【物理】湖南省益阳市箴言中学2015届高三下学期第三次模拟试卷

2015年湖南省普通高中高考物理三模试卷一、选择题1．（3分）如图所示，物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于他们的位移的说法中正确的是（）A．沿Ⅰ较大B．沿Ⅱ较大C．沿Ⅲ较大D．一样2．（3分）关于参考系，下列说法中正确的是（）A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择3．（3分）作用在一个物体上的两个共点力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小为（）A．10N B．35N C．50N D．70N4．（3分）伽利略的理想实验证明了（）A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体运动不需要力来维持5．（3分）如图是甲、乙两物体相对同一原点的s﹣t图象，则下列说法正确的是（）A．甲、乙都做变速直线运动B．甲、乙运动的出发点相距s1C．甲比乙早出发t1时间D．乙比甲的运动要快些6．（3分）下列运动中，物体的运动状态不变的是（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动 D．自由落体运动7．（3分）静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力．当力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是（）A．物体同时获得速度和加速度B．物体立即获得加速度，但速度仍为零C．物体立即获得速度，但加速度仍为零D．物体的速度和加速度仍为零8．（3分）一个物体做自由落体运动，v﹣t图象正确的是（）A．B． C． D．9．（3分）以20m/s的速度做匀速直线运动的汽车，制动后能在2m内停下来，如果该汽车以40m/s的速度行驶，则它的制动距离应该是（）A．2m B．4m C．8m D．16m10．（3分）下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性B．百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时就没有惯性了C．物体没有受外力作用时有惯性，受外力作用后惯性被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关11．（3分）关于摩擦力，下列说法中错误的是（）A．运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力B．冬天下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦C．生活中离不开摩擦，摩擦越大越好D．工厂工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦12．（3分）如图所示，放置在水平地面上的物体受水平推力作用后仍保持静止．此物体共受到的力有（）A．重力、水平推力B．重力、支持力和水平推力C．水平推力、静摩擦力D．重力、支持力、水平推力和静摩擦力13．（3分）如图所示，地球赤道上的山丘、近地资源卫星和同步通信卫星均在赤道平面内绕地心做匀速圆周运动．设山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q的圆周运动速率依次为v1、v2、v3，向心加速度依次为a1、a2、a3，则（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v3＜v2C．a1＞a2＞a3D．a2＞a3＞a114．（3分）下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是（）A．极限法B．放大法C．控制变量法D．等效替代法15．（3分）一个绕中心线AB以一定的角速度转动的圆环，P、Q为环上两点，位置如图所示，下列说法正确的是（）A．P、Q两点的角速度相等 B．P、Q两点的线速度相等C．P、Q两点的角速度之比为：1 D．P、Q两点的线速度之比为1：1 16．（3分）如图，物体A和B的重力分别为11N和7N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则地面对A的支持力和弹簧秤的读数为（）A．0N，7N B．4N，7N C．0N，18N D．4N，18N二、非选择题17．（4分）物体受到F1=3N，F2=7N两个力的作用，则它们的合力的最大值是N．最小值是N．18．（4分）一物体做匀加速的直线运动，初速度为3m/s，加速度为2m/s2，该物体在第3s末的速度是m/s．高物体在第3s内通过的位移是m．19．（4分）电火花打点计时器的电源是（填“交流”或“直流”）电源，通常的工作电压为220V，实验室使用我国民用电时，每隔s打一次点．20．（4分）在20m高的地方以6m/s的初速度水平抛出，则物体在空中运动的时间是s，从抛出点到落地点发生的水平位移是m（忽略空气阻力，取g=10m/s2）21．（7分）质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止开始匀加速下落，经3s落地，g取10m/s2，试求：（1）物体下落的加速度的大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小．22．（7分）一同学从倾角为30°的斜坡顶端平抛一小石块，小石块的质量为10g，它恰好落在斜坡的底端，如果斜坡高度为1.8m．求：（1）小石块的落地时间；（2）小石块的着地时的动能．[选修1-1]23．（3分）研究电磁感应现象并得到重要结论的科学家是（）A．洛伦兹B．库仑C．奥斯特D．法拉第24．（3分）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷25．（3分）某同学发现有人触电，他应采取的措施是（）A．不假思索地去把触电人用手拉开B．当做没看见C．迅速找一根木棒，把人和电线分离D．立即大声喊人，让别人来处理26．（3分）磁场中某处的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处小27．（4分）在某段电路中，一定值电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率为W，电阻在1min内产生的热量为J．28．（6分）如图所示，一根长为L=0.2m的直导线放在水平方向的匀强磁场中，导线水平且与磁场方向垂直，导线中通有向右的电流．（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，试计算导线所受安培力；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线是否受安培力？[选修2-1]29．在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．30．（3分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系（）A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r2 31．（3分）四种电场的电场线如图所示，一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大，由此可以判断，该电荷所在电场是图中的（）A．B． C．D．32．（3分）随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要应用电流热效应的是（）A．电风扇B．电饭煲C．录音机D．电视机33．（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a 的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是极．如磁铁上端是S 极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向．34．（6分）一带电粒子的质量为m，电量为q，以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，求：①粒子做匀速圆周运动的半径R②粒子运动的周期T．2015年湖南省普通高中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）如图所示，物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于他们的位移的说法中正确的是（）A．沿Ⅰ较大B．沿Ⅱ较大C．沿Ⅲ较大D．一样【解答】解：物体沿三条不同的路径由A运动到B，起点和终点的位置都相同，则位移一定相同．故选D2．（3分）关于参考系，下列说法中正确的是（）A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择【解答】解：A、参考系不一定必须是静止不动的，如研究炸弹的运动时，可以将运动的飞机作为参考系，故A错误；B、任何物体均可作为参考系，匀速直线运动的物体也可以，但并不是必须这样，故B错误；C、参考系的选取是任意的，应根据所研究的问题灵活选取，并不是一定是选取地面上的物体为参考系，故C错误；D、参考系的选取是任意的，故任何物体都可以作为参考系，故D正确；故选：D．3．（3分）作用在一个物体上的两个共点力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小为（）A．10N B．35N C．50N D．70N【解答】解：分力的大小分别是30N和40N，合力的大小为F=N=50N，所以C正确．故选：C．4．（3分）伽利略的理想实验证明了（）A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体运动不需要力来维持【解答】解：A、B、伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态．故AB错误．C、物体不受外力作用时，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态．故C错误．D、伽利略的理想斜面实验证明了运动的物体具有惯性，物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态．故D正确．故选：D5．（3分）如图是甲、乙两物体相对同一原点的s﹣t图象，则下列说法正确的是（）A．甲、乙都做变速直线运动B．甲、乙运动的出发点相距s1C．甲比乙早出发t1时间D．乙比甲的运动要快些【解答】解：A、x﹣t图象的斜率等于物体运动的速度，由图可知两图象的斜率保持不变，故运动的速度不变，两物体都做匀速直线运动．故A错误；B、由图可知甲从原点出发，乙从距原点s1处出发．故两物体的出发点相距s1．故B正确；C、甲在t1时刻开始运动，而乙在t=0时刻开始运动，故甲比乙迟出发t1时间．故C错误．D、甲图象的斜率的绝对值大于乙图象的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，则甲比乙的运动要快．故D错误；故选：B．6．（3分）下列运动中，物体的运动状态不变的是（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动 D．自由落体运动【解答】解：物体的运动状态保持不变，那么物体速度的大小和方向都不能发生变化，A、物体匀速直线时，它的速度的大小和方向都不变，故A正确；B、匀加速直线运动时，速度大小在变化，运动状态变化，故B错误；C、匀减速直线运动时，速度大小在变化，运动状态变化，故C错误；D、自由落体运动时，速度在增大，运动状态变化，故D错误．故选：A7．（3分）静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力．当力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是（）A．物体同时获得速度和加速度B．物体立即获得加速度，但速度仍为零C．物体立即获得速度，但加速度仍为零D．物体的速度和加速度仍为零【解答】解：由牛顿第二定律可知，有了力的作用，物体就有了加速度，但是，在力刚开始作用的瞬间，物体还没有运动，所以物体的速度为零，故B正确．故选：B．8．（3分）一个物体做自由落体运动，v﹣t图象正确的是（）A．B． C． D．【解答】解：自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，其速度时间关系公式为v=gt=10t，故其v﹣t图是一条通过原点的直线，故ABD均错误，C正确；故选：C．9．（3分）以20m/s的速度做匀速直线运动的汽车，制动后能在2m内停下来，如果该汽车以40m/s的速度行驶，则它的制动距离应该是（）A．2m B．4m C．8m D．16m【解答】解：设刹车过程的加速度大小为a，方向与汽车的初速度方向相反，已知汽车的初速度v0=20m/s，末速度v=0，位移x=2m，由位移速度关系式：v2﹣v02=﹣2ax，整理：a==100m/s2，①第二过程中已知汽车的初速度v01=40m/s，末速度v=0，加速度为a，设位移为X由位移速度关系式得：0﹣v012=﹣2aX整理得：X=②把①代入②得：X=8m故选：C10．（3分）下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性B．百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时就没有惯性了C．