湖北省襄阳市普通高中2016届高三1月调研统一测试物理试题(图片版,word答案)

绝密★启封前试题类型：全国 1 卷2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理）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。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分。

在每小题给出的四个选项中，第 14~17 题只有一项是符合题目要求，第 18~21 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。

14.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。

此离子和质子的质量比约为A.11B.12C.121D.14416.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 R 1，R 2 和 R 3 的阻值分别为 3Ω，1Ω ，4Ω ，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。

当开关 S 断开时，电流表的示数为 I ；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I 。

该变压器原、副线圈匝数比为A.2B.3C.4D.517.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为A.1hB.4hC.8hD.16h18.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

物理参考答案二、选择题：本题共8小题，共48分。

其中14～17小题只有一个正确选项，选正确的得6分，选错的得0分；18～21小题有多个选项正确，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.C 15.B 16.C 17.C 18.CD 19. AD 20.CD 21.ＣD22.（1）0.960（2分） ；（2）ht （2分） ；（3）2k （2分）23.（1）电流表G 分压较小，导致电流表A 指针偏转很小，误差较大；（1分） (2)D （2分）(3)实物图连线如图所示（2分，有错误不得分） (4)0.20 （2分） 2.5 （2分）24.解：（1）小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有2122mg R mv ⋅= （2分）小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有2v N mg mR -= （2分）根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为N N '= （1分）联立解得5N mg '= （1分）（2）小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则0()mv m M v=+ （2分）根据能量转化和守恒定律有220711()422mg R mv m M v ⋅=-+ （2分）联立解得7M m = （2分）25.解：（1）电子在加速电场中，根据动能定理有021201-=mv eU（2分）电子在偏转电场中，水平方向：0L v t= （1分）解得t T =（2分）⑵t = 0、T 、2T …时刻进入偏转电场的电子，竖直方向先加速运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿竖直方向偏移的距离y 最大。

竖直方向加速有2211()22eU T y md =（1分）竖直方向匀速运动有122y y = （2分）电子能出偏转极板有122dy y +≤（1分）联立得 d L ≥ （2分）（3）对满足（2）问条件下任意确定的d ，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为v ｙ =22eU Tmd （2分）电子速度偏转角的正切值均为2220tan 22eU T eU T mdv mdL α== 即2tan 3α=（2分） 电子射出偏转电场时的偏转角度相同，即电场出偏转电场时速度的大小和方向均相同 不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差22()2eU T y md ∆=即3ly ∆=（2分） 若荧光屏与电子出偏转极板后的速度垂直，则电子击中荧光屏的范围最小，该最小范围为cos y y α'∆=∆ （1分）联立解得y L'∆=（2分）33.(1)CDE （5分）（选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给5分。

