压强之和，大气压不变，气体压强不变，气体是等压变化；理想气体内能由气体的温度决定，气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量．知道气体发生等压变化、知道理想气体内能由温度决定，熟练应用热力学第一定律即可正确解题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象．Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是（）A.这列渡的波长是4mB.这列波的传播速度是1.25m/sC.M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向D.质点Q经过8s时，第一次到达波峰E.在0-16s内，质点Q经过的路程为11m【答案】ACD【解析】解：A、由甲图得到波长为4m，故A正确；B、由乙图得到周期为4s，故波速v==；故B错误；C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故C正确；D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故t=；故D 正确；E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=2，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E错误；故选：ACD．由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.已知氘核的比结合能是1.09M e V，氚核的比结合能是2.78M e V，氦核的比结合能是7.03M e V．在某次棱反应中，1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，则下列说法中正确的是（）A.这是一个裂变反应B.核反应方程式为H+H→H e+nC.核反应过程中释放的核能是17.6M e VD.目前核电站都采用上述核反应发电E.该核反应会有质量亏损【答案】BCE【解析】解：A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应．故A错误；B、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为H+H→H e+n．故B正确；C、根据质能方程△E=△mc2得一次聚变释放出的能量：△E=E2-E1=7.03×4-（2.78×3+1.29×2）=17.6M e V；故C 正确；D、目前核电站都采用核裂变发电．故D错误；E、该反应放出热量，所以一定有质量亏损．故E正确．故选：BCE1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电．本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为______ cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ______ ．（3）根据实验数据作出-t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为______ ．【答案】1.170；；2k【解析】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t-t=-t所以经过光电门1的速度v=gt″=v-gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v-gt若-t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．10.为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路．ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0Ω电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d= ______ mm．（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中a P长度x及对应的①表中数据描在-x坐标纸中，如图丙所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k= ______ （用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ2为______ Ω•m（保留两位有效数字）．②根据图丙中-x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为______ （保留两位有效数字）．【答案】0.400；；1.1×10-4；1.4Ω【解析】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①如图所示由图丙所示图象由电阻定律可得，R=ρ，由欧姆定律可得：R=，则图象斜率k=，s=联立解得：k==代入数据得：k==3联立解得电阻率为：ρ=代入数据得：ρ=1.1×10-6Ω•m；根据图丙中-x关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I（r+R0）即：3=（r+4.0）得：r=1.4Ω故答案为：（1）0.400；（2），1.1×10-6；1.4Ω．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，在竖直平面内的倾斜轨道AB和圆轨道BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），且∠BOC=θ=37°，圆轨道半径R=0.45m．一质量m=0.9kg的小球从轨道AB上高H处的某点以v0=2m/s的速度滑下，经过圆轨道最高点D后做平抛运动，直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，小球与直轨道AB的动摩擦因数μ=0.5，圆轨道BCD光滑，取g=10m/s2，求：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F．