物体没有受外力作用时有惯性，受外力作用后惯性被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关【解答】解：A、一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，故A错误；B、百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时还有惯性，故B错误；C、任何物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，故C错误；D、物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关，故D正确；故选：D．11．（3分）关于摩擦力，下列说法中错误的是（）A．运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力B．冬天下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦C．生活中离不开摩擦，摩擦越大越好D．工厂工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦【解答】解：A、运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力；故A正确；B、下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦，故B正确；C、生活中离不开摩擦，但摩擦越大，也不一定越好，汽车行驶；故C错误；D、工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦，故D正确．本题选择错误的，故选：C．12．（3分）如图所示，放置在水平地面上的物体受水平推力作用后仍保持静止．此物体共受到的力有（）A．重力、水平推力B．重力、支持力和水平推力C．水平推力、静摩擦力D．重力、支持力、水平推力和静摩擦力【解答】解：首先物体受重力、支持力，由题意还受水平推力，则物体有沿推力运动的趋势，而没有运动说明物体受到了与推力方向相反的静摩擦力．故D正确ABC错误．故选：D．13．（3分）如图所示，地球赤道上的山丘、近地资源卫星和同步通信卫星均在赤道平面内绕地心做匀速圆周运动．设山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q的圆周运动速率依次为v1、v2、v3，向心加速度依次为a1、a2、a3，则（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v3＜v2C．a1＞a2＞a3D．a2＞a3＞a1【解答】解：A、B、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据v=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故V1＜V3；根据卫星的线速度公式v=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，即V3＜V2；故V1＜V3＜V2，故A错误，B 正确；C、D、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据a=ω2r=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故山丘e的轨道加速度小于同步通信卫星q的加速度，即a1＜a3；根据加速度公式a=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的加速度小于同步通信卫星的加速度，即a3＜a2；故a1＜a3＜a2，故C错误，D正确；故选：BD．14．（3分）下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是（）A．极限法B．放大法C．控制变量法D．等效替代法【解答】解：图甲中将桌面在力F作用下发生的形变通过反射光线在屏上光斑移动显示出来，采用放大法．图乙中，用手压琉璃瓶，琉璃瓶发生微小的变形，体积减小，由于管子很细，管中水位上升明显，即通过细管将瓶子的形变显示出来，采用的也是放大法．故选：B．15．（3分）一个绕中心线AB以一定的角速度转动的圆环，P、Q为环上两点，位置如图所示，下列说法正确的是（）A．P、Q两点的角速度相等 B．P、Q两点的线速度相等C．P、Q两点的角速度之比为：1 D．P、Q两点的线速度之比为1：1【解答】解：AC、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等．故A正确，C错误．BD、设圆环的半径为R，根据几何知识可得：P、Q转动的半径分别为：r P=Rsin60°r Q=Rsin30°P、Q两点角速度相等，根据v=rω知，P、Q两点的线速度之比为：v P：v Q=r P：r Q=Rsin60°：Rsin30°=：1．故BD错误．故选：A16．（3分）如图，物体A和B的重力分别为11N和7N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则地面对A的支持力和弹簧秤的读数为（）A．0N，7N B．4N，7N C．0N，18N D．4N，18N【解答】解：对物体研究：物体受到重力、细线的拉力和地面的支持力作用而平衡．细线的拉力为：F=G B=7N则地面的支持力为：F N=G A﹣F=G A﹣G B=4N弹簧秤的读数等于细线的拉力，或等于B的重力，即为7N．故选：B二、非选择题17．（4分）物体受到F1=3N，F2=7N两个力的作用，则它们的合力的最大值是10 N．最小值是4N．【解答】解：二力合成时合力范围：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|；故合力最大3N+7N=10N，最小7N﹣3N=4N，之间任意结果都可以；故答案为：10，4．18．（4分）一物体做匀加速的直线运动，初速度为3m/s，加速度为2m/s2，该物体在第3s末的速度是9m/s．高物体在第3s内通过的位移是8m．【解答】解：第3s末的速度为：v=v0+at=3+2×3m/s=9m/s．第3s内的位移为：．故答案为：9，8．19．（4分）电火花打点计时器的电源是交流（填“交流”或“直流”）电源，通常的工作电压为220V，实验室使用我国民用电时，每隔0.02s打一次点．【解答】解：实验室所用电火花计时器是使用的电压为220V的交流电源，我国民用电的频率是50Hz，所以它每隔0.02s打一个点．故答案为：交流，0.02．20．（4分）在20m高的地方以6m/s的初速度水平抛出，则物体在空中运动的时间是2s，从抛出点到落地点发生的水平位移是12m（忽略空气阻力，取g=10m/s2）【解答】解：由h=得t===2s从抛出点到落地点发生的水平位移为：x=v0t=6×2m=12m故答案为：2，12．21．（7分）质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止开始匀加速下落，经3s落地，g取10m/s2，试求：（1）物体下落的加速度的大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小．【解答】解：（1）由得，a=．故物体下落的加速度大小为8m/s2．（2）根据牛顿第二定律得，mg﹣f=ma则f=mg﹣ma=50﹣5×8N=10N故下落过程中物体所受阻力的大小为10N．22．（7分）一同学从倾角为30°的斜坡顶端平抛一小石块，小石块的质量为10g，它恰好落在斜坡的底端，如果斜坡高度为1.8m．求：（1）小石块的落地时间；（2）小石块的着地时的动能．【解答】解：（1）根据，t=．故小石块的落地时间为0.6s．（2）小球的水平位移为x=hcot30°=1.8m．所以水平速度竖直分速度v y=gt=10×0.6m/s=6m/s则落地的速度m/s．则故小石块的着地时的动能为0.315J．[选修1-1]23．（3分）研究电磁感应现象并得到重要结论的科学家是（）A．洛伦兹B．库仑C．奥斯特D．法拉第【解答】解：经过十年坚持不懈的努力，1831年英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象．故选：D．24．（3分）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷【解答】解：A、B当体积很小的带电体相距很近，以至于带电体的大小和形状对带电体间作用力影响不能忽略时，此带电体不能看成点电荷，而体积很大的带电体，如果带电体间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体也可以看成点电荷．故AB错误．C、点电荷不一定电量很小的电荷．故C错误．D、体积很大的带电体只要距离足够大，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．故D正确．故选D25．（3分）某同学发现有人触电，他应采取的措施是（）A．不假思索地去把触电人用手拉开B．当做没看见C．迅速找一根木棒，把人和电线分离D．立即大声喊人，让别人来处理【解答】解：A、当发现有人触电时，应该立即采取的措施是：迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，不能用手拉开电线和触电的人，这样自己也会触电，更不能用剪刀割断导线，剪刀是导体，自己也会触电，故A错误，C正确；B、遇到这种情况应及时帮助，不能装作没看见；也不能喊人让别人来处理，这样由于耽误时间，可能造成人的死亡；故BD错误；故选：C．26．（3分）磁场中某处的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处小【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可知b处的磁感线密，所以b处的磁场强．故A错误，B正确；C、电流受到的安培力：F=BILsinθ，与磁感应强度的大小、电流的大小以及电流与磁场方向之间的夹角有关，所以同一通电导线放在a处受力不一定比放在b 处小，也不一定比放在b处大．故CD错误．故选：B27．（4分）在某段电路中，一定值电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率为2W，电阻在1min内产生的热量为120J．【解答】答：电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率：P=I2R=2×12=2W电阻在1min内产生的热量：Q=I2Rt=12×2×60=120J故答案为：2，12028．（6分）如图所示，一根长为L=0.2m的直导线放在水平方向的匀强磁场中，导线水平且与磁场方向垂直，导线中通有向右的电流．（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，试计算导线所受安培力；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线是否受安培力？【解答】解：（1）当磁场方向与电流方向垂直时，根据F=BIL得：F=5×10﹣2 N（2）导线不受安培力作用．答：（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，导线所受安培力5×10﹣2 N；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线不受安培力[选修2-1]29．在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．【解答】解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同．故A错误；B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误；C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同．故C正确；D、由图A、B 两点电场强度不同，大小也不同，E A＜E B．故D错误．故选：C．30．（3分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系（）A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r2【解答】解：当外电阻无穷大时，路端电压等于电源的电动势，故U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，由图可知，2的电动势较大；U=E﹣Ir可知图象中的斜率表示电源的内阻，2的斜率较大，故2的内阻较大，故D正确，ABC错误；故选D．31．（3分）四种电场的电场线如图所示，一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大，由此可以判断，该电荷所在电场是图中的（）A．B． C．D．【解答】解：根据一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，知电场力的方向由M指向N，所以电场强度的方向由N指向M．由M到N，加速度越来越大，知电场力越来越大，所以电场强度越来越大，所以M出要比N出疏．故D正确，A、B、C错误．故选D．32．（3分）随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要应用电流热效应的是（）A．电风扇B．电饭煲C．录音机D．电视机【解答】解：电饭锅工作时，电能转化为内能，利用电流的热效应．符合题意．电风扇工作时，主要是电能转化为机械能．录音机工作时，电能主要转化为声能．电视机主要将电能转化为声能和光能．故B正确，ACD错误．故选：B．33．（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a 的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是N极．如磁铁上端是S极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向右．【解答】解：电流方向由b到a，安培力向右，根据左手定则，知磁场方向竖直向下，所以磁铁上端是N极．磁铁上端是S极，电流方向自a到b，根据左手定则，知安培力方向向右．故答案为：N，右．。