2015-2016襄阳市高三上物理第四次月考试题（含解析）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）第四次月考物理试卷一、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，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．FB．mgC．D．3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的是（）A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上4．如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A．椭圆轨道长轴AB的长度为RB．在Ⅰ轨道的卫星1的速率为v0，在Ⅱ轨道的卫星2通过B点的速率为vB，v0＜vBC．在Ⅰ轨道的卫星1的加速度大小为a0，在Ⅱ轨道的卫星2通过A点的加速度大小为aA，a0＞aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＜5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑片，G为灵敏电流表，A1、A2为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向下移动的过程中，下列说法不正确的是（）A．A1表的示数变大B．A2表的示数变小C．油滴向上加速运动D．G中有a→b的电流6．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上，墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以速度v向右运动，环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离墙壁N 的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为B．若v=，小球与墙壁N碰撞时的速度为C．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为D．若v=，则小球与墙壁N碰撞时的速度为7．如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷．O为AB连线的中点，C、D是AB 连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=．一质量为m电量为+q 的小滑块（可视为质点）以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D点运动，滑块第一次经过O点时的动能为3E0，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，则下列说法正确的是（）A．小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ=B．C、O两点间的电势差UCO=C．C、O两点间的电势差UCO=D．小滑块运动的总路程s=8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大三、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，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块，则表示气垫导轨已调整至水平状态．②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是A．调节P使轨道左端升高一些B．调节Q使轨道右端降低一些C．遮光条的宽度应适当大一些D．滑块的质量增大一些E．气源的供气量增大一些③实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m．由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是．10．研究性学习小组成员陈俊宇同学，在中秋节放假期间，自备了如下实验器材，用来测量一电池组的电动势和内阻：待测电池组（E≈3V，r≈1Ω）；电压表（0﹣3V，RV≈10KΩ）；电阻箱（0﹣9999Ω）；保护电阻（R0=5Ω）；开关一只，导线若干．（1）实验中在改变变阻器阻值的过程中，发现电压表的读数变化不明显，于是该同学对其中的一根导线重新做了调整，使得电压表的读数变化明显，则如图甲所示的电路中需要调整的一根导线是（用字母编号表示），这根导线调整后应接在（用字母编号表示）之间．（2）根据调整后的实物图，请在如图乙所示的方框中，画出实验电路原理图．（3）根据以上重新调整后的实验原理和方法，通过改变电阻箱的阻值，得到了多组电阻箱的阻值R和电压表示数U，为使得到的图线是直线，该同学作出了图象，如图丙所示．请根据图象求出电池组的电动势E=V，内阻r=Ω．（计算结果保留三位有效数字）11．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为vC=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；（3）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．12．在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d．处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置．（1）求此时电容器两极板间的电压；（2）求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；（3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t，再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置．设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计．求：Q1与Q2的比值．(二）选考题，请考生任选一模块作答【物理-选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．外界对物体做功，物体内能一定增加D．当分子间的距离增大时，分子力一定减小E．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩14．如图所示，内径粗细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入L=25cm的空气柱，活塞上方的大气压强为P0=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm．今用外力竖直向上缓慢地拉活塞，直至使两管中水银面相平．设温度保持不变，则：A管中活塞向上移动距离是多少？[物理-选修3-4]15．某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知①波长λ=m；②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是cm．16．如图所示，半径为R的半圆柱形玻璃砖某一截面的圆心为O点．有两条光线垂直于水平柱面射入玻璃砖中，其中一条光线通过圆心O，另一条光线通过A点，且OA=．这两条光线射出玻璃砖后相交于一点，该点到O点的距离为R，求玻璃的折射率．[物理--选修3-5]17．小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示．已知普朗克常量h=6.63×10﹣34Js．①图甲中电极A为光电管的（填“阴极”或“阳极”）；②实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc=Hz，逸出功W0=J．18．一个静止的铀核U（原子质量为232.0372u）放出一个α粒子（原子质量为4，0026u）后衰变成钍核Th（原子质量为228.0287u）．已知原子质量单位1u=1.67×10﹣27kg，1u相当于931MeV．①写出核衰变反应方程；②求该核衰变反应中释放出的核能；③假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、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，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】物理学史．【分析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．【解答】解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．故选：C．【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，注重积累．2．用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）A．FB．mgC．D．【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小．【解答】解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；故选：D【点评】本题应首先明确物体受到的摩擦力为静摩擦力；静摩擦力的与其他沿接触面的外力的合力大小相等，方向相反．3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的是（）A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确．D、在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选：C．【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．4．如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A．椭圆轨道长轴AB的长度为RB．在Ⅰ轨道的卫星1的速率为v0，在Ⅱ轨道的卫星2通过B点的速率为vB，v0＜vBC．在Ⅰ轨道的卫星1的加速度大小为a0，在Ⅱ轨道的卫星2通过A点的加速度大小为aA，a0＞aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＜【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】定量思想；类比法；人造卫星问题．【分析】根据开普勒定律比较长轴与R的关系，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小．【解答】解：A、根据开普勒第三定律得=k，a为半长轴，己知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B、B点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0＞vB．故B错误；C、根据牛顿第二定律得a=，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0＜aA，故C错误；D、若OA=0.5R，则OB=1.5R，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，解得：v=，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，v=，在Ⅱ轨道上，卫星在B点要减速，做近心运动，所以卫星在B点的速率vB＜，故D正确；故选：D【点评】本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键．5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑片，G为灵敏电流表，A1、A2为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向下移动的过程中，下列说法不正确的是（）A．A1表的示数变大B．A2表的示数变小C．油滴向上加速运动D．G中有a→b的电流【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．【解答】解：粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，A、滑片P向下移动，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，则A1表的示数变大，故A正确；B、由A选项分析，可知，外电压减小，由于R1的电压增大，因此R2的电压减小，那么A2表的示数变小，故B 正确；C、电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速，故C错误；D、电容器处于放电，故电流从a到b，故D正确．本题选择错误的，故选：C．【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．6．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上，墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以速度v向右运动，环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离墙壁N 的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为B．若v=，小球与墙壁N碰撞时的速度为C．若v=，则小球与墙壁N的碰撞点到B点的距离为D．若v=，则小球与墙壁N碰撞时的速度为【考点】向心力；动量守恒定律．【分析】根据牛顿第二定律，通过合力提供向心力求出绳子的拉力，判断绳子有无断裂．若绳子断裂，做平抛运动，根据平抛运动的规律求出小球与N墙壁碰撞点与B点的距离，以及碰撞时的速度．【解答】解：A、若v=，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得：F=mg+m=3mg＞2.5mg，绳子断裂，做平抛运动，在水平方向上的运动时间为：t=则竖直方向上的位移为：y==，则碰撞点与B点的距离为，故A错误；B、竖直方向上的分速度为：vy=gt=则合速度为：v合=，故B错误；C、若v=，绳子断裂，做平抛运动，同理可知，在水平方向上的运动时间为：t=竖直方向上的位移为：y==，则碰撞点与B点的距离为，故C正确；D、竖直方向上的分速度为：vy=gt=则合速度为：v合=，故D正确．故选：CD【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，要运用牛顿第二定律结合平抛运动的知识进行求解．7．如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷．O为AB连线的中点，C、D是AB 连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=．一质量为m电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D点运动，滑块第一次经过O点时的动能为3E0，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，则下列说法正确的是（）A．小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ=B．C、O两点间的电势差UCO=C．C、O两点间的电势差UCO=D．小滑块运动的总路程s=【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】C、D两点电势相等，滑块从C到D的过程中电场力不做功，只有摩擦力做功，则由动能定理可求得动摩擦因数．研究CO段，由动能定理求C、O两点间的电势差UCO．对整个过程，运用动能定理求解总路程．【解答】解：A、根据对称性要，可知C点与D点等势，小滑块第一次由C到D，电场力做功为零，由动能定理有：﹣μmg2×=0﹣E0求得：小滑块与水平面间动摩擦因数μ=，故A正确．BC、小滑块第一次由C到O，由动能定理有：﹣μmg×+qUCO=3E0﹣E0解得UCO=，故B正确，C错误．D、对整个过程，由动能定理得：qUCO﹣μmgs=0﹣E0解得：小滑块运动的总路程s=．故D正确．故选：ABD【点评】电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，故很容易可求得电场力的功．8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解答】解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC．【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．三、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，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨已调整至水平状态．②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是ABA．调节P使轨道左端升高一些。

高三地理参考答案1、C2、C3、A4、C5、B6、A7、A8、A9、C、10、D 11、D36、答案：（1）左岸流域面积大（右岸流域面积小）（2分）；左岸流域内总降水量多（右岸流域内总降水量少）（2分）；左岸支流多且长（右岸支流少）（2分）。