（2）小球释放点的高度H．【答案】解：（1）小球从D到E做平抛运动，由平抛运动的规律可得：R==v D t联立并代入数据解得：v D=2.5m/s；在D处，由牛顿第二定律得：mg+F N=m代入数据解得：F N=3.5N；由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力F=F N=3.5N，方向竖直向上；（3）小球从开始下滑到D的全过程，由动能定理得：mg H-μmgcosθs-mg•2R=mv D2-mv02由几何知识可得：代入数据解得：H=2.86m．答：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F为3.5N；（2）小球释放点的高度H为2.86m．【解析】（1）由平抛运动规律可求得D点的速度；再由向心力公式可求得球受到的支持力；由牛顿第三定律可求得压力；（2）对全过程由动能定理及几何关系可求得小球释放点的高度．本题考查动能定理及向心力公式，要注意明确全过程的受力分析，正确选择物理规律求解．12.如图甲所示，坐标空间第二象限和第三象限中有竖直向下的宽度为L的匀强电场，y轴为电场的右界面，虚线为电场区域的左边界，第四象限有磁感应强度为B0的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从电场左边界PQ某处以初速度v0沿x轴正方向运动，经电场偏转后恰好从坐标原点以与x轴正方向成θ=37°夹角进人磁场，粒子的重力不计．（1）求电场强度E的大小．（2）求粒子在磁场中运动的半径．（3）若磁感应强度的大小保持不变，而磁场的方向随时间t的变化如图乙所示，图乙中B＞0表示磁场方向垂直于纸面向外．而B＜0则表示磁场方向垂直于纸面向内．已知图象的变化周期T0=，则粒子在0～时间内的什么时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴？【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有水平方向L=v0t竖直方向v0tanθ=at又由牛顿第二定律得q E=ma联立以上各式解得E=（2）粒子进入时的速度大小为v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv B0=m（3）粒子在磁场中运动周期T==粒子在磁场中运动，恰好能再次运动到y轴的情况如图所示，粒子从O点射入的时间为t=-°•T=-=°答：（1）电场强度E的大小是．（2）粒子在磁场中运动的半径是．（3）粒子在0～时间内的t=时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴．【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的分解和运动学公式求出加速度，再由牛顿第二定律得到E．（2）由速度的分解求出粒子进入磁场的速度，结合洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径．（3）作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的情况的轨迹图，运用粒子在磁场中运动时间与圆心角的关系，求出粒子射入的时刻，从而得出入射时间应满足的条件．解决本题的关键掌握粒子在磁场中的运动的半径公式和周期公式，知道运动时间与周期和圆心角的关系，本题的难点在于作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的轨迹图．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示粗细均匀的U形管左端封闭，O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和B，右端水银柱上方和大气相通．大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总长度为96cm，现将U形管右边倾斜α=37°角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在原位置，且右边水银柱没有进入水平管内．试求：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少？（2）右管内水银柱沿管移动的距离．【答案】解：（1）由题意可知，A部分气体等容变化，其始末状态压强分别为：p A=p B-h=p0+h-h=p0=76cm H g，p A=p0+hcosα-h=76+19cos37°-19=72.2cm H g，由查理定律得：=，则热力学温度之比：===；（2）对B部分气体其始末状态压强分别为：p B=p0+h=76+19=95cm H g，p B=p0+hcosα=76+19cos37°=91.2cm H g，设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为L ，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：L=L，则：L-L=L=×96=1cm，即水银柱沿管向下移动了1cm；答：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为20：19；（2）右管内水银柱沿管移动的距离为1cm．【解析】（1）求出气体A的压强，由查理定律可以求出热力学温度之比．（2）求出B气体的压强，应用理想气体状态方程求出B气体后来的长度，然后求出水银柱移动的距离．本题考查了气体的温度之比、水银柱移动的距离，分析清楚题意、选择恰当的研究对象、根据题意求出气体状态参量，应用查理定律与理想气体状态方程即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=R．一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB=R求：（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．（2）光线在光屏形成的光斑到A点的距离．【答案】解：（1）分析如图．设入射点B到O的垂直距离BO=h，∠BCO=β，折射角为i．对△OBC，由正弦公式得：。

