【名师解析】湖南省怀化市2015届高三一模物理试卷

湖南省五市十校教研教改共同体2015届高考物理一模试卷一、选择题（每小题4分，共48分，1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，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．领悟并掌握处理问题的思想与方法是学习物理的重要途径，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是( )A．（1）（4）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（2）（4）2．有人做过这样一个实验：如图所示，把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去（用相同部位撞击），结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破．则下面说法不正确的是( )A．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D．A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小3．某跳伞运动训练研究所，让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是( )A．0～15s末都做加速度逐渐减小的加速运动B．0～10s末做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动C．10s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15s末D．10s末～15s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小4．星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1，的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度( ) A．B．C．D．gr5．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是( )A．B．C．D．6．如图，理想变压器原副线圈匝数之比为20：1，原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=5.5Ω的负载电阻．若U0=220V，ω=100πrad/s，则下述结论正确的是( )A．副线圈中电压表的读数为11VB．副线圈中输出交流电的周期为0.01sC．原线圈中电流表的读数为0.1AD．原线圈中的输入功率为11W7．如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2014个小球与2015个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( )A．B．C．D．8．如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是( )A．1s B．sC．1.5s D．条件不足，无法判断9．如图所示，在空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m电量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C．在由A运动到C的过程中（空气阻力不计），则( )A．物块机械能减少B．物块和弹簧组成的系统机械能减少C．物块在B点的速度最大D．对于系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和10．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流11．在场强为E的匀强电场中固定放置两个带电小球1和2，它们的质量相等，电荷分别为q1，和﹣q2，（q1≠q2）．球1和球2的连线平行于电场线，如图，现同时放开1球和2球，于是它们开始在电力的作用下运动．如果球1和2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是( )A．大小不等，方向相同 B．大小不等，方向相反C．大小相等，方向相同 D．大小相等，方向相反12．如图所示，实线表示某电场的电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能从MN左侧经过O点．设粒子P、Q在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为E p1和E p2，以过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2．粒子的重力不计，则( )A．a1＜a2B．E p1＜E p2C．v1＜v2D．t1=t2二、实验题（两个小题，共15分）13．如图1所示是某同学做“探究做功与速度变化的关系”的实验装置．他将光电门固定在直轨道上的O点，用同一重物通过细线拉同一小车，每次小车都从不同位置由静止释放，各位置A，B，C，D，E，F，G（图中只标出了O，G）离O点的距离d分别为8cm，16cm，24cm，32cm，40cm、48cm，56cm．（1）该实验是否必需测量重物的重力：__________（选填“需要”或“不需要”）；该实验是否必须平衡摩擦力：__________（选填“是”或“否”）．（2）为了减小实验误差，下列做法正确的是__________A．增大遮光条的宽度使其宽度的测量的相对误差尽量小B．同一d值的测量多测几次以减小偶然误差C．重物质量应当远小于小车质量D．调节滑轮高度，使连接小车的细线与轨道平行（3）用游标卡尺测得此装置中的遮光条的宽度d=__________mm．14．有以下可供选用的器材及导线若干，要求使用最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．A．待测电流表，满偏电流约700～800μA，内阻约为100Ω，刻度均匀、总格数为N B．安培表：量程0.6A、内阻0.1ΩC．电压表：量程3V、内阻3kΩD．滑动变阻器：最大阻值200ΩE．电源：电动势3V，内阻1.5ΩF．开关一个①在如图方框中画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．②测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A的指针偏转了n格，可计算出满偏电流为__________，式中除N、n外，其他字母符号表示的物理量分别是__________．三、解答题（分4小题，共47分，需写出必要的文字说明和解题过程，只有最终答案的不计分）15．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：（1）两板间电压的最大值Um；（2）CD板上可能被粒子打中区域的长度s；（答案可以用根式表示）16．质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．（g取10m/s2）17．两根平行金属导轨放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨之间的距离为L，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直斜面向下，导轨上端跨接一阻值为R的定值电阻．质量为m的金属棒的两端套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，金属棒始终与导轨垂直，导轨和金属棒的电阻不计，现将金属棒从O处由静止释放，进入磁场后金属棒正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为0.5v，O处和P处到MN的距离相等，已知重力加速度为g．求：（1）金属棒在磁场中所受安培力F的大小；（2）在金属棒从开始运动到P处的过程中，电阻R上共产生多少热量．18．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程．（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．湖南省五市十校教研教改共同体2015届高考物理一模试卷一、选择题（每小题4分，共48分，1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，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．领悟并掌握处理问题的思想与方法是学习物理的重要途径，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是( )A．（1）（4）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（2）（4）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；验证力的平行四边形定则．分析：中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，要明确这些方法在具体实验中的应用，如实验①和④是采用的微小变量放大法，②采用的是等效替代法，③是在研究F、m、a三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，用的是控制变量法．解答：解：①采用微小变量放大法，设一个螺距为0.5mm，当旋转一周时，前进或后退一个螺距，这样把0.5mm的长度放大到旋转一周上．②采用的等效替代法，即两次拉橡皮筋的时使橡皮筋的形变相同．③研究三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，这种方法称为控制变量法．而在本实验中探究小车的加速度与力和质量的关系，故先保持小车质量M不变，而研究合外力和加速度两个物理量之间的关系，或者先保持小车的质量不变，探究小车所受的合外力与小车的加速度之间的关系，故本实验的操作过程采用的为控制变量法．④用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法．因此研究物理问题的思想与方法相同的是①④，故BCD错误，A正确．故选：A．点评：理解各种物理方法的应用，提高学科思想，为将来独立研究问题打下基础．2．有人做过这样一个实验：如图所示，把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去（用相同部位撞击），结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破．则下面说法不正确的是( )A．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D．A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小考点：作用力和反作用力．