（2）便于工农业产品及矿产资源的运输；方便沿线地区人员的出行；带动沿线经济发展；带动相关产业；促进就业；促进基础设施建设（任意答出三点6分）（3）海运便利；工业集中（工业占全国比重大）；劳动力资源丰富；市场广阔（任意三点6分）；资源对区外依赖程度大；科技力量不足；工业部门不齐全；轻工业所占比重小。

（任两点4分）37、答案（1）武夷山属于亚热带季风地区，热量丰富，年降水量大，空气湿度大；地形为低山、丘陵，排水条件好；多雾天，日照较少利于养分积累，茶的品质好；红壤广布，适合茶树生长。

（2）耕地、林地、草地、鱼塘开发中应因地制宜，防止水土流失（3）观点A：有利论据：增加就业机会；提高经济收入；快速扩大木制品销售和服务范围；促进交通、物流业发展；带动相关企业的转型和升级，推动工业化、城镇化。

（答三点即可。

言之有理，酌情给分）观点：B不利论据：易对传统商品造成冲击；产业、人口集聚，加大基础设施压力；山区人才、技术力量薄弱，竞争力较低；造成农业劳动的流失；导致森林破坏，水土流失等环境问题。

（答四点即可。

言之有理，酌情给分）地理选做题（10分）【旅游地理】 (1)夏季雨水多，云雾多(景色丰富并且多变化)；同时兼顾避暑之利。

(4分)泰山知名度高；接待游客数量多；位于东部经济发达地区，市场距离近；“五岳”之首，历史文化价值高。

(答对其中三点得6分)【自然灾害与防治】答案（1）类型：风沙（沙尘暴或沙尘）；（2分）成因：气候干旱（降水少，蒸发旺盛）、植被稀疏，地表土质疏松；风力强劲；人类对当地植被的毁灭性破坏。

（自然和人为因素各2分）（2）①深入开展宣传教育，提高全民的环保意识；建立风沙灾害的监测、预报体系；因地制宜开展退耕还林还草，植树造林种草；设置沙障；改善干旱的生态环境。

试卷类型 A高三数学(文史类)试卷A 型第 1 页 (共 8 页)机密★启用前2016年1月襄阳市普通高中调研统一测试高三数学(文史类)命题人：致远中学 任世鹏 审定人：襄阳四中 马海俊襄阳市教研室 郭仁俊★祝考试顺利★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。

答卷前，请考生认真阅读答题卡上的注意事项。

考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置，贴好条形码或将考号对应数字涂黑。

用2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。

2. 回答第I 卷时，每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

答在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3. 回答第II 卷时，用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

考生必须保持答题卡的清洁。

考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。

1. 已知集合A = {0,1}，B = {－1，0，a 2 + a －1}，且A B ⊆，则a 等于 A ．1B ．－2或1C ．－2D ．－2或－12. 已知复数z 满足11z i z -=+，则z 等于 A ．1 + iB ．1－iC ．iD ．－i3. 已知平面向量a = (1，2)，b = (－2，m )，且a ∥b ，则| 2a + 3b | = A．B．C．D．4. 已知等比数列{a n }的公比为3，且1310a a +=，则234a a a 的值为 A ．27B ．81C ．243D ．7295. 已知函数(1)y f x =-是奇函数，且f (2) = 1，则f (－4) = A ．1B ．3C ．－1D ．－36. 同时具有性质“①最小正周期是4π；②3x π=是图像的一条对称轴；③在区间试卷类型 A高三数学(文史类)试卷A 型第 2 页 (共 8 页)25()36ππ，上是减函数”的一个函数是 A ．sin(2)6y x π=-B ．cos(2)6y x π=-C ．cos()23x y π=+D ．sin()23x y π=+ 7. 已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点是圆22(3)4x y -+=的圆心，则抛物线的方程是 A ．212x y =B ．26x y =C ．212y x =D ．26y x =8. 设函数32()1f x x ax x =-+-在点(1，f (1))的切线与直线x + 2y －3 = 0垂直，则实数a 等于 A ．1B ．2C ．3D ．49. 若m 、n 是两条不同的直线，αβγ、、是三个不同的平面，则下列命题中为真命题的是 A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥ B ．m n m n αγβγ==，，，则αβC ．若αγαβ⊥⊥，，则βγ D ．m m βα⊥，，则αβ⊥10. 实数x 、y 满足条件104312020x y x y y -+⎧⎪+-⎨⎪-⎩≥≤≥，则211x y z x -+=+的最大值为A ．45B ．54C ．916D ．1211. 已知x > 0，y > 0，且121x y+=，若222x y t t +>+恒成立，则实数t 的取值范围是A ．[－4，2]B ．(－4，2)C ．(0，2)D ．(0，4)12. 若112()122x a x x f x x a x ⎧+-⎪=⎨⎪+-<⎩，，≥的三个零点为x 1、x 2、x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是 A ．(0，+∞) B ．3(0)2， C ．1(0)2， D ．13()22，第Ⅱ卷第Ⅱ卷包括必考题和选考题两部分。

资料概述与简介 2016年1月襄阳市普通高中调研统一测试 高三语文参考答案及评分标准 单项选择题　27分（每小题3分,） 题号1 2 3 4 5 6 13 14 15 答案 B D D BC A C C A 一、现代文阅读 1．B（A《本草》“神农尝百草，日遇七十二毒，得荼而解之”的例子是证明“茶在我国出现很早”。