益阳市箴言中学2015 届高三第二次模拟考试物理试卷时量 90 分钟满分 100 分一．选择题：（此题共 12 小题，每题 4 分，共 48 分。

1— 9 题在每题给出的四个选项中，只有一个选项切合题目要求。

10—12 题在每题给出的四个选项中，均有多个选项切合题目要求，所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不选的得 0 分。

请把答案填涂在答题卷上。

）1．甲乙两球位于同一竖直直线上的不一样地点，甲比乙高h，以下图，将甲乙两球分别以υ1、υ2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，以下条件中有可能使乙球击中甲球的是A．甲先抛出，且υ1＜υ2；B．甲先抛出，且υ1＞υ2；C．甲后抛出，且υ1＜υ2；D．甲后抛出，且υ1＞υ2。

2．以下图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。

为了节俭营救时间，人沿梯子匀加快向上运动的同时消防车匀速退后，从地面上看，以下说法中正确的选项是：A．消防队员做匀加快直线运动；B．消防队员做匀变速曲线运动；C．消防队员做变加快曲线运动；D．消防队员水平方向的速度保持不变。

3．一质量为 m 的人站在电梯中，电梯加快上涨，加快度大小为电梯底部的压力为：A． mg/3；B．mg；C． 4mg/3；g/3， g 为重力加快度。

人对D．2mg。

4．以下图，两圆滑斜面的总长度相等，高度也同样，两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则：A．ａ球后着地；B．b 球后着地；C．两球同时落地；D．两球着地时速度同样。

5．一个物体在粗拙程度均匀的水平面上遇到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化状况如右图所示，则拉力的功率随时间变化的图象可能是以下图中的：6．以下图，两块固连在一同的物块a 和 b，质量分别为 m a和 m b，放在水平的粗拙桌面上，现同时施给它们方向以下图的推力 F a和拉力 F b，已知 F a＞ F b，则 a 对 b 的作使劲：A．必为推力；B．必为拉力；C．可能为推力，也可能为拉力；D．不行能为零。

湖南省益阳市箴言中学2015届高三第三次模拟考试数学（理）时量：120分钟 总分：150分一、选择题：(本大题共10小题，每小题5分，共50分.)1．设集合}02|{},01|{<-=>+=x x N x x M ，，则=N M （ ） A ．),1(+∞- B ．)2,1[- C ．)2,1(- D ．]2,1[- 2. 复数iiz 21-=的虚部是（ ） A ．1 B ．-1 C ．i D ．i -3．已知βα,角的终边均在第一象限，则“βα>”是“βαsin sin >”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数周期为π，其图像的一条对称轴是3π=x ，则此函数的解析式可以是（ ）A ．sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ B ．sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ C ．sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ D ．sin 26x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 5．设a 、b 都是非零向量,下列四个条件中,一定能使0||||a b a b +=成立的是（ ）A ．2a b =B ．//a bC ．13a b=- D ．a b ⊥ 6．方程()()2ln 10,0x x x +-=>的根存在的大致区间是（ ）A ．)1,0(B ．)2,1(C ．),2(eD ．)4,3(7．已知向量,a b 的夹角为45︒，且1a =，210a b -=b =（ ）A ．．2 C ．．8．已知函数()()21,f x x g x kx=-+=，若方程()()f xg x =有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是（ ）A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．()1,2 D ．()2,+∞9．对于非零向量βα,，定义一种向量积：βββα=)4,0(,πθ∈，且a b b a ,都在集合}|2{Z n n∈中。