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

考试时间150分钟。

2．请将各题答案填在试卷后面的答题卡上。

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

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

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

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

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

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

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

2014-2015学年高三第二次六校联考物理试卷2015.3本试卷共10页，满分l50分，考试时间l20分钟。

全卷包括六大题，第一、二大题为单项选择题，第三大题为多项选择题，第四大题为填空题，第五大题为实验题，第六大题为计算题。

考生注意：1、答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。

2、第一、第二大题的作答必须用2B铅笔涂在答题卡上相应区域内与试卷题号对应的位置，需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

第三、第四、第五和第六大题的作答必须用黑色的钢笔或圆珠笔写在答题纸上与试卷题号对应的位置（作图可用铅笔）。

3、第30、31、32、33题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。

有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位。

一.单项选择题（每小题2分，共16分。

）1．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程。

下列关于光的本性的陈述不符合．．．科学规律或历史事实的是（）A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波D．光具有波粒二象性2．关于原子和原子核，下列说法中正确的是（）A．汤姆孙发现了电子使人们认识到电子是组成物质的最小微粒B．原子核集中了原子的几乎全部正电荷和全部质量C．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子D．β粒子是从原子核内发出的，说明原子核内有电子存在3. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律B．亚里士多德认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．卡文迪什第一次在实验室里测出了引力常量4．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（）A．M处受到的支持力竖直向上B. N处受到的支持力竖直向上C. M处受到的摩擦力沿MN方向D．N处受到的摩擦力沿水平方向5．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（）A．频率变小，波长变长B．频率变大，波长变短C．频率不变，波长变长D．频率不变，波长变短6．对于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．速度方向和加速度方向不可能一致B．合外力一定与速度方向垂直C．合外力一定发生变化D．物体受到的摩擦力方向一定和速度方向平行7．游泳运动员以相对于水流恒定的速率垂直河岸过河，当水速突然增大时，则过河（）A．路程增加、时间增加B．路程增加、时间不变C．路程增加、时间缩短D．路程、时间都不变8．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。

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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请下载收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为 <(完整版）2014年全国2卷高考理科综合（物理部分)试题及答案> 这篇文档的全部内容.2014年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分 (全国2—甲卷）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．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。

在t =0到的v-t 图像如图所示.在这段时间内A ．汽车甲的平均速度比乙大B ．汽车乙的平均速度等于221v v +C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A 【解析】由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，由xv t=可知，甲车的平均速度大于乙车，A 正确， C 错误;因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122v v+,B 错误;又图线的切线的斜率等于物体的加速度，则甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误。