C中国茶的历史与茶业的兴起并非一个概念。

D原文是说“茶”这个字，在汉代“就”有了，而不是“才”有。

） 2．D（原因中遗漏了“普洱茶的品质优良不仅表现它的香气、滋味等饮用价值上”） 3．D　(A起着“一定“的精神、社会作用。

B 原文只是说”唐代茶文化的形成与禅教的兴起有关“而不能说是“导致了唐代茶文化的形成”。

C颠倒了因果关系) 二、古代诗文阅读（36分） （一）文言文阅读（19分） 4．B 5．C (诸番) 6．A（毛忠被赐“姓”与“名”并非同时，也不只因一事） 7．（1）别的哨点起烟火报警，牵制了毛忠的部队，贼人于是并力攻击毛忠；毛忠奋力战斗不停歇，被流矢射中。

（举烟，掣，被动句，各1分，大意2分。

） （2）毛忠死后，为他凭吊痛哭的西陲人满道都是；事情上报到朝廷，赠给他侯爵，给他的谥号是武勇。

（卒，闻，谥，各1分，大意2分。

） 8．本诗前两句正面描写秋林叶落、鸟儿频频受惊扰突出秋林“无静树”；（2分）后两句通过诗人自己夜晚心理的感受——将树叶不断凋落的声响怀疑为夜里刮风下雨，以致未觉山月升起，侧面烘托一整夜山林的“不宁静”，自己一夜难眠。