2016-2017学年湖南省益阳市箴言中学高三（上）第三次模拟物理试卷（10月份）一、选择题：每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-13题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x﹣t图线和v﹣t图线，由图可知，在0～t时间内（）A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度越来越小的运动C．甲图中时刻，图线的斜率为D．x1﹣x0＞t2．如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计示数F A、F B、F C、F D由大到小的排列顺序是（）A．F B＞F D＞F A＞F C B．F D＞F C＞F B＞F A C．F D＞F B＞F A＞F C D．F C＞F D＞F B＞F A 3．在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示．设空气密度不变，则下列说法正确的是（）A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面C．若风速逐渐增大，小石块滑动前受到地面施加的摩擦力不变D．若风速逐渐增大，小石块滑动后受到地面加的摩擦力逐渐增大4．如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a 球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球（）A．初速度较大B．速度变化率较大C．落地时速度一定较大D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大5．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1.5h与同步卫星的距离最近D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接6．如上图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A 的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m．现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次最长的过程中（）A．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能不变B．A的动能最大时，B的动能也最大C．F1和F2做的总功为零D．弹簧第一次最长时A和B总动能最大7．如图所示，平行板电容器与一个直流电源E（内阻不计）相连，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A．P点的电势降低B．带点油滴的电势能将减少C．带点油滴将沿竖直方向向上运动D．电容器的电容减小，极板带电量增大8．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生的磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处水平放置一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的N极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流产生的磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B=5.0×10﹣5 T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10cm处产生磁场的磁感应强度大小为（）A．5.0×10 ﹣5 T B．1.0×10﹣4 T C．8.66×10﹣5 T D．7.07×l0﹣5 T9．如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L（L＜d），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h．将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是（）A．线圈可能一直做匀速运动B．线圈可能先加速后减速C．线圈的最小速度一定是D．线圈的最小速度一定是10．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x．现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（）A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为3gB．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2gC．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大11．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是50：l，P是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图乙所示的正弦交变电压．则下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关与a连接，电压表的示数为4.4VB．单刀双掷开关与a连接，当t=0.01s时，电流表示数为零C．单刀双掷开关由a拨向b，副线圈输出电压的频率变为25HzD．单刀双掷开关由a拨向b，原线圈的输入功率变大13．如图所示，有一垂直于纸向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长L的正三角形（边界上有磁场）ABC为三角形的三个顶点．今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入，然后从BC边上某点Q射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（）A．PB＜B．PB＜C．QB≤L D．QB≤L二、非选择题（本题共5小题，共58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）14．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么：（1）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为m/s2，从而计算出阻力f=N．（2）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？．（填“能”或“不能”）15．为了测量某待测电阻R x的阻值（约为30Ω），有以下一些器材可供选择．电流（量程0～50mA，内阻约10Ω）；电流（量程0～3A，内阻约0.12Ω）；电压（量程0～3V，内阻很大）；电压（量程0～15V，内阻很大）；电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）；定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器R（0～10Ω，允许最大电流2.0A）；单刀单掷开关S一个，导线若干．（1）电流表应选，电压表应选．（2）请在下面的虚线框内画出测量电阻R x的实验电路图．（要求所测量范围尽可能大）（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为R x=．16．如图所示，两小球A和B用一根跨过固定的水平光滑细杆的不可伸长的轻绳相连，球A置于地面上且位于细杆正下方，球B被拉到细杆同样高度的水平位置，绳刚好拉直．由静止释放球B，若球B摆动过程中球A始终没有离开地面，已知球B的质量为m，求球A 质量M应满足的条件（空气阻力忽略不计，球B摆动过程中不与绳相碰）．17．如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=l00N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，g=l0m/s2．求：（1）物块A、B分离时，所加外力F的大小；（2）物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．18．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m．整个装置处于磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m=1kg的金棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；（2）求金棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率P R；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q．2016-2017学年湖南省益阳市箴言中学高三（上）第三次模拟物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-13题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x﹣t图线和v﹣t图线，由图可知，在0～t时间内（）A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度越来越小的运动C．甲图中时刻，图线的斜率为D．x1﹣x0＞t【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】x﹣t图线和v﹣t图线只能用来描述直线运动，由乙图可读出物体的速度变化，甲图中斜率表示速度，位移等于x的变化量，要抓住两种图象对应关系分析．【解答】解：A、x﹣t图线和v﹣t图线只能用来描述直线运动，故A错误．B、由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故B错误．C、图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中时刻，图线的斜率为．故C正确．D、乙图所围面积表示物体运动的位移，即x1﹣x0=t．故D错误．故选：C2．如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计示数F A、F B、F C、F D由大到小的排列顺序是（）A．F B＞F D＞F A＞F C B．F D＞F C＞F B＞F A C．F D＞F B＞F A＞F C D．F C＞F D＞F B＞F A 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】分别对ABCD四副图中的物体m进行受力分析，m处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件求出绳子的拉力，而绳子的拉力等于弹簧秤的示数．【解答】解：对A图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：2F A cos45°=mg解得：，对B图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数F B=mg，对C图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数，对D图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：2F D cos75°=mg解得：则F D＞F B＞F A＞F C，故C正确．故选：C3．在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示．设空气密度不变，则下列说法正确的是（）A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面C．若风速逐渐增大，小石块滑动前受到地面施加的摩擦力不变D．若风速逐渐增大，小石块滑动后受到地面加的摩擦力逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】以气球和石块整体为研究对象，由平衡条件分析小石块所受地面的支持力如何变化，再由牛顿第三定律判断地面受到小石块的压力变化，判断小石块能否滑动．【解答】解：AB、以气球和石块整体为研究对象，分析受力，受重力、浮力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，=G1+G2，竖直方向：N+F浮水平方向：f=F，气球所受的浮力F、气球的重力G1、石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力N不浮变，地面受到小石块的压力也不变，故无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面，故A 错误，B正确；CD、在石块滑动前，当风力F增大时，石块所受的摩擦力随着风力的增大而增大，当石块滑动后受到的摩擦力f=μN保持不变，故C错误，D错误；故选：B4．如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a 球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球（）A．初速度较大B．速度变化率较大C．落地时速度一定较大D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大【考点】平抛运动．【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系，速度变化率等于重力加速度，由速度的合成求落地时速度大小和方向．【解答】解：A、两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=，得t=，则t a＞t b．小球水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t，由题意x相等，又t a＞t b，则知v a＜v b．故A 错误．B、根据=a=g，则知速度变化率相同，故B错误．C、落地时速度v==，可知落地速度不确定，故C错误．D、落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切tanα==，则知a的h大，v0小，tanα大，落地时速度方向与其初速度方向的夹角大，故D正确．故选：D5．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1.5h与同步卫星的距离最近D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接【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．【分析】利用第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，以及卫星速度近大远小规律分析A项；利用加速度和周期公式分析BC两项物理量大小关系；利用卫星最近时角度及圈数关系分析二者远近；卫星对接则使用卫星变轨的原理分析【解答】解：A、图示轨道略高于近地轨道，由可得v=，r越大，v越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s；故A错误；B、由，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为；故B错误；C、“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1.5h，“轨道康复者”转半圈，而同步卫星转圈，此时并不在最近点，故C错误；D、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D正确；故选：D6．如上图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A 的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m．现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次最长的过程中（）A．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能不变B．A的动能最大时，B的动能也最大C．F1和F2做的总功为零D．弹簧第一次最长时A和B总动能最大【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】抓住A、B以及弹簧的系统所受外力之和为零，动量守恒判断A、B动量的关系，以及动能的关系．在开始运动到弹簧第一次为最长的过程中，两个拉力均做正功，总功不为零．当弹簧第一次为最长时，A、B的速度为零．【解答】解：A、对A，B及弹簧组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，即mv1﹣Mv2=0 ①可知A、B的动量大小相等．当A的速度达到最大时，B的速度也最大，所以A的动能最大时，B的动能最大．此过程中F1，F2均做正功，可知F1和F2做的总功不为零，A、B和弹簧组成的系统机械能增大．故AC错误，B正确．D、当弹簧最长时，弹簧不再伸长，A与B的速度必定相等，由于开始时系统的初动量为0，结合公式①可知，A和B必定同时为0，则A和B的动能均为零．则知弹簧第一次最长时A和B总动能最小．故D错误．故选：B．7．如图所示，平行板电容器与一个直流电源E（内阻不计）相连，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A．P点的电势降低B．带点油滴的电势能将减少C．带点油滴将沿竖直方向向上运动D．电容器的电容减小，极板带电量增大【考点】电容器的动态分析；电势；电势能．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据E=知板间场强的变化，由U=Ed判断P点与下极板间的电势差的变化，确定P点电势的变化．由题分析知道油滴带负电，再判断其电势能的变化．根据场强的变化，判断油滴向什么方向运动．【解答】解：A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低．故A正确．B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大．故B错误．C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动．故C错误．D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小．故D错误．故选A8．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生的磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处水平放置一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的N极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流产生的磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B=5.0×10﹣5 T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10cm处产生磁场的磁感应强度大小为（）A．5.0×10 ﹣5 T B．1.0×10﹣4 T C．8.66×10﹣5 T D．7.07×l0﹣5 T【考点】磁感应强度．【分析】本题考查了磁场的合成，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小．【解答】解：各个分磁场与合磁场关系如图所示：所以根据三角函数关系可得：tanθ=即有：B1==8.66×10﹣5T，故ABD错误，C正确．故选：C．9．如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L（L＜d），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h．将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是（）A．线圈可能一直做匀速运动B．线圈可能先加速后减速C．线圈的最小速度一定是D．线圈的最小速度一定是【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．【分析】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．【解答】解：A、根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动．故A、B错误．C、因为进磁场时要减速，可知线圈完全进入磁场时速度最小，从完全进入磁场到下边刚接触磁场的下边界过程中，做匀加速直线运动，有．v=．从静止开始下落到线圈下边接触磁场上边界的过程中做自由落体运动，有，所以最小速度v=．故C错误，D正确．故选D．10．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x．现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（）A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为3gB．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2gC．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；胡克定律．【分析】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【解答】解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A错误，断瞬间，对A分析，A的合力为F合B正确；C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C错误D正确．故选：BD．11．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化．关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知．分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大．故A正确．B、当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，电源的内电阻小于外电阻，随着R的增大，电源的内外电阻差值增大，所以电源的输出功率一直变小．故B错误．C、将R0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小．故C正确．率，R外D、总电流变大，根据P=I2R0，R O不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．故选AC．12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是50：l，P是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图乙所示的正弦交变电压．则下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关与a连接，电压表的示数为4.4VB．单刀双掷开关与a连接，当t=0.01s时，电流表示数为零C．单刀双掷开关由a拨向b，副线圈输出电压的频率变为25HzD．单刀双掷开关由a拨向b，原线圈的输入功率变大【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：由图象可知，电压的最大值为V，交流电的周期为2×10﹣2s，所以交流电的频率为f=50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为4.4V，所以A 正确．B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为4.4V，所以副线圈电流为=0.44A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为不为零，故B错误；C、当单刀双掷开关由a拔向b时，不会着改变交流电的频率还是50Hz，故C错误；D、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以D正确．故选：AD。