2014年河南省豫东、豫北十所名校联考高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共30.0分)1.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x=24t-6t2，则它在前3s内的平均速度为（）A.6m/sB.8m/sC.10m/sD.12m/s【答案】B【解析】解：由位移与时间的关系可知，v0=24m/s；a=-12m/s2；则由v=v0+at可知，汽车在2s末即静止；故3s内的位移2s内的位移，故x=3s内汽车的位移x=24×2-6×4=24m；则汽车的平均速度v==8m/s；故选：B．本题为汽车刹车问题，故应先根据位移表达式求出初速度及加速度；由速度公式求得静止所需要的时间；明确3s内的位移，再由平均速度公式求出平均速度．本题为易错题，很多同学忽略了汽车刹车问题，故直接代入3s而求出错误的位移；遇到汽车刹车问题应首先分析汽车静止所需要的时间，然后再进行分析．2.如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则（）A.x1：x2：x3=：1：2B.x1：x2：x3=2：1：C.x1：x2：x3=1：2： D.x1：x2：x3=：2：1【答案】B【解析】解：以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，如图：由几何知识知：T1=°T2=mgtan30°T3=mg故：T1：T2：T3=2：1：根据胡克定律：T=kx则：x1：x2：x3=2：1：故选：B．以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，根据几何知识求三边的受力之比，即等于形变量之比．本题悬绳固定的物体平衡问题，往往以结点为研究对象，作出力图，由平衡条件求解．3.2012年10月25日，我国第16颗北斗导航卫星升空，北斗卫星导航系统是继美GPS 和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统．这些卫星中含有地球轨道卫星、地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星，其中地球静止轨道卫星是位于赤道上空的同步卫星，倾斜地球同步轨道卫星的轨道平面与赤道平面有一定的夹角，其周期与地球自转周期相同．这些卫星的轨道均可看做圆．以下关于倾斜地球同步轨道卫星的说法正确的是（）A.如果它受到意外撞击速度变小，其轨道将变大B.它的运行速度比第一宇宙速度大C.它的向心加速度大小和位于赤道上空的同步卫星的向心加速度大小相等D.若倾斜角度适当，该卫星可以始终位于河南郑州的正上方【答案】C【解析】解：A、根据万有引力提供向心力G=m，万有引力大于所需要的向心力，故卫星会向地球移动，轨道变小．故A错误．B、根据v=，r和T都相同，故它的运行速度与位于赤道上空的同步卫星的运行速度大小相等，因此运行速度比第一宇宙速度小．故B错误．C、根据a=（）2r，r和T都相同，故它的向心加速度大小和位于赤道上空的同步卫星的向心加速度大小相等，故C正确．D、倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，故D错误．故选：C．根据万有引力提供向心力，G=m，速度变小，万有引力大于所需要的向心力，故卫星会向地球移动，轨道变小．根据v=，r和T都相同，则v大小相等．根据a=（）2r，r和T都相同，则a大小相等．倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的．本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心．4.距离河岸500m处有一艘静止的船，船上的探照灯以1r/min的转速水平转动．若河岸看成直线，当光束与岸边成60°角时，光束沿岸边移动的速率为（）A.52.3m/sB.69.8m/sC.666.7m/sD.4 180m/s【答案】B【解析】解：光点移动的速度v可分解为两个速度，一个速度v1垂直于光束，另一个速度沿光束方向．，分速度v1=vsin60°=ωr，此时转动半径r=°又转动角速度ω=2πrad/s，联立以上各式解得v=69.8m/s；故选：B．船上的探照灯光点的移动速度沿着光线方向和垂直光线方向正交分解，其中垂直光线方向分速度与半径的比值，即可求解光束沿岸边移动的速率．考查运用运动的合成与分解的方法求解，找出合速度与分速度是关键．5.一根粗细均匀的金属棒AB，棒的A端用轻绳同定在天花板上，棒的B端用水平拉力F拉着而使金属棒处于静止状态．轻绳与竖直方向的夹角为α，金属棒与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是（）A.sinβ=2sinαB.cosβ=2cosαC.tanβ=2tanαD.cotβ=2cotα【答案】C【解析】解：对物体受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，如图所示：根据平衡条件，有重力、水平拉力和天花板的拉力的延长线角与一点D，如图．则D点一定是CB的中点．所以由几何关系得：故选：C．对物体受力分析，受重力、水平拉力和天花板的拉力，物体保持静止，受力平衡，根据平衡条件并运用正交分解法列式求解即可．本题可能是竞赛题目，关键是先对物体受力分析，然后根据平衡条件并运用共点力的作用线（或作用线的延长线）交于一点的结论，通过作图找出它们的几何关系，才能正确解答．6.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，不考虑地球自转的影响，距离地球球心为r处的重力加速度大小可能为如下图象中的哪一个（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=，由于地球的质量为M=，所以重力加速度的表达式可写成：g=．根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，在距离地球球心为r处，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g′=当r＜R时，g与r成正比，当r＞R后，g与r平方成反比．故选：A．根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，在其内部距离地心距离为r处一点的加速度相当于半径为r的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为r的球体的质量．二、多选题(本大题共1小题，共5.0分)7.