（3分） 9．诗的前四句着重描绘了摄山秋天山林的“不宁静”，暗示作者内心不宁静。

（2分）五六句写作者打开柴门，看到满眼积翠、一汪清澈的潭水。

但这让人内心平和的积翠、潭水终未能压住诗人心中的波澜，故天亮披衣，准备远行。

（2分）这说明诗人虽然削发隐居但内心并没宁静，抗清之志并未泯灭。

“披衣念远征”揭示了全诗躁动不安的原因，画龙点睛。

（2分） 10．(1)艰难苦恨繁霜鬓，潦倒新停浊酒杯。

2015-2016学年湖北省襄阳市曾都一中四校联考高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，共50分．其中1～6题，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；7～10题，每题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，选不全的得3分，多选、错选或不选的得0分．1．关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A．物体的速度为零时，物体处于平衡状态B．物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C．物体自由下落时，物体对地球没有作用力D．运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动2．在无风的环境中，将乒乓球从高处由静止释放．小明用摄像机研究该乒乓球的下落运动，发现它在落地前已经做匀速运动，若空气阻力与速度成正比，则乒乓球（）A．在下落过程中，加速度先变大后变小B．从更高处由静止释放，在空中运动时间变长C．在下落过程中，机械能先增大后不变D．从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大3．某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．0～1s内导弹匀速上升B．1～2s内导弹静止不动C．3s末导弹回到出发点D．5s末导弹回到出发点4．将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ=30°，则F的最小值为（）A．mg B．2mg C．1.5mg D．mg5．如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为μ，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动．重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力．则恒力F的临界数值为（）A．μmg B．μMg C．μmg（1+）D．μmg（1+）6．如图所示，倾角为30°的固定斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度向上加速运动．重力加速度为g．物块沿斜面运动的距离为x的过程，下列说法正确的是（）A．重力势能增加mgx B．机械能增加mgxC．动能增加D．拉力做功为7．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动．经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道．则飞行器（）A．变轨后将沿轨道3运动B．相对于变轨前运行周期变长C．变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D．变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等8．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D．过网时球1的速度大于球2的速度9．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v010．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A．恒力F的大小为2mgsinθB．物体沿斜面向上运动的时间为C．物体回到出发点时的机械能是80JD．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθ二、实验题：本题共2小题，共15分．请按照题目要求在答题卷上作答．11．某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上．然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度值记作l0，弹簧下端每增加一个50g的砝码时，指针示数分别记作l1、l2、…l5，g取9.8m/s2．﹣l图线．（2）根据n﹣l图线，可知弹簧的劲度系数k=N/m．（保留2位有效数字）（3）根据n﹣l图线，可知弹簧的原长l0=cm．12．验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6．（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式为v5=．（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能E pi和动能E ki，则打计数点3时对应重锤的势能E p3=；接着在E﹣h坐标系中描点作出如图丙所示的E k﹣h和E p﹣h图线，求得E p﹣h图线斜率的绝对值为k1，E k﹣h图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足关系时重锤机械能守恒．（3）关于上述实验，下列说法中正确的是A．实验中可用干电池作为电源B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C．实验时应先释放纸带后接通电源D．图丙E k﹣h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能．三、计算题：本题共4小题，共45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程．14．宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球．经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L；若抛出时的初速增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L．已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R．若在该星球上发射卫星，使卫星绕该星球做圆周运动，求其第一宇宙速度．15．如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．则：（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量△l1；（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2，求匀速转动的角速度ω．16．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB 上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有F N=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；（3）小球最终停止的位置．2015-2016学年湖北省襄阳市曾都一中四校联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，共50分．其中1～6题，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；7～10题，每题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，选不全的得3分，多选、错选或不选的得0分．1．关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A．物体的速度为零时，物体处于平衡状态B．物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C．物体自由下落时，物体对地球没有作用力D．运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状态保持不变，即物体处于匀速直线运动状态或静止状态；根据牛顿第二定律可知，物体加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同．当物体的加速度不为0时，物体的速度一定发生变化．【解答】解：A、速度为零时，物体可能有加速度，如物体在竖直上抛的最高点；故A错误；B、物体处于超重状态时，此时一定有向上的加速度；但速度可以向下，即向上的减速运动；故B错误；C、地球表面上的物体，不论做什么运动均受到作用力；故C错误；D、运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动；故D正确；故选：D．【点评】物体的运动状态即物体的速度，物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变，既包括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变．2．在无风的环境中，将乒乓球从高处由静止释放．小明用摄像机研究该乒乓球的下落运动，发现它在落地前已经做匀速运动，若空气阻力与速度成正比，则乒乓球（）A．在下落过程中，加速度先变大后变小B．从更高处由静止释放，在空中运动时间变长C．在下落过程中，机械能先增大后不变D．从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大【考点】功能关系．【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而空中运动的时间关系，以及落地时速度关系．由于空气阻力做功，乒乓球的机械能不守恒．【解答】解：AD、根据牛顿第二定律得：mg﹣f=ma，得加速度a=g﹣随着速度的增大，空气阻力f增大，则知加速度减小，当加速度a=0时做匀速运动．设匀速运动的速度为v，则f=kv，由mg=f=kv得，匀速运动的速度v=．由于乒乓球在落地前已经做匀速运动，可知从更高处由静止释放，落地前也做匀速运动，落地瞬间的速度不变，故A错误，D错误．B、从更高处由静止释放，变加速运动的时间相同，而匀速运动的时间变长，所以在空中运动时间变长，故B正确．C、在下落过程中，空气阻力一直做负功，所以其机械能不断减小，故C错误．故选：B．【点评】解决本题的关键是运用牛顿第二定律分析加速度的变化，知道加速度为零速度最大，做匀速运动．3．某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．0～1s内导弹匀速上升B．1～2s内导弹静止不动C．3s末导弹回到出发点D．5s末导弹回到出发点【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】速度时间图象中图象的点表示某一时刻的速度，图线能说明物体运动性质；图象与时间轴围成的面积表示物体在某一时间内通过的位移．【解答】解：A、由图可知，0～1s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；B、1～2s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；C、2s～3s内导弹的速度仍然向上，但均匀减小，导弹仍然是上升的，3s末导弹到达最高点，故C错误；D、前3s内物体在向上运动，上升的高度为×（1+3）×30=60m；3到5s内导弹下落，下落高度为×（5﹣3）×60=60m，故说明导弹5s末的位移为零，回到出发点，故D正确；故选：D．【点评】本题中要注意方向性，时间轴上方为正，表示物体沿正方向运动，时间轴下方的为负，表示物体运动方向沿负方向．4．将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ=30°，则F的最小值为（）A．mg B．2mg C．1.5mg D．mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以三个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值【解答】解：静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa 时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg，解得F min=1.5mg．故选：C【点评】这道题考查静力学平衡问题以及受力分析中的隔离法与整体法，本题使用的是整体法．5．如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为μ，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动．重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力．则恒力F的临界数值为（）A．μmg B．μMg C．μmg（1+）D．μmg（1+）【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】定性思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度时，F达到最大值时，物块与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力．根据牛顿第二定律求出F的最大值．【解答】解：对物块与长木板整体进行受力分析：F=（M+m）a对物块进行受力分析：F﹣f=ma对木板进行受力分析：f=Ma当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度时，F达到最大值，f=μmg．求解上面方程组得：F最大=μmg（1+），故C正确、ABD错误．故选：C【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意临界状态和整体法、隔离法的运用．6．如图所示，倾角为30°的固定斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度向上加速运动．重力加速度为g．物块沿斜面运动的距离为x的过程，下列说法正确的是（）A．重力势能增加mgx B．机械能增加mgxC．动能增加D．拉力做功为【考点】功能关系．【分析】重力势能增加等于克服重力做功．动能增加等于合外力做功．根据重力势能增加和动能增加分析机械能的增加．拉力做功等于机械能增加．【解答】解：A、重力势能增加△E p=mgxsin30°=0.5mgx，故A错误．C、根据动能定理知，动能增加为△E k=max=0.5mgx，故C错误．B、机械能等于动能与重力势能之和，则知机械能增加为△E=△E p+△E k=mgx，故B正确．D、根据功能原理知，拉力做功为W=△E=mgx，故D错误．故选：B【点评】解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道重力势能变化与重力做功的关系、动能变化与合外力做功的关系，了解功能原理．7．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动．经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道．则飞行器（）A．变轨后将沿轨道3运动B．相对于变轨前运行周期变长C．变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D．变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【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】飞行器做圆周运动，万有引力提供向心力，根据题意确定飞行器受到如何变化，然后应用万有引力定律与牛顿第二定律分析答题．【解答】解：由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，受到v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：m减小，小于在P点受到的万有引力：G，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小．A、因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，故A正确；B、根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误；C、因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；D、飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，故D正确．故选：AD．【点评】能根据飞行器向前喷气判断飞行器速度的变化，再根据做匀速圆周运动的条件求确定物体做近心运动，熟知飞行器变轨原理是解决本题的关键．8．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D．过网时球1的速度大于球2的速度【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据P G=mgv y判定功率关系；根据△v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度．【解答】解：AC、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方向末速度为零，根据v y=v0﹣gt和h=v知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，P G=mgv y相同，故A正确；B、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故BC错误；D、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，故过网时球1的速度大于球2的速度，D正确．故选：AD【点评】此题考查斜抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析．9．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v0【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大【解答】解：A、由题意可知P=Fv，根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma联立解得由乙图可知，，解得，f=，故AB正确C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v==v0，故D正确故选：ABD【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出与a的关系式是解决本题的关键10．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A．恒力F的大小为2mgsinθB．物体沿斜面向上运动的时间为C．物体回到出发点时的机械能是80JD．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθ【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小．【解答】解：A、从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，物体加速度为：a=撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，物体加速度为：a′=gsinθ两个过程位移大小相等方向相反，时间相等．得：解得：a′=3a所以开始时物体所受恒力F=mgsinθ，故A错误；B、设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′，则v′=at=撤去F后沿斜面上升的时间，对于从撤去到返回的整个过程，有：﹣v=v′﹣a′t，解得，v′=则在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=Fv′=mgvsinθ，故B错误，D正确；C、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故C正确．故选：CD【点评】分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件．二、实验题：本题共2小题，共15分．请按照题目要求在答题卷上作答．11．某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上．然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度值记作l0，弹簧下端每增加一个50g的砝码时，指针示数分别记作l1、l2、…l5，g取9.8m/s2．﹣l图线．（2）根据n﹣l图线，可知弹簧的劲度系数k=28N/m．（保留2位有效数字）（3）根据n﹣l图线，可知弹簧的原长l0= 1.70cm．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题．【分析】根据描点法可得出对应的图象；充分利用测量数据，弹簧弹力与伸长量△X之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．根据图象可求得弹簧的原长．【解答】解：（1）根据表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；（2）充分利用测量数据，弹簧弹力与伸长量△X之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数k==28.0N/m（3）图象与横坐标的交点为弹簧的原长；故由图可知，原长约为1.70cm；故答案为：（1）如图所示；（2）28；1.70．【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差．12．验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6．（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式为v5=．（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能E pi和动能E ki，则打计数点3时对应重锤的势能E p3=﹣mgh3；接着在E ﹣h坐标系中描点作出如图丙所示的E k﹣h和E p﹣h图线，求得E p﹣h图线斜率的绝对值为k1，E k﹣h图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足k1=k2关系时重锤机械能守恒．（3）关于上述实验，下列说法中正确的是BDA．实验中可用干电池作为电源B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C．实验时应先释放纸带后接通电源D．图丙E k﹣h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度．（2）根据下降的高度，结合参考平面，求出重力势能；再由动能与重力势能相互转化，则机械能守恒可知，两图线的斜率相等即可；（3）根据实验原理，电源使用交流电，重锤要求重且小，纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能；【解答】解：（1）计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则．（2）打计数点3时对应重锤的势能E p3=﹣mgh3，根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此k1=k2．。