2015年湖南省益阳市箴言中学高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共9小题，共36.0分)1.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A.如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】A【解析】解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误．故选：A．小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】C【解析】解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选：C．先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化．本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化．3.我国蹦床队组建时间不长，但已经在国际大赛中取得了骄人的成绩，前不久又取得北京奥运会的金牌．假如运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图所示，其中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员（）A.在t1～t2时间内所受合力逐渐增大B.在t2时刻处于平衡位置C.在t3时刻处于平衡状态D.在t4时刻所受的弹力最大【答案】B【解析】解：A、在t1～t2时间内做加速度逐渐减小的加速运动，所受的合力逐渐减小．故A错误．B、在t2时刻重力和弹力相等，速度最大，该位置为平衡位置．故B正确．C、在t3时刻到达最低点，速度为零，加速度不为零，不是平衡状态．故C错误．D、在t4时刻弹力与重力相等，不是最大，在最低点弹力最大．故D错误．故选：B．运动员在某一个高度落下，先向下做自由落体运动，与蹦床接触后，先做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点，速度为零．解决本题的关键通过图线得出运动员的运动情况，结合牛顿第二定律进行分析．4.如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（）A.A灯变亮B.B灯变亮C.R1上消耗功率变大D.总电流变小【答案】C【解析】解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，则R1上消耗功率变大．路端电压U=E-I r，I增大，U减小，则A灯变暗．B灯与变阻器并联的电压U并=E-I（R1+r），I增大，则U并减小，所以B灯变暗．故选C将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R1上消耗功率的变化．根据总电流的变化分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化．对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．5.埃隆•马斯克首次对媒体透露了在火星建立社区的“火星移民”计划．假设火星移民通过一代又一代坚韧不拔的努力，不仅完成了“立足”火星的基本任务，而且还掌握了探测太空的完整技术．已知火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，在地球上发射人造地球卫星时的最小发射速度为v，则火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度为（）A.vB.vC.vD.v【答案】B【解析】解：根据万有引力提供向心力得：，解得最小的发射速度为：v=，因为火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，则火星上发射的最小速度是地球上的倍，即．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据万有引力提供向心力得出发射的最小速度，从而结合半径之比、质量之比求出发射的最小速度之比，得出火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度．解决本题的关键发射的最小速度等于环绕中心天体表面做圆周运动的速度，结合万有引力提供向心力进行求解．6.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.电子在N点的动能小于在M点的动能B.该电子运动的加速度越来越小C.该电场一定是匀强电场D.电子运动的轨迹为曲线【答案】B【解析】解：A、由于电势能减小，知电场力做正功，因为电子仅受电场力，根据动能定理，知动能增大，即N点的动能大于M点的动能．故A错误．C、图线切线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，不是匀强电场．故C错误．B、电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小．故B正确．D、若电场线是直线，在M点释放一个初速度为零的电子，电子的运动轨迹为直线．故D错误．故选：B．电场力做功等于电势能的减小量，E p-x图线切线的斜率表示电场力的大小，通过斜率的大小判断电场力的变化，从而得出加速度的变化．根据电场力的变化判断动能的变化．解决本题的关键知道图线切线的斜率表示电场力，通过电场力的大小判断电场强度、加速度的变化，通过电场力做功判断动能的变化．7.太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则（）A.在C处板对球所需施加的力比A处大6mgB.球在运动过程中机械能守恒C.球在最低点C的速度最小值为D.板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小【答案】C【解析】解：A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：①在C处时：②由①②式得：F=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故A错误．B、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B错误．C、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得，故C正确．D、根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ=故v=，故板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而增大，故D错误．故选：C．人在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况．本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题．8.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A.4VB.8VC.12VD.24V【答案】B【解析】解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24-4）=4v，故U be=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．9.如图，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷．K是闭合的，U a表示a点的电势，f表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A.U a变大，f变大B.U a变大，f变小C.U a不变，f不变D.U a不变，f变小【答案】B【解析】解：由于开关K闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U AB保持不变．随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E=可知两极板之间的电场强度E减小，由于U A a=E h A a，由于电场强度E减小，故U A a减小，由于U AB=U A a+U a B，所以U a B增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即U B=0，又U a B=U a-U B，所以U a=U a B增大．而点电荷在a点所受的电场力f=q E，由于E 减小，所以电场力f减小．故B正确．故选B．要求a点的电势如何变化，首先要确定电势为0的位置即零电势点，由于电容与电源相连故两极板之间的电压不变，而两极板之间的距离增大，故两极板之间的电场强度减小，所以A a之间的电势差减小，所以a B之间的电压增大．由于两极板之间的场强减小故试探电荷所受的电场力减小．本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析．方法是：先找不变量（U AB），再找容易确定的物理量（E和U A a），最后求出难以确定的量（确定U a B不能用U a B=E h a B，因为E 和h a B一个变大另一个变小）．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)10.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（）A.小球到达C点时对轨道压力为2mgB.小球在AC部分运动时，加速度不变C.适当增大E，小球到达C点的速度可能为零D.若E=，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为【答案】AD【解析】解：A、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mg H=mv A2-0，解得：v A=．根据牛顿第二定律得：N=m，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg．故A正确．B、小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心．故B错误．C、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零．若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零．故C错误．D、若E=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，q E-mg=m，解得：v C=，根据动能定理得：mg（H+R）-q ER=mv C2-0，解得：H=R．所以H至少为R．故D正确．故选：AD．根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供向心力分析．根据动能定理，结合牛顿第二定律判断C点的速度能否为零．当电场力是重力的2倍时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出H的至少高度．本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．11.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，弹簧处于竖直．现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动．下列说法正确的是（）A.施加F前，竖直墙壁对B的摩擦力可能向下B.施加F前，弹簧弹力大小一定等于A、B两物体重力大小之和C.施加F后，A、B之间的摩擦力大小可能为零D.施加F后，B与竖直墙壁之间可能没有摩擦力【答案】BC【解析】解：A、施加F前，对整体受力分析，一定受重力、弹簧弹力，若竖直方向受静摩擦力，则也一定受墙向右的弹力，但若受向右的弹力，则没有向左的力与之平衡，合力不可能为零，故整体不受墙的弹力，也不受静摩擦力；故A错误；B、施加F前，对整体受力分析，受重力、弹簧弹力，根据平衡条件弹簧弹力大小一定等于A、B两物体重力大小之和，B正确；C、当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为m A gsinθ，若F=m A gsinθ，则A、B之间的摩擦力为零，故C正确．D、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故D错误．故选：BC．隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．12.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（）A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B.当F=μmg时，A的加速度为μgC.当F＞3μmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg【答案】BCD【解析】解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，．故当0＜F≤时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′-′，解得F′=3μmg，故当＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A 相对于B滑动．当F=时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-=3ma，解得a=，故B、C正确．D、对B来说，其所受合力的最大值F m=2μmg-，即B的加速度不会超过，故D正确．故选：BCD．根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．三、计算题(本大题共1小题，共6.0分)13.某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能．装置如图所示．水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去．测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，甲、乙光电门间距为L，忽略一切阻力．①小球被弹射出的速度大小v= ______ ，求得静止释放小球时弹簧弹性势能E P= ______ ；（用题目中的字母符号表示）②由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果______ 影响（选填“有”或“无”）．【答案】；；无【解析】解：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：（2）由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化故答案为：①②③无（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，由此可得速度，再由能量守恒可得弹性势能（2）由图中给的数据带入弹性势能表达式可得劲度系数（3）由力作用的独立性可知，对结果无影响本题重点是要弄清小球的射出速度就是在光电门间匀速运动的速度，在由平抛规律可得结果．四、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)14.为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中，A0是标准电流表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：（1）将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时______ 的读数I；（2）然后将S拨向接点2，调节______ ，使______ ，记下此时R N的读数；（3）多次重复上述过程，计算R N读数的______ ，此即为待测微安表头内阻的测量值．【答案】标准电流表；R N；标准电流表的读数仍为I；平均值【解析】解：（1）将S拨向接点1，接通S1，调节R0使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表读数I；（2）然后将S拨向接点2，调节R N，使标准电流表的读数仍为I，记下此时R N的读数；（3）多次重复上述过程，计算R N读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值．故答案为：（1）标准电流表（2）R N，标准电流表的读数仍为I（3）平均值先接通1，使待测电表有一示数，再接通2调节电阻箱使待测电表的示数相同，此时电阻箱的示数即为待测电表的内阻．本题考查了一种新的实验方法测量电表的内阻，要能够根据实验原理图知道实验的原理和步骤．五、填空题(本大题共1小题，共8.0分)15.如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子以初速v0进入场强为E的匀强电场中，极板的长度为L，电容器极板中央到光屏的距离也是L，已知带电粒子打到光屏的P点，求偏移量OP的大小．【答案】解：水平方向：粒子做匀速直线运动，则有：t=竖直方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动．加速度为：a=设粒子射出电场时，速度偏向角为θ，则有：tanθ==代入得：tanθ=故有：OP=L tanθ=答：偏移量OP的大小为．【解析】带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动，平行于板的方向做匀速直线运动，由板长和初速度求出时间．根据牛顿张第二定律求出加速度，将射出电场的速度分解，求出偏转角θ的正切，由OP=L tanθ求解OP．本题是应用推论求解的，也可以求出偏转距离和偏转角的正切，根据数学知识求解OP．也可以用三角形相似法求解OP．六、计算题(本大题共3小题，共30.0分)16.如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有两个静止的小球A和B，B在桌边缘，A和B均可视为质点，质量均为m=0.2kg，A球带正电，电荷量q=0.1C，B球是绝缘体不带电，桌面距地面的高h=0.05m．开始时A、B相距L=0.1m，在方向水平向右、大小E=10N/C的匀强电场的电场力作用下，A开始向右运动，并与B球发生正碰，碰撞中A和B之间速度交换，A和B之间无电荷转移．求：（1）A经过多长时间与B碰撞？（2）A、B落地点之间的距离是多大？【答案】解：（1）A在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：q EL=代入数据解得：v0=1m/s由L=得：t===0.2s．（2）碰撞中A和B之间速度交换：v A=0，v B=1m/s．则A球和B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：h=gt2，得t===0.1s则A球落地时水平位移为：x A=at2==0.025mB球落地时水平位移为：x B=v B t=1×0.1m=0.1m故A、B两小球的落地点之间的距离为：S=x B-x A=0.075m答：（1）在小球A与B相碰前A的速率为1m/s；（2）A、B两小球的落地点之间的距离是0.075m．【解析】（1）A球在电场力作用下做匀加速运动，根据动能定理和位移公式求出时间．（2）碰撞过程中，A、B的总动能无损失，动能守恒，动量也守恒，根据两大守恒列式，求出碰撞后两球的速率．碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两者运动时间相等，由竖直方向上自由落体运动，根据高度h求出时间，由运动学公式分别两球的水平位移，即可求出A、B两小球的落地点之间的距离．题两球发生弹性碰撞，质量相等，交换速度，作为一个重要结论要记牢．碰撞后两球运动情况的分析是难点，也是解题的关键，运用运动的分解法研究．17.近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军进行了登陆演练．如图所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s=1km处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ=37°，甲板到快艇的竖直高度H=24m．队员下滑时，先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再握紧绳索增大摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.6，问：（1）若登陆队员在绳索上运动的总时间为t1=4s，且加速过程与减速过程中的加速度大小相等，请指出队员滑到何处速度最大，并求出最大速度的值和加速度大小．（2）若快艇额定功率为5k W，载人后连同装备总质量为103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t2．【答案】解：（1）运动员滑到绳索中点处速度最大，设运动员沿绳索滑行最大速度为v m，加速度大小为a，有：，代入数据解得：v m=15m/s，，代入数据解得：a=7.5m/s2；（2）加速度过，由动能定理得：，加到最大速度：v=10m/s时，P=fv，代入数据解得：；答：（1）队员滑到绳索中点处速度最大，最大速度的值为15m/s，加速度大小为7.5m/s2．（2）艇运动的时间t2．为110s．【解析】（1）由几何关系可得绳索长度，根据运动的对称性分析得出速度最大处，由位移与平均速度关系即可求解；（2）由动能定理与达到最大速度时功率与阻力的关系，可联合求得结果．本题考查了求最大速度、加速度、运动时间，分析清楚运动过程、应用匀变速直线运动的运动学公式、动能定理即可正确解题．。