分析：根据牛顿第三定律得作用力和反作用力大小相等．物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性．A蛋碰撞瞬间，对A蛋壳和B蛋壳进行受力分析判断．解答：解：A、A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，故A正确，B错误；C、在撞击瞬间，A蛋内蛋黄和蛋白由于惯性，会产生对A蛋壳向前的作用力，使A蛋壳接触处所受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破，故C、D正确．本题选错误的故选：B．点评：解该题关键要掌握作用力和反作用力大小相等以及A蛋壳和B蛋壳的受力情况．3．某跳伞运动训练研究所，让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是( )A．0～15s末都做加速度逐渐减小的加速运动B．0～10s末做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动C．10s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15s末D．10s末～15s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动．解答：解：A、0～10s内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，10～15s运动员做加速度减小的减速运动．故A错误．B、0～10s末做运动员的速度开始减小，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动．故B错误．C、由于图象的斜率在减小，则运动员在10s末打开降落伞后做变减速运动至15s末．故C 错误．D、10s末～15s末速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小．故D正确．故选D点评：本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况．4．星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1，的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度( ) A．B．C．D．gr考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：万有引力定律的应用专题．分析：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即=m；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．解答：解：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：=m解得：v1=…①又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的．得：=m×g…②v2=v1…③由①②③解得：v2=故选：C．点评：通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．5．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是( )A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹．解答：解：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，同时加速度指向曲线的额内侧，故轨迹应向上偏折；故ABD错误，C正确；故选：C．点评：匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近．6．如图，理想变压器原副线圈匝数之比为20：1，原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=5.5Ω的负载电阻．若U0=220V，ω=100πrad/s，则下述结论正确的是( )A．副线圈中电压表的读数为11VB．副线圈中输出交流电的周期为0.01sC．原线圈中电流表的读数为0.1AD．原线圈中的输入功率为11W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值的表达式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：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220V，所以原线圈的电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为11V，电压表显示有效值为11V，故A错误；B、电流周期T==0.02s，变压器不改变周期，B错误；C、V表的示数为11V，根据欧姆定律得副线圈电流I2==2A，根据电流与匝数成反比可知A表的示数为0.1A，故C正确，D、根据输入功率等于输出功率知：输入功率为=22W，D错误；故选：C．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．7．如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2014个小球与2015个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( )A．B．C．D．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：先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小，再以2014个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2014个小球与2015个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．解答：解：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：F=5000mg再以2015个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有：tanα==故选：A点评：本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方便．8．如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是( )A．1s B．sC．1.5s D．条件不足，无法判断考点：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：根据v=Rω求出轮子的线速度，木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出运动的时间．解答：解：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移=m=0.8m＜1.6m，知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间，位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.6﹣0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间，所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．9．如图所示，在空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m电量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C．在由A运动到C的过程中（空气阻力不计），则( )A．物块机械能减少B．物块和弹簧组成的系统机械能减少C．物块在B点的速度最大D．对于系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：根据机械能守恒条件求解．由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．整个系统机械能减少量即为克服电场力所做的功．解答：解：质量为m电量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，根据牛顿第二定律可知，，A、B、对于物体来说，从A到C要克服电场力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能，因此物块机械能的减小肯定大于．对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为（克服电场力所做的功+弹簧弹性势能），而弹簧则增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服电场力所做的功，即．故A错误，B正确．C、由A运动到C的过程中，B点时物体只受到重力和电场力的作用，加速度仍然是向下，所以B点的速度不是最大．故C错误；D、物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：F=mg﹣ma=mg，所以电场力所做的功﹣mg（H+h），电势能增大：；整个系统机械能减少量即为克服电场力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg（H+h），故D正确，故选：BD．点评：本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，注意题目中的研究对象的选择．学会运用能量守恒的观点求解问题，知道能量是守恒的和能量的转化形式．10．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止．电压不变，电容减小，分析电量的变化，确定电容器是充电还是放电，再研究电流方向．改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向．解答：解：A、将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A 错误；B、若S闭合，将A板左移，由E=可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q=CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴应向下加速运动．电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；D、当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C 增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．故选BC。