湖北省襄阳市2015-2016学年高一物理1月调研统一测试（上学期期末）试题（扫描版）2016年1月襄阳市普通高中调研统一测试高一物理参考答案一、选择题1.C2.B3.D4.B5.D6.C7.B8.BC9.AC 10.BCD二、实验题11. 2000; 40; 10.12. 0.41或0.40 0.7613. BD a 2/k三、计算题14.解：设经过时间t两者速度相等则有：t=v/a=6s （2分）t时间内小车位移s1=at2/2=18m （1分）人的位移 s2=vt=36m （1分）S2- s1=18m<x0 （1分）则此时两者距离最近，人追不上车，（1分）人车间最小距离为x0-（S2- s1）=2m （2分）15解：力F作用下对物体由牛顿第二定律F-μmg=ma1 （1分）a1=2m/s2 （1分）5秒内位移s1=a1t2/2=25m （2分）撤去F后：μmg=ma2 （1分）a2=4m/s2 （1分）5s末速度为：V=a1t=10m/s设经时间t1速度减为零t1=v/ a2=2.5s<3s则后3秒内位移为s2=v2/2a2=12.5m （2分）8s内总位移为s=s1+s2=37.5m （2分）16.解:设小球在斜面上对斜面压力恰好为零时，斜面加速度为a0 mgctgθ=ma0 （2分）a0=7.5m/s2 （2分）(1)由于a1=5m/s2<a0则小球对斜面有压力Tcosθ-Nsinθ=ma1 （1分）Tsinθ+Ncosθ-mg=0 （1分）解得：T=2.2N （1分） N=0.4N （1分）(2)由于a2=10m/s2>a0 （1分）小球离开斜面，N=0 （1分）设绳与竖直方向夹角为α则T2-(mg)2=(ma2)2 （1分）T=2.828N （1分）17.解：(1)物体相对小车滑行过程，对小车有F-μmg=m0a1a1=0.5m/s2 （1分）对物体：μmg=ma2a2=2m/s2 （1分）设经过时间t1两者达同一速度v,则有V0+a1t1=a2t1 （2分）t1=1sv=2m/s （1分）(2)由于a1<a2则两者共速后相对静止一起匀加速F=(m+m0)a3 （1分）a3=1m/s2 （1分）第1s内物体位移为：s1=a2t12/2=1m （1分）第2s内物体位移为：s2=vt+a3t12/2=2.5m （1分）则s=s1+s2=3.5m （1分）(3)第1s内小车位移为：s3=v0t+a1t12/2=1.75m （1分）小车长度至少为∆s=s3-s1=0.75m （1分）。

2016年1月襄阳市统一调考高三化学评分标准及参考答案一、选择题（42分）7.D 8.D 9.C 10.C 11.B 12.A 13.B二、必考题（43分）26．（14分）⑴①②③（3分）研钵（2分）⑵沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次（2分）⑶时间（2分）⑷碱式（1分）⑸取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃（2分）⑹CuO的质量有没有改变（1分）CuO的化学性质有没有改变（1分）27．（共14分）（1）①④（2分）（2）Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O（2分）（3）Fe(OH)3（1分）、CaSO4（1分）Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O（2分）、CrO2-+CO2+H2O=Cr(OH)3↓+HCO3-（2分）（4）0.1000mol·L-1（2分）（5）（每空1分，共2分）28．(15分)（1）Na(s)+ 1/2Cl2(g) =NaCl(s) ΔH=-410.8kJ·mol-1（2分）（2）①放热（1分）；②0.135mol·L-1·min-1（2分。

没写单位扣1分）③（2分）评分要点：起点不变，终点在0.315左右，在10min前达到平衡④下移（1分）（3）①不能（1分）②c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；（2分）③H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。