2015年湖南省益阳市箴言中学高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.甲乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，将甲乙两球分别以υ1、υ2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（）A.甲先抛出，且υ1＜υ2B.甲先抛出，且υ1＞υ2C.甲后抛出，且υ1＜υ2D.甲后抛出，且υ1＞υ2【答案】A【解析】解：由h=，得：t=，可知抛出点的高度越大，平抛运动的时间越长．由图可知甲的抛出点高于乙的抛出点，故要使两球相碰，甲应先抛出；而两物体的水平位移相同，而运动时间甲的要长，由x=v0t可知甲的速度要小于乙的速度，v1＜v2；故选：A．要使乙球击中甲球，两球应同时出现在同一位置；而平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由两球的位置关系可知正确结果．本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度．2.如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是（）A.消防队员做匀加速直线运动B.消防队员做匀变速曲线运动C.消防队员做变加速曲线运动D.消防队员水平方向的速度保持不变【答案】B【解析】解：A、根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动．故A、C错误，B正确．D、将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变．故D错误．故选B．消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动．解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化．3.一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度的大小为g，g为重力加速度．人对电梯底部的压力为（）A.mgB.2mgC.mgD.mg【答案】D【解析】解：对人分析，根据牛顿第二定律得，N-mg=ma，解得N=，所以人对电梯底部的压力为．故D正确，A、B、C错误．故选：D．人和电梯具有相同的加速度，对人分析，根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力，从而得出人对电梯的压力．本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道加速度方向与合力的方向相同，基础题．4.如图所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则（）A.a球后着地B.b球后着地C.两球同时落地D.两球着地时速度相同【答案】A【解析】解：根据机械能守恒，可知a、b到达斜面底端时，速率相等，速度方向不同，故C错误；在同一个v-t图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大，由于两斜面长度相同，因此图线与t轴围成的“面积”相等．由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上．为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然b用的时间较少，故A正确、BCD 错误．故选：A．这道题如采用解析法，难度很大．可以利用v-t图象（这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s）定性地进行比较．在同一个v-t图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上．为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然b用的时间较少．利用图象描述物理过程更直观物理过程可以用文字表述，也可用数学式表达，还可以用物理图象描述．而从物理图象上可以更直观地观察出整个物理过程的动态特征．5.一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示．则拉力的功率随时间变化的图象可能选中的（g取10m/s2）（）A. B. C.D.【答案】D【解析】解：由图知：在0-t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v=at．由牛顿第二定律得：F-f=ma，则拉力的功率为P=F v=（f+ma）v=（f+ma）at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F=f，P=F v=fv，P不变，故D正确．故选：D分析物体的受力情况和运动情况，由功率公式P=F v得到拉力的功率与时间的关系式，再选择图象．根据物理规律得到解析式，再选择图象是常用的方法．本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合得到P的表达式是关键．6.如图所示，两块粘连在一起的物块a和b，质量分别为m a和m b，放在水平的光滑桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的力F a和拉力F b，已知F a＞F b，则a对b的作用力（）A.必为推力B.必为拉力C.可能为推力，也可能为拉力D.不可能为零【答案】C【解析】解：整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a=；对a由牛顿第二定律可得：F a+T=m a aT=-F a+=-；若m b F a＞m a F b，T为负值，b对a为推力；若m b F a＜m a F b，T为正值，则b对a为拉力；若m b F a=m a F b，T为零；故选：C．对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度，再用隔离法分析a的合力，分析合力与两分力的关系可得出ab间的力的性质．本题考查整体法与隔离法的应用，一般先用整体法求出整体加速度或表达式，再选取其中一个物体进行分析即可求出；本题的难点在于最后对公式的分析．7.在如图中，长木板M放在光滑水平面上，木块m放在木板左端，当木板与木块同时以速率V0沿相反方向运动到木板与木块有共同速度的过程中，木板对木块的摩擦力做功的情况是（设M＞m）（）A.一直做负功B.一直做正功C.先做正功、后做负功D.先做负功、后做正功【答案】D【解析】解：两物体均受到摩擦力的作用，且摩擦力的方向阻碍二者的相对运动，故两物体开始时均做减速运动，木板对木块的摩擦力向左，摩擦力做负功；因M＞m，由动量守恒定律可知，最后整体的速度向左，故m一定先减速到零后再反向向左加速，故摩擦力对m做正功；当达到相同速度后，二者相对静止，不受摩擦力，故摩擦力不做功；故摩擦力的做功情况为，摩擦力先做正功，再做负功；故选：D．分析两物体的运动情况，明确力及位移的方向；再由动量守恒及力和运动的关系，确定最终状态；由功的公式求和各力做功情况．本题考查功的计算及动量守恒定律，明确两物体的相对运动是解题的关键．8.卡车和拖车质量相同，在恒定的牵引力作用下，由静止出发前进s后速度为V（阻力不计），此时拖车突然脱掉，卡车仍在原来牵引力作用下再行s则卡车的速度为（）A.V B.V C.2V D.3V【答案】B【解析】解：第一阶段，根据动能定理得：F s=，第二阶段，根据动能定理得：，联立两式解得：．故B正确，A、C、D错误．故选：B．分别对两段过程运用动能定理列出表达式，从而得出卡车的速度．解决本题的关键掌握动能定理的基本运用，运用动能定理，关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.如图所示，两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端用光滑细绳连接，并有一光滑的轻滑轮放在细绳上，当滑轮下端挂一重为G的物体后，滑轮下滑一段距离，则下列结论正确的有（）A.两弹簧的伸长量相等B.两弹簧的弹力相等C.重物下降的距离为D.重物下降的距离为【答案】BD【解析】解：对滑轮受力分析如图：因为F1、F2是同一根绳上的力，故大小相等，即：F1=F2由平衡条件得：F1+F2=G解得：F1=由胡克定律公式F=kx得：弹簧1伸长量为：x1==弹簧2伸长量为：x2==弹簧共伸长：x=x1+x2=+=重物下降的距离为：d==故AC错误，BD正确；故选：BD．对滑轮进行受力分析，应用平衡条件可求得弹簧的弹力，重物下降的距离就是两根弹簧伸长的量除以2．本题为受力平衡的简单应用，受力分析后应用平衡条件求解即可．10.质点沿螺旋线自外向内运动，如图所示，已知其走过的弧长s与时间t的一次方成正比，则关于该质点的运动下列说法正确的是（）A.小球运动的线速度越来越大B.小球运动的加速度越来越大C.小球运动的角速度越来越大D.小球所受的合外力越来越小【答案】BC【解析】解：质点沿螺旋线自外向内运动，说明半径R不断减小；A．根据其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v=可知，线速度大小不变，故A 错误；B．根据a=，可知，v不变，R减小时，a增大，故B正确；C．根据ω=可知，v不变，R减小时，ω增大，故C正确；D．由B解答可知a增大，根据F合=ma，质点质量不变，F合增大，故D错误；故选：BC．一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其走过的弧长s与运动时间t成正比，根据v=可知，线速度大小不变，根据圆周运动的基本公式即可求解．该题主要考查了圆周运动的基本公式，抓住题目中的条件：线速度大小不变，半径减小解题，难度不大，属于基础题．11.甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v-t图象如图所示，3秒末两质点在途中相遇，由图象可知（）A.甲的加速度等于乙的加速度B.出发前甲在乙之前6m处C.出发前乙在甲前6m处D.相遇前甲乙两质点的最远距离为6m【答案】BD【解析】解：A、由图看出，甲的斜率小于乙的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度．故A错误．B、C，3s末甲、乙通过的位移分别为：x乙=，x甲=，由题，3秒末两质点在途中相遇，则说明出发前甲在乙之前6m处．故B正确，C错误．D、由于出发前甲在乙之前6m处，出发后乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲乙两质点的最远距离为6m．故D正确．故选BD速度图象的斜率等于加速度，由数学知识比较甲乙的加速度大小．由“面积”等于位移，求出3s末两物体的位移，此时两者相遇，则出发前甲乙相距的距离等于3s末位移之差．