2015年高考将于6月6、7日举行，我们将在第一时间收录真题，现在就请先用这套权威预测解解渴吧2015年市高三模拟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,答卷前,考生务必将自己的、号填写在答题卡上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，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，写在本试卷上无效。

3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

14-18题给出的四个选项中，只有一个选项正确，19-21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．以下说法错误的是：A．法拉第研究电磁感应现象，总结出电磁感应定律B．开普勒认为对任意一个行星来说，他与太阳的连线在相等的时间扫过相等的面积C．伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”D．卡文迪许利用卡文迪许扭秤实验装置首次测出了静电力常量15．如图所示，木块A、B重分别为15 N和30 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.3。

开始时连接在A、B之间的轻弹簧已经被拉伸了0.03m，弹簧劲度系数为100 N/m，系统静止在水平地面上。

现用F＝1 N的水平推力作用在木块A上后：A．木块A所受摩擦力大小是4 NB．木块A所受摩擦力大小是4.5 N Array C．木块B所受摩擦力大小是9 ND．木块B所受摩擦力大小是1 N16．有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5 m处，避免了一场事故。

已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2，则：A．司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5 mB．司机发现情况后，卡车经过3 s停下C．从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11 m/sD．若卡车的初速度为20 m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩17.一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则：A．如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离，α角将减小B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量，若B仍保持不动，α角不变D．悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力18．深空探测器“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行的过程中，发现甲、乙两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是：A．天体甲、乙的质量一定不相等B．两颗卫星的线速度一定相等C．天体甲、乙的密度一定相等D．天体甲、乙表面的重力加速度之比等于它们半径的反比19．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压2U，则：A．通过导线的电流为I/8B．通过导线的电流为I/16C．导线中自由电子定向移动的速率为v/4D．导线中自由电子定向移动的速率为v/220．如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示．以下说确的是：A．该电场是匀强电场B．电子在A、B两点的速度v A＜v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A、B两点的电势能E pA＜E pB21．在如图所示的xOy平面，一带正电粒子自A点经电场加速后从C点垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板MN上的小孔O与x轴成450离开电场，粒子在O点时的速度大小为v ．在y 轴右侧y ≥d 围有一个垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板MN 上的P 点．已知NC 之间距离为d ，粒子重力不计，则下列正确的是（ ）A 、粒子在磁场中的轨道半径为2dB 、粒子在C 点的速度为vC 、偏转电场的电场强度为24vBD 、P 点的纵坐标为(2＋22)d第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

图3图1tOt 1t 2ba x注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。

2．考生作答时，选择题和综合题均须做在答题卡上，在本试卷上答题无效。

考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。

3．考试结束后，将答题卡收回。

4．本试题卷共6页，如有缺页，考生须声明，否则后果自负。

湖南省怀化市中小学课程改革教育质量监测2015届高三上期中考试物理试题时量 90分钟满分 100分第Ⅰ卷（选择题，共55分）一、选择题：本题共11小题，每小题5分。

在1～8题中，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

在9～11题中，每小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，选对但不全得3分，错选或不答得0分。

1．下列表述中符合物理学史实的是A ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量B ．亚里士多德通过理想斜面实验，发现了物体的运动不需要力来维持C ．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法D ．笛卡尔首先提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础2．如图1所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位置-时间（x -t ）图象。

由图可知A ．在时刻t 1，a 、b 两车相遇，且运动方向相反B ．在时刻t 2，a 车追上b 车，且运动方向相同C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先增大后减小D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 小3．如图2所示，质量为m 的木块在推力F 的作用下，在水平地面上做匀加速直线运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，F 的方向与地面成θ角斜向下．则地面对木块的滑动摩擦力大小为A ．0B ．μmgC ．F sin θD ．μ(mg +F sin θ)4．如图3所示，质量为m 1的木棒用细线悬挂在天花板上，套在木棒上的质量为m 2的金属环正以加速度a 沿木棒加速下滑，此时悬挂木棒的细线对天花板的拉力大小为A ．(m 1+m 2)g B ．m 1g+m 2a C ．(m 1-m 2)g + m 2a D ．(m 1+m 2)g －m 2a 5．将一质量为m 的物体以初速度υ0竖直向上抛出，经过一段时间后又落回抛出点，速度大小为υ。