（2分）【H2SO3只能生成HSO3-】（4）先生成白色沉淀，后来变为砖红色。

（2分）三、选考题（15分）36．【选修2——化学与技术】(15分)I．BDE(3分)II．（1）蒸馏法、电渗析法(2分)（2）①SO2(1分)②C12 (1分)SO2 +C12 + 2H2O = H2SO4 + 2HC1(2分)（3）MgO熔点很高，会消耗大量电能(2分)（4）防止H2与C12混合发生爆炸，同时防止C1—进入阴极室，这样可以获得纯净的NaOH(2分)（5）0.35(2分) 37．【选修3——物质结构与性质】(15分) （1）H 3O +（1分）[Cu(NH 3)4]SO 4·H 2O （2分）（2）（1分），9（1分），B （1分），D （1分）（3）分子（1分），4（1分） （4）Si 3O 96-（2分）（5）12（2分），1（1分），sp 2杂化（1分） 38．【选修5——有机化学基础】(15分)（1）A 、CH 3CH=CHCOOCH(CH 3)CH 2Br （2分） CH 3CH(OH)CHCOOH （2分） （2）碳碳双键，酯基，溴原子（3分） （3）CH 3CH=CHCOOH+CH 3OH CH 3CH=CHCOOCH 3+H 2O （2分）加聚反应（1分）（4）n CH 3CH(OH)CH 2COOH+nH 2O （2分）（5）（3分）物理试题参考答案题号 14 0 21 答案DBBCCACBD ACD22．（1）0.225（1分） 2222111()2d L t t -（2分）（2）M 远大于m （1分） （3）21a a g- （2分）23．（1）A 2， R 1（各1分）如图所示（3分） （2）3.0， 2.0（各1分） 0.2（2分）24．（14分）解答：（1）由动能定理得22101122f W mv mv =-…………（2分） 克服空气阻力做功22011122f W W mv mv =-=-…………（1分） 代入数据得：W = 3.6 J …………（2分）（2）空气阻力 f=kv落地前匀速，则 mg-kv 1=0 …………（2分）刚抛出时加速度大小为a 0，则VA 2R 1ES00mg kv ma += …………（3分）解得 001(1)va g v =+…………（2分）代入数据得：0a =40 m/s 2 …………（2分）25．（18分）解答：（1）粒子由O 到P 的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R 1：由几何关系知…………（1分）由牛顿第二定律可知：B qv R mv 0120=…………（2分） 由此得…………（1分）（2）粒子由O 到P 的轨迹如图所示 粒子在电场中做圆周运动，半径为R 2： 由几何关系知：…………（2分）由牛顿第二定律可知 22022R mv R kQq=…………（2分） 由此得：………（2分）（3）粒子由O 经P ＇到P 平抛运动在电场中运动时间t ：…………（1分）在磁场中运动时间t ：2 1lR = qlmv B 0 2 =2 22 2 2 ) ( R d R l = + - l d l R 2 2 2 2 + =l kqd l mv 0 Q 2 ) ( 2 2 + =v d t =2qBm T t π==2…………（1分） 由此得：…………（1分）设在磁场中做圆周运动，半径为R 3 则有30R t v π=…………（1分）电场中…………（1分）221tm qE P P ='''…………（1分）由此得…………（2分）33.（1）ABC（2）对Ⅰ气体，初状态：0012p s mgp p =+= （1分） 末状态：00/431p smg p p =+= （1分） 由玻意尔定律得：s l p s l p 1/101= （1分）∴ 0121l l =（1分） 对Ⅱ气体，初状态：0123p s mgp p =+= （1分） 末状态：0/1/25p smg p p =+= （1分）由玻意尔定律得：s l p s l p 2/202= （1分）∴ 0253l l = （1分） A 活塞下降的高度为：()()02010109l l l l l l =-+-=∆ （1分） 34．（1）BDE （6分）（2）如图所示，光线入射到D 点时恰好发生全反射，则qdmv B 0 π =πd R = 3 πdl R l P P 2 2 3- = - = ' ' ' 2 2 0) 2 ( 2 qd d l mv E π π - =1sin C n =（2分）cos R OF C ==（2分） 又 1cot r O F C = （2分）1O F d OF =-（1分）解得：r nR =（2分） 35、（1）BCE （6分）(2)（9分）小球从静止滑到球壳最低点B 的过程中，车不动，小球的机械能守恒：2121mv mgR =（2分） 小球从最低点B 沿球壳上滑至最高点C 的过程中，a 小球、球壳、车组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒：12()mv m M v =+ （2分）221211()22mv m M v mgh =++ （3分） 解得：M h R M m =+（2分）2016年1月襄阳市高三统一测试理综生物参考答案C B C BD B29.（12分）（1）①③④（答不全不得分）（2分） 线粒体 （2分）（2）光合（2分） 降低化学反应的活化能（2分）（3）30℃（2分） 能（1分） 酒精（1分）30.（10分）(1)①生长素②高浓度的生长素起抑制作用，细胞分裂素起促进作用(2)①乙烯浓度和根的生长情况②取等量的根尖放在含等量蔗糖但不含生长素的培养液中③生长素浓度高，促进乙烯的合成，从而抑制根的生长31.（10分）（1）自花传粉，而且是闭花受粉；具有易于区分的性状。