质量为1kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻受到水平拉力F的作用（F-t图象如图所示），若在第1s内物体受到的拉力F向右，关于物体在0～3s时间内的运动情况，下列说法正确的是（）A.0～3s时间内物体先向右运动，再向左运动B.0～3s时间内物体始终向右运动C.物体在第1s末的速度最大D.物体在第3s末的速度最大【答案】BC【解析】解：0-1s内：根据牛顿第二定律a===2m/s2方向向右，v=at=2×1=2m/s，1-3s内：a′=-=-1m/s2，即加速度方向向左，即1-3s内物体以2m/s的初速度向右做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，v′=v-a′t=2-1×2=0减速到3S末正好速度为零，由此可见：A、0～3s时间内物体一直向右运动，故A错误，B正确；C、物体在第1s末的速度最大，C正确；D、物体在第3s末的速度为零，最小，故D错误；故选：BC．根据牛顿第二定律求出先后情况的加速度大小，结合速度时间公式分析物体的运动方向及速度大小．本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，难度不大，属于基础题．三、单选题(本大题共1小题，共5.0分)8.如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A.三个小球落地时的速率相等B.沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C.三个小球抛出的初速度竖直分量相等D.三个小球抛出的初速度水平分量相等【答案】C【解析】解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=-g，由0-=-2gh，得v y=，h相同，v y相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y=v0sinα，由于α不同，所以v0不同．根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．又有v y=v x tanα，v y相同，α不同，则v x不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C 正确．B、由运动学公式有：h=，则得：t=2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．故选：C．三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．四、多选题(本大题共2小题，共10.0分)9.如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法正确的是（）A.物体所受弹力大小逐渐增大B.物体所受弹力始终指向圆心C.物体所受合力指向圆心D.物体所受摩擦力不沿竖直方向【答案】ABD【解析】解：A、物体受重力、圆筒内壁的弹力和静摩擦力，指向圆心的合力提供向心力，可知弹力提供向心力，由向心力公式F=mrω2知，角速度增大，则弹力逐渐增大，方向始终指向圆心．故A、B正确．C、在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体水平方向受到切向摩擦力，竖直方向受力平衡，则物体所受的合力是弹力和切向摩擦的合力不再指向圆心，故C错误．D、在竖直方向上，物体没有加速度，则静摩擦力与重力二力平衡，该摩擦力的方向竖直向上，还有切向摩擦和，所以物体所受摩擦力不沿竖直方向．故D正确．故选：ABD．小物体绕中心轴线做匀速圆周运动，合力应该指向圆心，物体受重力、弹力和静摩擦力，弹力指向圆心的力提供向心力，根据向心力公式F=mrω2和牛顿第二定律进行分析．对于匀速圆周运动，合力总是指向圆心，因而又叫向心力，通过分析受力，确定向心力的来源是解题的关键．10.甲、乙两车的位移一时间图象如图所示，其中甲车图象为过坐标原点的倾斜直线，乙车图象为顶点在坐标原点的抛物线．若两车均从同一地点沿同一方向做直线运动，下列说法正确的是（）A.乙车做变加速直线运动B.甲车做匀变速运动C.t=时甲、乙两车速度相等D.0～t0时间内，两车距离先增大后减小【答案】CD【解析】解：A、位移-时间图象斜率表示速度，乙图线的切线斜率不断增大，而且乙图线是抛物线，有s=kt2，则知乙车做匀加速直线运动，故A错误．B、甲的位移随时间均匀变化，斜率不变，说明速度不变，做匀速直线运动，故B错误．C、在t0时刻两个位移相等，所以v甲t0=乙t0，所以乙的速度等于甲的速度的2倍，由于乙做匀加速直线运动，由v=at知，t=时甲、乙两车速度相等，故C正确；D、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，所以甲物体匀速直线运动，乙物体速度逐渐增大，当他们速度相等时，甲乙距离最大，所以在时刻距离最大，故0～t0时间内，两车距离先增大后减小，故D正确．故选：CD在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．理解位移-时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度-时间图象的点、线、面的物理意义．五、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)11.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50H z．实验步骤如下：A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是______ ．A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力C．实验过程中砝码处于超重状态D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为______m/s2．（结果保留2位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（见图丙），与本实验相符合是______ ．【答案】B；0.16；A【解析】解：（1）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；B、同一根细绳，且已平衡摩擦力，则弹簧测力计的读数为小车所受合外力，故B正确；C、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C错误；D、由于不是砝码的重力，即为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故D错误；所以选：B；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=a T2，解得：a=将△x=0.16cm，T=0.1s带入解得：a=0.16m/s2．