根据两物体的关系，分析它们之间距离的变化，求解相遇前两质点的最远距离．本题考查速度图象两个基本的意义：斜率等于加速度、“面积”等于位移，并根据速度和位置的关系求解两质点最远距离．12.2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（）A.飞船变轨前后的速度相等B.飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C.飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D.飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度【答案】BC【解析】解：A、因为飞船在远地点P点火加速，外力对飞船做功，故飞船做加速运动，故A错误；B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度即航天员出舱前后均处于完全失重状态，故B正确；C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据ω=可知角速度与周期成反比，所以飞船的周期小角速度大于同步卫星的角速度，故C正确；D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样，则加速度一样，故D错误．故选：BC．飞船机械能是否变化要看是否有外力对飞船做功，同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系；飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态，飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样．圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度=向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关．三、实验题探究题(本大题共2小题，共20.0分)13.为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图所示）．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车______ （选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：请根据实验数据作出小车的v-t图象．（3）请根据v-t图象说明阻力的变化规律，并简要阐述理由．【答案】之前【解析】解（1）由于纸带长度有限，为了能在有限长度的纸带上打出更多可用的点，应该先接通电源再释放纸带．（2）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的v-t图象如图所示．（3）由小车的v-t图象可知，随小车速度的增大，其加速度（图象斜率）变小，由牛顿第二定律可知，小车所受合外力随速度增大而减小．由于小车所受拉力大小一定，摩擦力已经平衡掉，所以合力减小必是由空气阻力增大引起的．所以，随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大．故答案是：（1）之前（2）作出的v-t图象如图所示（3）在v-t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大．故答案为：（1）之前（2）如右图所示．（3）在v-t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验（探究加速度与力的关系）变通与创新能力．实验原理是牛顿第二定律．利用题中数据可建立v-t图象，由v-t图象可得到不同速度时的加速度，再由牛顿第二定律可得到不同速度时的空气阻力，这就可以直到空气阻力与速度的关系．本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验（探究加速度与力的关系）变通与创新能力，所以我们要对书本上的实验问题掌握到位．14.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.2kg，结（1）由频闪照片上的数据计算5时刻小球的速度5m/s；（2）从t2到t5时间内，重力势能增量△E p= ______ J，动能减少量△E k=______ J；（3）在误差允许的范围内，若△E p与△E k近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得△E p ______ △E k（选填“＞”、“＜”或“=”），造成这种结果的主要原因是______ ．【答案】3.48；1.24；1.28；＜；存在空气阻力【解析】解：（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：故答案为：3.48．（2）根据重力做功和重力势能的关系有：△E p=mg（h2+h3+h4）=1.24J故答案为：1.24，1.28．（3）由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，因此△E p＜△E k．故答案为：＜，存在空气阻力．（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量．（3）由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能的减小量没有全部转化为重力势能．本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进行分析．四、计算题(本大题共4小题，共32.0分)15.物体以速度υ0=10m/s做匀速直线运动，在第2s末施加一个外力，使其做匀加速直线运动，第3s内的平均速度是12m/s，求：（1）物体作匀加速直线运动的加速度大小；（2）物体在前5s内的位移的大小．【答案】解：（1）设物体在第3s末的速度为v3，由题意有：，而v3=v0+at解得：a=4m/s2（2）物体前2s的位移为：s1=v0t1物体第3s到第5s的位移为：物体前5s的位移为：s=s1+s2代入数据联立解得：s=68m．答：（1）物体作匀加速直线运动的加速度大小为4m/s2；（2）物体在前5s内的位移的大小为68m．【解析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出第3s末的速度，结合速度时间公式求出加速度．（2）根据匀速直线运动的位移公式求出匀速运动的位移，根据位移时间公式求出匀加速直线的位移，从而得出前5s内的位移．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，有时运用推论求解会使问题更加简捷．16.汽车发动机的额定功率为30k W，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，（1）汽车在路面上能达到的最大速度？（2）当汽车速度为10m/s时的加速度？（3）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？【答案】解：（1）汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：P=F牵•v m=f•v m∴（2）当速度v=10m/s时，则牵∴（3）若汽车从静止作匀加速直线运动，则当P=P额时，匀加速结束∴P额=F牵•v t又∵F牵-f=ma额∴额牵∴额【解析】当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐的减小，所以此时的汽车不可能做匀加速运动，直到最后牵引力和阻力相等，到达最大速度之后做匀速运动．本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．17.2011年3月11日，日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失．灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？【答案】解：（1）由牛顿第二定律，得F-μmg=ma，当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大代入解得解得a=-μg=20m/s2（2）由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大则F=μmg=20N由图得到F与x的函数关系式F=100-25x则得到x=3.2m（3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功W=200J根据动能定理W-μmgx m=0代入数据得x m=10m答：（1）运动过程中物体的最大加速度为20m/s2（2）在距出发点3.2m处时物体的速度达到最大（3）物体在水平面上运动的最大位移是10m．【解析】根据牛顿第二定律，当物体的合力最大时，其加速度最大．由图读出推力的最大值即可求出最大加速度．分析物体的运动情况：物体先加速运动，当合力为零为后做减速运动．速度最大时推力就能得到，再由图读出位移．由动能定理可求出最大位移．本题有两个难点：一是分析物体的运动过程，得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义，“面积”等于推力做功，是这题解题的关键．18.半径R=40cm竖直放置的光滑圆轨道与水平直轨道相连接（如图所示）．质量m=50g的小球A以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去．如果A经过N点时的速度V1=6m/s，A经过轨道最高点M后作平抛运动，平抛的水平距离为1.6m．求：（1）小球经过M时速度多大；（2）小球经过M时对轨道的压力多大；（3）小球从N点滑到轨道最高点M的过程中克服摩擦力做的功是多少．（g=10m/s2）【答案】解：（1）小球从M后作平抛运动，由得平抛时间为：，则有：（2）小球在M点时有：得：根据牛顿第三定律可知，小球经过M时对轨道的压力为1.5N，（3）由动能定理得：，解得：W f=0.1J答：（1）小球经过M时速度多大为4m/s；（2）小球经过M时对轨道的压力为1.5N；（3）小球从N点滑到轨道最高点M的过程中克服摩擦力做的功是0.1J．【解析】（1）小球从M后作平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解M点速度；（2）在M点对小球进行受力分析，根据向心力公式列式即可求解；（3）小球从N点滑到轨道最高点M的过程中根据动能定理列式即可求解．本题关键为分析清楚小球的两个运动过程，根据平抛运动的基本公式及动能定理解题，难度适中．。