2015年湖南省六校联考高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.下列叙述正确的是（）A.牛顿做了著名的斜面实验，得出轻、重物体自由下落一样快的结论B.法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法D.库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向【答案】C【解析】解：A、伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；C、伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理方法引入了科学研究，故C正确；D、法拉第首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向，故D 错误；故选：C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.如图（甲）所示，一根质量分布均匀的粗绳AB长为l，在水平恒力F的作用下沿水平面运动．绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示（F和l为已知量）．下列说法正确的是（）A.粗绳一定不受到摩擦力作用B.若只增大恒力F，则T-x直线斜率的绝对值变大C.若已知粗绳的质量，则可求出粗绳运动的加速度D.若已知粗绳运动的加速度，则可求出粗绳的质量【答案】B【解析】解：A、绳单位长度质量为λ=，先对整个绳子有F-f=ma，可得绳子加速度为a==-μg，再对绳子左端部分研究，应有T-μλ（l-x）g=λ（l-x）a，整理可得T=-x+F，由图线可得出拉力和绳长的大小，但无法确定是否受到摩擦力，故A错误．B、若只增大恒力F，由上式知，增大，即T-x直线斜率的绝对值变大，故B正确．C、若已知粗绳的质量，动摩擦因数μ未知，无法求出粗绳运动的加速度大小．故C 错误．D、同理，若已知粗绳运动的加速度，动摩擦因数μ未知，无法求出粗绳的质量，故D 错误．故选：B．本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可．遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁．3.如图所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则下列说法正确的是（）A.一定有h1=h3B.一定有h1＜h4C.一定有h2=h4D.一定有h1=h2【答案】A【解析】解：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2gh3，所以h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为E k，则由能量守恒得：mgh2+E k=mv02，又由于mv02=mgh1所以h1＞h2，故D错误．第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故B 错误，C错误；故选：A．当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高度．洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功．4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，单匝矩形线圈的面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2：1时，副线圈电路中标有“6V，6W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（）A.电流表的示数为1AB.矩形线圈产生电动势的有效值为18VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=12sin30πt （V）D.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移【答案】D【解析】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2==1A；根据变流比公式：=，解得：I1=0.5A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6V，根据变压比公式，解得：U1=12V；故矩形线圈产生电动势的有效值为12V；故B错误；C、矩形线圈产生电动势的最大值为12V，根据公式E m=NBSω，解得：ω===60πrad/s；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=E m sinωt=12sin60πt V；故C错误；D、若矩形线圈转速增大，根据公式E m=NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D正确；故选：D．由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSωsinωt分析．本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解．5.如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R，一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A.只要v0足够大，小球可以击中B点B.v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C.v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D.无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半球壳上【答案】D【解析】解：A、小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有竖直向下的位移，可知小球不可能击中B点，故A错误．B、初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间不同，则小球掉到球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角不同，故B错误．C、小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右．假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanα=2tanβ．与θ=2β相矛盾．则不可能与半圆弧垂直相撞．故C错误，D正确．故选：D．本题可以采用假设法，假设小球垂直撞击半圆环，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析．解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．6.对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为+e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A.减少B.增加C.减少D.增加【答案】C【解析】解：A点的电势为φA=-k+k=-；C点的电势为φC=-k+k=-则A、C间的电势差为U AC=φA-φC=--（-）=，质子从A移到C，电场力做功为W AC=e U AC=，是正功，所以质子的电势能减少，故C正确．故选：C根据题中信息φ=公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式E p=qφ求解电势能及其变化量本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)7.如图甲所示，一质量为M=3.3kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2．下列说法正确的是（）A.传送带的速度大小为4m/sB.滑块相对传送带滑动的距离为9mC.滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD.若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【答案】BD【解析】解：A、由子弹的速度图线可知，子弹射入滑块后在极短的时间内与滑块的速度相等，然后一起先向左匀减速，再向右匀加速，最后做匀速直线运动，必定与传送带的速度相等，可知传送带的速度大小是2m/s．故A错误；B、C、滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，设滑块（包括子弹）向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有f=μ（M+m）g=（M+m）a解得：加速度a=2m/s2设滑块（包括子弹）向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则：=2s所以滑块向左运动的位移=4m即滑块相对于地面向左的最大位移为4m．物块向右加速的过程中，加速度的大小仍然是2m/s2，加速的时间：s 该过程中，物块向右的位移是：m这段时间内传送带向右运动的位移大小为：s3=v2（t1+t2）=2×（2+1）=6m所以滑块相对于传送带的位移：△x=（s1-s2）+s3=（4-1）+6=9m．故B正确，C错误；D、在传送带右端，因滑块（包括子弹）恰好能水平飞出，故有：…⑩解得：R==0.4m．故D正确．故选：BD（1）根据速度时间关系求出子弹碰撞前的速度和碰撞后的速度，根据动量守恒定律求出滑块的质量；（2）根据匀变速直线运动规律求出滑块向左运动过程中相对皮带运动的位移根据Q=fs 求得摩擦产生的热量；（3）根据速度时间关系求出皮带运动的速度抓住滑块恰好能从右端水平飞出可知，滑块滑离皮带轮时满足重力完全提供圆周运动向心力，从而据此求得皮带轮半径．本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题，考查了运动学公式、牛顿运动定律、竖直平面内的圆周运动、功能关系等，难度较大．要注意对运动过程的分析与把握．8.如图所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为L，固定在水平桌面上，导轨右端连接电动势为E（内阻不计）的电池及电阻R．长度略大于L的金属棒垂直于导轨放置，若在整个空间加上方向竖直向下的匀强磁场，闭合开关后金属棒由静止开始滑动一段时间后可达到匀速状态，且不同大小的磁感应强度，达到匀速状态的速度不同．设运动时金属棒与导轨间的摩擦力恒为f．不考虑金属棒中电流的磁场及金属棒的电阻．下列说法正确的是（）A.当磁感应强度B=时，金属棒达到匀速状态的速度具有最大值B.金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其两端电压为C.金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，通过的电流为D.金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其克服摩擦力的功率为【答案】ACD【解析】解：A、设达到的最大速度为v，则导体棒产生的感应电动势为e=BL v，回路中的感应电流为I=，最终匀速运动，故BIL-f=0，解得=，当且仅当B=，v取最大值，故A正确；B、导体棒产生的感应电动势为e=BL v=，两端电压为，故B错误；C、通过的电流为I=，故C正确；D、有A可知，最大速度v=，故克服摩擦力的功率为P=fv=，故D正确；故选：ACD导体棒处于磁场中，当导体中有电流通过时，受到安培力使导体棒运动切割磁感线产生感应电动势，当安培力等于阻力时，速度达到最大，有数学关系求的速度和磁感应强度大小即可判断．本体主要考查了闭合电路的欧姆定律和安培力作用下的共点力平衡，利用好数学二次函数求极值即可六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法正确的是（）A.物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能B.橡胶无固定熔点，是非晶体C.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关D.热机的效率总小于1E.对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大【答案】BDE【解析】解：A、物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能；故A错误；B、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故B正确C、饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大．故C错误；D、热机的效率无法达到100%；故D正确；D、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故E正确；故选：BDE．物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志．本题考查分子运动论、内能及晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义等，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的是（）A.泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃管中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象B.在电磁波接收过程中，使声音信号或图象信号从高频电磁波中还原出来的过程叫调制C.一简谐横波以速度v沿x轴正方向传播，t=0时传播到坐标原点，此质点正从平衡位置以速度v0向下振动．已知质点的振幅为A，振动角频率为ω，则x轴上横坐标为λ处质点的振动方程为y=-A sinω（t-）D.在光的双逢干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变窄E.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系【答案】ACE【解析】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象的证明，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光发生了全反射现象，故A正确；B、在电磁波接收过程中，使声音信号或图象信号从高频电磁波中还原出来的过程叫解调是调制的逆过程，故B错误；C、根据λ=v T，得：T=，则波从原点传播到λ所用的时间t=，t=0时，原点处的质点向下振动，则其振动方程为y=-A sinωt，x轴上横坐标为λ处质点振动比原点滞后t=，结合数学知识知其振动方程为：y=-A sinω（t-），故C正确；D、光的双逢干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，波长变长，根据条纹间距△x=λ可知，干涉条纹间距变宽，故D错误；E、根据狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系；故E正确；故选：ACE．绕过阻碍物继续向前传播的现象，称之为波的衍射现象，而光的全反射必须光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角；在电磁波发射与接收过程中，使声音信号或图象信号加载到高频电磁波中的过程叫做调制，使声音信号或图象信号从高频电磁波中还原出来的过程叫做解调；根据λ=v T，计算出λ处质点振动相对于原点滞后的时间，然后数学知识得到振动方程；根据干涉条纹间距△x=λ可知，波长变化，则条纹间距变化；光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．本题考查了调制与解调、以及光速不变原理与电磁波的内容，狭义相对论的基本假设等，理解干涉条纹间距公式的应用．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂的结构B.碘131的半衰期为8天，若有4个碘原子核，经过4天就只剩下2个C.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，要吸收光子E.