（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合；故答案为：（1）B；（2）0.16；（3）A．（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系．12.物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l 运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为______ cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ______ ．（3）根据实验数据作出-t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为______ ．【答案】1.170；；2k【解析】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′-t=-t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v-gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=′t=（3）h=所以=v-gt若-t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．六、计算题(本大题共4小题，共45.0分)13.如图所示，质量为M的正方体空木箱放置在粗糙水平面上，空木箱对角线有一光滑轨道，轨道与水平方向夹角为45°．轨道上有一质量为m的物体沿轨道自由下滑，木箱始终静止在水平面上，重力加速度大小为g，求：（1）轨道对物体的弹力大小；（2）地面对木箱的摩擦力的大小和方向．【答案】解：（1）以物体为研究对象，垂直轨道方向有N=mgcos45°；解得轨道对物体的弹力大小为（2）以木箱为研究对象，受力如图所示：由牛顿第三定律有N=N′在水平方向上有f=N′sin45°解得，方向向左．答：轨道对物体的弹力大小为；（2）地面对木箱的摩擦力的大小为mg；方向向左．【解析】（1）以物体为研究对象，在垂直于斜面方向受力平衡，则可求得弹力的大小；（2）再以木箱为研究对象，由水平方向的平衡关系可求得摩擦力大小．本题要注意研究对象的选择，并且明确物体虽然做加速运动，但在垂直于斜面方向上支持力等于物体的重力．14.如图所示，一艘海轮用船上天线D向海岸边的信号接收器A发送电磁波脉冲信号．信号接收器和船上天线的海拔高度分别为AB=H和CD=h．船上天线某时刻发出一个电磁波脉冲信号，接收器接收到一个较强和一个较弱的脉冲，前者是直接到达的信号，后者是经海平面反射后再到达的信号，两个脉冲信号到达的时间间隔为△t，电磁波的传播速度为c，求船上天线发出此信号时海轮与海岸的距离L．【答案】解：从船上天线D向信号接收器A发送电磁波脉冲信号，一方面沿直线DA直接传到A，另一方面经过海面E点反射沿折线DEA传播到A，前者较强，后者较弱，由反射定律可知，∠DEC=∠AEB，延长AE交DC的延长线于F，过A作AG平行于BC，则有：DE=EF，DG=H-h，GF=H+h，设信号接收器接受到沿直线DA和折线DEA传播的电磁脉冲信号需要的时间分别为t1、t2，则有：=（H-h）2+L2根据题意有：t2-t1=△t联立解得：L=答：船上天线发出此信号时海轮与海岸的距离L为．【解析】从船上天线D向信号接收器A发送电磁波脉冲信号，一方面沿直线DA直接传到A，另一方面经过海面E点反射沿折线DEA传播到A，前者较强，后者较弱，画出电磁波的传播路径，结合几何关系列式即可求解．本题考查了电磁波的传播，需要先把电磁波的传播路径画出来再结合几何关系求解，难度适中．15.如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，物体的质量为m，物体与斜面之间光滑．物体在沿斜面向上的拉力F作用下，由静止向上运动一段时间后撤去拉力，又经相同时间物体恰滑回原来静止位置．重力加速度大小为g，求拉力F的大小．【答案】解：在力F作用下，物体产生的加速度为a1，则：F-mgsinθ=ma1解得：a1=，设经过t时间，则通过的位移为：x=此时的速度为：v=a1t撤去外力后加速度为a2，则：mgsinθ=ma2解得：a2=gsinθ撤去外力后做减速运动，减速到零后再向下做加速运动，这一过程通过的位移为：x=联立解得：F=mgsinθ答：拉力F的大小mgsinθ【解析】在力F作用下，求出物体上滑的加速度，利用运动学公式求出在时间t内上滑的位移和t时刻的速度；当撤去外力F时，物体继续向上做减速运动，减速到零后再向下做加速运动，因又经过时间t回到出发点，由运动学公式表示出位移，联立即可求解．本题考查的是物体多运动过程的分析，对每个过程分别利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可．16.如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l．当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（细绳a、b与杆在同一竖直平面内）．求：（1）竖直杆角速度ω为多大时，小球恰离开竖直杆？（2）轻绳a的张力F a与竖直杆转动的角速度ω之间的关系．【答案】解：（1）小球恰离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知：水平方向：F a sinα=mω2r竖直方向：F a cosα=mg联立解得：ω2=故ω=（2）由（1）可知0≤ω2≤时，F a=若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r=lsinβ水平方向：竖直方向：F a cosβ=mg联立解得：当轻绳恰升直时，β=60°，此时ω=固有，此时若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r=lsin60°水平方向：°°竖直方向：F a cos60°=F b cos60°+mg联立解得：，此时ω2答：（1）竖直杆角速度ω为时，小球恰离开竖直杆；（2）轻绳a的张力F a与竖直杆转动的角速度ω之间的关系为：①0≤ω2≤时，F a=；②时，；③ω2时，．【解析】（1）小球恰离开竖直杆时，受重力和拉力，拉力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力；（2）分墙壁对球有弹力、球飞起、绳子b也有弹力三种情况讨论，注意合力的水平分力提供向心力，合力竖直分力为零．本题关键是明确明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡；注意第二问要分三种情况讨论，运算量较大，要细心．。