益阳市箴言中学2016年上学期高一期末物理综合练习题（三）万有引力定律复习卷二1．(多选)我国已于2011年9月29日发射“天宫一号”目标飞行器，11月1日发射“神舟八号”飞船并在11月3日与“天宫一号”实现对接。

某同学为此画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。

由此假想图，可以判定( )A．“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率B．“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C．“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D．“神舟八号”适度减速有可能与“天宫一号”实现对接2．(多选)美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星—“开普勒－22b”，它每290天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一周。

若引力常量已知，下列选项中的信息能求出该行星的轨道半径的是()A．该行星表面的重力加速度B．该行星的密度C．该行星的线速度D．被该行星环绕的恒星的质量3．人造卫星离地面距离等于地球半径R，卫星以速度v沿圆轨道运动。

设地面的重力加速度为g，则有()A．v＝4gR B．v＝2gR C．v＝gR D．v＝gR 24．(多选)2011年11月3日，神舟八号与天宫一号完美“牵手”，成功实现交会对接。

交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段。

对接任务完成后，神舟八号飞船返回位于内蒙古自治区苏尼特右旗以西阿木古朗草原的主着陆场。

则下列说法正确的是( )A．在远距离导引段，神舟八号应在距天宫一号目标飞行器后下方某处B．在远距离导引段，神舟八号应在距天宫一号目标飞行器前下方某处C．在组合体飞行段，神舟八号与天宫一号绕地球作匀速圆周运动的速度小于7.9km/s D．分离后，天宫一号变轨升高至飞行轨道运行时，其动能比在交会对接轨道时大5．(多选)我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少4颗卫星和其他观测平台，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用。

湖南省益阳市箴言中学2014届高三物理第三次模拟（期中）考试试题新人教版一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～4；6～10题只有一项符合题目要求，第5、11、12题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1、对于质点的运动，下列说法中正确的是( )A．质点的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B．质点速度变化率越大，则加速度越大C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大2、我国第一艘航母“辽宁”号的跑道长200m.飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（）A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s3、小船横渡一条河，船在静水中的速度大小不变，方向始终垂直于河岸。

已知小船的部分运动轨迹如图所示，则可判断，此过程中河水的流速A．越接近B岸水速越小B．越接近B岸水速越大C．由A到B水速先增大后减小D．水流速度恒定4、如图3所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个5、据中新社北京2月26日电，中国军队2013年将举行近 40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力。

若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图2所示,则下列说法正确的是（）A. 0-10s内空降兵运动的加速度越来越大B. O-10s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力C. 10s-15s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小D. 10s-15s内空降兵处于失重状态6、经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=2：3，下列说法中正确的是A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3:2B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3:2C．m1做圆周运动的半径为2L/5D ．m 2做圆周运动的半径为3L/57、如右图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m 的平盘，盘中有一物体，质量为M ，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L ，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L 后停止,然后松手放开,设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于A ．1+⎛⎝⎫⎭⎪∆L L Mg B ． ()1+⎛⎝⎫⎭⎪+∆L L m M g C ．∆LLmgD ．()∆LL M m g +8、 “飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车沿表演台的侧壁做匀速圆周运动，简化后的模型如图所示．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H ，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是 A ．摩托车做圆周运动的H 越高，向心力越大 B ．摩托车做圆周运动的H 越高，线速度越大 C ．摩托车做圆周运动的H 越高，向心力做功越多 D ．摩托车对侧壁的压力随高度H 增大而减小9、物体在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m ＝10kg ，F 随坐标x 的变化情况如图所示。

湖南省益阳市箴言中学2014—2015学年度下学期3月月考高一物理试题(时量：90分钟总分：100分)一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

其中10--12为多选题,全部选对得4分，选不全得2分，有错选或多选不得分。

）1．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A．平抛运动是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度不变的运动C．圆周运动是匀变速曲线运动D．匀速圆周运动的向心加速度指向圆心，故其方向相同2．一艘小船在静水中的速度为3 m/s，渡过一条宽150 m且水流速度为4 m/s的河流，则该小船( ) A．能到达正对岸B．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为200 mC．渡河的时间可能少于50 sD．以最短位移渡河时，位移大小为150 m3. A、B两个物体，从同一高度同时开始运动，A做自由落体运动，B做初速度为v的平抛运动，则下列说法中正确的是( )A.两个物体同时落地B.两个物体相同时间内通过的位移相同C.两个物体落地时速度相同D.两个物体落地时速率相同4．在地球表面处取这样几个点：北极点A、赤道上一点B、AB弧的中点C、过C点的纬线上取一点D，如图所示．则下列说法正确的是( )A．C、D两点的向心加速度相同B．B、C两点的向心加速度相同C．C、D两点的线速度相同D．B、C、D三点的角速度相同5．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动。

若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，则下列说法正确的是( )A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大B．物体所受弹力增大，摩擦力减小C．物体所受弹力增大，摩擦力不变D．物体所受弹力减小，摩擦力也减小6．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上（如图），顶部有一小物体A，今给它一个水平初速度，则物体将( )A．沿球面下滑至M点B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动D．立即离开半圆球做平抛运动7．细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若使小球不离开桌面，其转速最大值是( )A.12πgh B．πghC.12πgl D．2πlg8．“天宫一号”目标飞行器经过我国科技工作者的不懈努力，终于在2011年9月29日晚21点16分发射升空．等待与神舟八号、九号、十号飞船对接．“天宫一号”在空中运行时，沿曲线从M 点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中“天宫一号”所受合力可能是下图中的( )9．如图所示，用线悬挂的圆环链由直径为5cm的圆环连接而成，枪管水平放置，枪管跟环5在同一水平面上，且两者相距100m，子弹初速度为1000m/s．若在开枪的同时烧断悬线，子弹应穿过第几个环？若在开枪前0.1s烧断悬线，子弹应穿过第几个环？( )A．5，2 B．4，2C．5，1 D．4，110．（多选）铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车以速度v通过该弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用。