光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率有关【答案】CDE【解析】解：A、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有核式结构，故A错误；B、半衰期是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律，对个别的粒子没有意义，故B错误；C、β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，故C 正确；D、半氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，要吸收光子，故D正确；E、根据光电效应方程，对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，遏止电压就越大．故E正确；故选：CDE卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有核式结构，β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，半衰期由原子核本身决定，与温度无关，是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律，半氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大；根据e U遏止=E km=hv-W解释遏止电压与入射光的频率的关系．该题考查α粒子散射实验，半衰期、β衰变的实质、跃迁以及光电效应等知识点的内容，重点掌握衰变的实质，半衰期的特点．三、计算题(本大题共1小题，共6.0分)9.为测定小物块P与半径为R的圆形转台B之间的动摩擦因数（设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等），小宇设计了如图所示实验，并进行如下操作：（1）用天平测得小物块P的质量m；（2）测得遮光片宽为d，伸出转台的长度为L（d＜＜L）；（3）将小物块P放在水平转台上，并让电动机带动转台匀速转动，调节光电门的位置，使固定在转台边缘的遮光片远离转轴的一端恰好能扫过光电门的激光束；（4）转动稳定后，从与光电门连接的计时器读出遮光片单次经过光电门的时间为△t；（5）不断调整小物块与转台中心O的距离，当距离为r时，小物块随转台匀速转动时恰好不会被甩出．已知当地重力加速度为g，那么，转台旋转的角速度ω= ______ ，小物块与转台间的动摩擦因数μ= ______ ，实验中不必要的步骤是______ （填步骤序号）．【答案】；；（1）【解析】解：设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，则有：μmg=mω2r，而转动的线速度v=，又角速度，解得：，由此可知不需要测量小物块P的质量m，所以（1）步骤没有必要．故答案为：；；（1）先根据遮光片求出转台运动的线速度，设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，根据向心力公式结合线速度和角速度的关系即可求解．解答本题要知道光电门的测速原理，在时间较短的情况下可以用平均速度来代替瞬时速度，知道在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，难度不大，属于基础题．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)10.为了测量两个电压表的内阻，某学习小组依据实验室提供的下列器材，设计了如图电路．A．待测电压表V1，量程为3V，内阻约为10kΩ；B．待测电压表V2，量程为6V，内阻约为20kΩ；C．电阻箱R1，阻值范围0～9999.9Ω；D．电阻箱R2，阻值范围0～999.9Ω；E．滑动变阻器R3，阻值范围0～1500Ω，额定电流1.5A；F．电池组，电动势为12V，内电阻为0.5Ω．此外还有单刀开关若干和导线若干共选用，要求可进行多次测量并使电表读数大于量程的，该小组没有标明图中的a、b、c是什么电器元件，请你根据电路图，完成下列填空．（1）a应选取的电压表______ （填待测电压表前面的字母“A”或“B”）；（2）c应选取的电阻箱______ （填电阻箱前面的字母“C”或“D”）；（3）开关S1闭合，S2断开，V1、V2的读数分别是U1、U2，调节电阻箱的读数为R，S1和S2均闭合，适当调节R3，测得V1、V2的读数分别是U1′、U2′．可得到待测电压表V1的内阻表达式为R= ______ ．【答案】B；C；′′′【解析】解：（1）由于电压表b与电阻箱并联后与a电阻箱串联，为了能多次测量，应使电路中电流变化稍小，故与电阻箱并联的电压表应为小量程的电压表；故a应为大量程电压表；故a应选择B；（2）由于电压表内阻很大，变阻箱选用总阻值一定大于电压表内阻；故滑动变阻器选择C；（3）断开开关S2，读出两只电压表的示数U1、U2，由电路知识得：=闭合开关S2后，读出两只电压表的示数U1、U2；断开开关S1、S2后，测出两只电压表=的示数U1′、U2′，电阻箱的示数R，由电路知识得：′′R，由上述两式解得：R V1=′′′．故答案为：（1）B；（2）C；（3）′′′分析电路结构，根据电表的量程及题目的要求可明确两表的位置；在本题中由于电压表的内阻远远大于滑动变阻器的最大电阻，若采用限流式接法，通过待测电压表的电流变化范围比较小，不可能达到多测几组数据目的，无法精确测量电压表的内阻，故只能采用分压式接法，由于电压表内阻很大，并且滑动变阻器总阻值较小，故应采用分压接法，变阻箱选用总阻值较大的一个．本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律的灵活应用，关键是根据条件“要求方法简便，有尽可能高的测量精度，并能测得多组变化较大数据”明确电路结构中两电压表选择．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.湖南方言中的“逗霸”来源于“斗把”，其本意是给锤子、铁锹等安装木制手柄的过程，下面将这一过程简化为如下的物理模型，如图所示，一高度可以忽略的圆环形铁锤套在粗细均匀的圆柱形木柄上，铁锤到手柄下端长l=50.0cm．为了使铁锤安装到手柄下端，先用手抓住手柄上端，使手柄与铁锤由静止开始一起竖直向下做匀加速直线运动，t=0.40s时，手柄下端碰到地面立即停止运动，此时手柄下降高度H=1.2m，铁锤恰能安装到手柄的下端．设铁锤相对手柄滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）铁锤与手柄一起加速运动时的加速度大小；（2）铁锤受到的滑动摩擦力与其重力的比值．【答案】解：（1）由题意可知，两物体一起下落1.2m用时0.4s；则由运动学公式可知：a==．=15m/s2；（2）手柄静止后，铁锺向下减速，初速度v=at=15×0.4=6m/s；下落位移l=0.5m静止，由运动学公式可知加速度a′===36m/s2；由牛顿第二定律可得：F-mg=ma解得：F=m（g+a）=46m=4.6mg；故=4.6；答：（1）铁锤与手柄一起加速运动时的加速度大小为15m/s2；（2）铁锤受到的滑动摩擦力与其重力的比值为4.6．．【解析】（1）由两物体的运动过程，根据位移公式可求得加速度；（2）手柄静止后，铁锺向下减速运动，由运动学公式可求得加速度，再由牛顿第二定律可求得阻力及重力关系．本题考查牛顿第二定律在生活中的应用，要注意正确分析物理过程，明确加速度的桥梁作用．12.一宇宙人在太空（万有引力可以忽略不计）玩垒球，垒球的质量为m、带电荷量大小为q的负电荷，如图所示，太空球场上半部分是长为4a、宽为a的矩形磁场区域，该区域被y轴平分，且有磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场．球场的下半部分有竖直向下的匀强电场（无限大），x轴恰为磁场与电场的水平分界线，P点为y轴上y=-a的一点．（1）若宇宙人将垒球从P点静止开始释放，要使垒球不从太空球场上边界射出，求电场的电场强度E大小．（2）若垒球还是从P点静止开始释放，在x=2.5a处有一与x轴垂直的足够大的球网（图中未画出）．若将球网向x轴正方向平移，垒球打在网上的位置始终不改变，则电场的电场强度E′为多大？（3）若a=3m，匀强磁场充满y＞0的所有区域，磁感应强度B=10T，匀强电场的电场强度E0=100V/m，一宇宙人从P点以适当的初速度平行于负x轴抛出垒球，垒球质量m=0.1kg，q=-0.05C，使它经过负x轴上的D点，然后历经磁场一次自行回至P点，求OD的距离和从抛出到第一次回到P点所用的时间．。