2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1．图示为质点做直线运动的v﹣t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A．质点始终向同一方向运动B．4s时物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内位移为0，而通过的路程为4m2．跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员一直处于超重状态B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C．运动员的机械能守恒D．运动员的动能一直在减小3．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A．铝球下沉的速度越来越小B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C．释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功4．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF ＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E＞Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（）A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小7．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M运动二、解答题（共4小题，满分47分）9．某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为cm．滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足关系．（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ=．10．某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．（1）甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表V（量程5v，内阻约为5kΩ，）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1Ω）电流表A2（量程150mA，内阻约为2Ω）滑动变阻器R1（阻值0～200Ω）滑动变阻器R2（阻值0～l0Ω）实验中电流表应选，滑动变阻器应选（填写器材代号）；在方框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号．（2）乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图甲所示．然后他用如图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图甲上（A点和B点）．已知R o=9.0Ω，则该电源的电动势E′=V，内电阻r'=Ω．用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P=W．11．从地面上以初速度v0=9m/s竖直向上抛出一质量为m=0.1kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=3m/s，且落地前球已经做匀速运动．（g=10m/s2）求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小．12．如图所示，在直角坐标系x0y内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a，﹣b），可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现．（1）若只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；（2）若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；（3）若在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点．如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E 的大小．三、选做题【物理-选修3-3】13．下列说法中正确的是（）A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为N A=14．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．四、【物理-选修3-4】15．在以下各种说法中，正确的是（）A．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场B．相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的C．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期D．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象E．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去16．投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑．已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d＞3R），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射．求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径．五、【物理-选修3-5】17．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．用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期C．一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的波长太短E．铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变18．如图所示，内表面光滑的半球壳固定在平板小车上，A、C等高．球壳与小车总质量为M，球壳内半径为R，小车置于光滑水平面上．初始时球壳最高点A 靠在竖直墙上，现将一质量为m的可视为质点的小球沿球壳内表面由A处自由释放，求小球沿光滑球面上滑的最大高度．2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1．图示为质点做直线运动的v﹣t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A．质点始终向同一方向运动B．4s时物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内位移为0，而通过的路程为4m【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度的正负判断速度的方向．速度图象的斜率等于加速度．根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动．【解答】解：A、由图看出，在前2s内，物体沿负方向运动，在后2s内物体沿正方向运动，运动方向发生了改变．故A错误．B、物体在前2s内向负方向做匀减速运动．后2s内向正方向做匀加速直线运动，4s内的位移是0，即回到原点，4s内的路程s=．故B错误，D正确．C、速度图线的斜率等于加速度，直线的斜率不变，说明物体的加速度大小和方向都不变．加速度始终沿正方向，而物体的初速度方向沿负方向，所以加速度方向与初速度方向相反，故C错误．故选：D2．跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A．运动员一直处于超重状态B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C．运动员的机械能守恒D．运动员的动能一直在减小【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】本题的关键是首先对运动员受力分析，明确受到的弹力从零逐渐增大，然后根据牛顿第二定律和功能原理即可求解．【解答】解：A、D、运动员从A到B过程中，人受到向下的重力和向上的弹力，在开始下落阶段弹力小于重力，后弹力大于重力，由牛顿第二定律可知加速度方向先向下后向上，人先做加速后减速，即动能应先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误，D错误．B、对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，重力做正功，跳板对其作用力所做负功，由于运动员的动能减小，根据动能定理可知，运动员所受重力对其做的功小于跳板对其作用力所做的功．故B正确．C、由于人在下落过程中，弹力始终做负功，由功能原理可知，人的机械能一直在减小，故C错误．故选：B3．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A．铝球下沉的速度越来越小B．剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C．释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【分析】对小球受力分析，当剪断细线后，小球受重力、油的浮力、摩擦阻力，结合图象可知，小球做加速度减小的加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，据此分析即可．【解答】解：A、由图象可知，铝球下沉的速度越来越大，故A错误；B、球下降过程具有向下的加速度，处于失重状态，mg﹣F浮﹣f=ma，得F浮+f=mg ﹣ma，a减小，则浮力与阻力的合力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，球对油的反作用力逐渐增大，则油槽对地面的压力逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，受到球的浮力和阻力不变，油槽对地面的压力不变，故B正确；C、由图象可知，铝球加速度随速度的增大均匀减小，但是速度随时间不是均匀变化的，故加速度随随时间不是均匀减小，故C错误；D、铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的摩擦阻力、浮力所做的功，故D错误．故选：B4．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF ＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E＞Q FB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【考点】电场线；电场的叠加；电势能．【分析】A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．C、电场线和等势面垂直．D、先比较电势的高低，再根据E p=qU，比较电势能．【解答】解：A、根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NF＞NE，所以Q F＞Q E．故A错误．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故B错误．C、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直．故C正确．D、沿电场线方向电势逐渐降低，U M＞U N，再根据E p=qU，q为负电荷，知E pM＜E pN．故D错误．故选C．5．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．C、速度满足时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确．D、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故D错误．故选C6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（）A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比【解答】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故A错误；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B正确；C、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D错误．故选：BC7．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多【解答】解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．故选：BD．8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ﹣BIl＞0，由右手定则判断电势高低．【解答】解：A、金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ﹣BIl＞0，所以金属棒将一直加速，A错误，B正确；C、由右手定则可知，金属棒a端（即M板）电势高，C项正确；D、若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故D错误．故选BC二、解答题（共4小题，满分47分）9．某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为0.225 cm．滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=（﹣）；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足M 远大于m关系．（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ=．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；由速度公式求出滑块经过光电门时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出滑块的加速度．（2）只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力．（3）断开气源，滑块受到拉力与阻力的作用，接通气源时，滑块受仅受到拉力的作用，由牛顿第二定律与滑动摩擦力公式可以求出动摩擦因数．【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.2cm，游标尺示数为5×0.05mm=0.25mm=0.025cm，则游标卡尺读数为0.2cm+0.025cm=0.225cm；滑块经过光电门时的速度v1=，v2=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2aL，解得，加速度a=（﹣）．（2）当滑块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力．。