2015年怀化市高三第一次模拟考试理科综合能力测试本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）共300分。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．第1卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其它答案标号。

第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3.考试结束后，监考人员将试题卷、答题卡一并收回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分二、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。

14．19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”。

后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”。

下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）A．伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识B．牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律C．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论D．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系15．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器。

已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为2200VC ．通过R 3的电流始终为零D ．电阻R 2的电功率约为6.67 W16．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2=2v 1。

2015年湖南省怀化市新晃一中高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.物理学中用到的科学研究方法，在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是（）A.“质点”“电场强度”B.“平均速度”“点电荷”C.“总电阻”“电场强度”D.“合力与分力”“总电阻”【答案】D【解析】解：A、质点，采用理想化模型的方法，电场强度采用比值定义法．故A错误．B、平均速度，采用等效替代的方法．点电荷，采用理想化模型的方法，故B错误．C、“总电阻”采用等效替代的方法，电场强度采用比值定义法，故C错误，D、合力与分力、“总电阻”，均采用等效替代的方法，故D正确．故选：D．物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”“总电阻”采用等效替代的方法，“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法，“平均速度”、“电场强度”采用比值定义法．对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助．2.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图中所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦，据此可知，下列说法正确的是（）A.甲车与地面间的动摩擦车数较大，甲车的刹车性能好B.乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C.以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D.甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好【答案】B【解析】解：汽车刹车后做减速运动，根据运动学公式可知：s=v2，故s和v的图象是抛物2a线，根据抛物线特点可知a1＜a2，即甲车刹车时加速度小于乙车的，故乙车刹车性能好，乙车与地面间的动摩擦因数较大，故ACD错误，B正确．故选B．分析图象问题要首先明确两坐标轴所代表物理量及其含义，然后根据所学物理知识明确两物理量之间的关系，最好能写出两坐标轴所代表物理量的函数关系，就明确了图象斜率等所表示的物理意义．处理图象问题的关键是看能否根据所学知识写出两坐标之间的函数方程，然后结合数学知识求解．3.酒精测试仪用于机动车驾驶人员是否酗酒及其它严禁酒后作业人员的现场检测．它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，电压表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是（）A.U越大、表示c越大，c与U成正比B.U越大，表示c越大，但是c与U不成正比C.U越大，表示c越小，c与U成反比D.U越大，表示c越小，但是c与U不成反比【答案】B【解析】解：设酒精气体传感器电阻为r′．酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压．根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得：1r′=kc（k是比例系数）…①．根据欧姆定律得：UR0=ER0+R+r′+r=ER0+R+1kc+r…②由①②整理得：U=ER0R0+R+1kc+r由数学知识知，U越大，c越大，但两者不成正比．故B正确．故选：B首先根据电路图分析电路的连接方式，分析酒精气体传感器的电阻的变化，然后根据欧姆定律得到电压表示数与电阻r′的关系，结合传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度C成正比，得出电压表示数与酒精气体浓度的关系式，再进行选择．本题要能结合电路电阻的变化根据欧姆定律判断串联电路中的电流和电压的变化，能根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比得出电阻的表达式．4.2008年9月25日，我国成功发射了“神舟七号”载人飞船．在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，下列说法正确的是（）A.已知飞船的运动轨道半径、周期和万有引力常量，就可以算出飞船的质量B.若地面观察站人员看到飞船内的物体悬浮在舱中，则物体不受力作用C.若在此轨道上有沿同一方向绕行的前后两艘飞船，则后一飞船不能用加速的方法与前一飞船对接D.舱中的宇航员所需要的向心力和飞船所需要的向心力相同【答案】C【解析】解：A、根据G Mmr2=mr(2πT)2知，已知轨道半径、周期、引力常量，可以求出地球的质量，但不能求出飞船的质量．故A错误．B、飞船绕地球做圆周运动，里面的物体也绕地球做圆周运动，受到地球的万有引力提供圆周运动的向心力．故B错误．C、在此轨道上有沿同一方向绕行的前后两艘飞船，若加速，万有引力不够提供向心力，将做离心运动，离开原轨道，不会与前面的飞船对接．故C正确．D、根据F向=G Mm，由于宇航员的质量与飞船的质量不等，所以所受的向心力不r2等．故D错误．故选C．A、根据万有引力提供向心力，环绕天体的质量不能求出．B、飞船内的物体悬浮在舱中，受地球的万有引力提供圆周运动的向心力，处于完全失重状态．C、在同轨道运行，若加速，万有引力不够提供所需的向心力，将做离心运动，离开原轨道．D、根据万有引力定律的公式比较向心力的大小．本题考查了万有引力定律的应用，知道飞船绕地球做圆周运动，靠万有引力提供圆周运动的向心力．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)5.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图1所示，将压敏电阻及各电路元件和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个光滑的绝缘重球．已知0到t1时间内小车静止，重球对压敏电阻和挡板均无压力．此后小车向右做直线运动，整个过程中，电流表示数随时间的变化图线如图2所示，则下列判断正确的是（）A.从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B.从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动C.从t3到t4时间内，小车做匀加速直线运动D.从t4到t5时间内，小车一定处于静止状态【答案】CD【解析】解：A、在t1～t2内，I不变，但比静止时大，阻值不变，但比静止时小，说明重球对压敏电阻的压力不变，小车做匀减速运动，故A错误；B、在t2～t3内，I变大，阻值变小，重球对压敏电阻的压力变大，小车做变加速直线运动，故B错误；C、在t3～t4时间内，I不变，阻值不变，说明重球对压敏电阻的压力不变，小车做匀加速运动，故C正确；D、根据C项分析可知，在t3～t4时间内，小车做匀减速运动，在t4～t5内，I不变，压力恒定，小车处于静止状态，故D正确；故选：CD．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变．本题关键是根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断小车的可能运动情况．6.质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A.小物块一定带有正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mgcosθBq【答案】BD【解析】解：A、带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上．根据左手定则知，小球带负电．故A错误．B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动．故B正确，C错误D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qv B，解得：v=mgcosθBq，故D正确．故选：BD．带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小球的电性．对小球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小球的速率．解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，进行分析求解．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，水平面上质量为10kg的木箱与墙角距离为1898m，某人用F=125N的力，从静止开始推木箱，推力斜向下与水平方向成37°角，木箱与水平面之间的动摩擦因数为0.4．若推力作用一段时间t后撤去，木箱恰好能到达墙角处，则这段时间t为（）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）A.3sB.65√5s C.310√70s D.32√7s【答案】A【解析】解：如图所示：撤去力F之前，由牛顿第二定律得：水平方向：F cos37°-f=ma1…①竖直方向：N-mg-F sin37°=0…②又有：f =μN …③由①②③得：a 1=3m /s 2…④由运动学公式：v t =v 0+at 得：撤去力F 时物块速度：v =3t ，撤去力F 后，由牛顿第二定律F=ma 得物块加速度：a 2=-f m =-μg 解得：a 2=-4m /s 2…⑤由运动学公式s 1=v 0t +12a 1t 2及④式得撤去力F 时物块位移：s 1=32t 2； 由位移公式s =v 2−v 022a 2及⑤式，得撤去力F 后物块位移：s 2=98t 2， 物块在水平面上的总位移s =s 1+s 2=218t 2=1898m解得：t =3s故选：A由题意知木块先做匀加速运动，后做匀减速运动，由速度公式可以求得撤去推力F 时的速度，撤去推力后木块做匀减速运动，摩擦力作为合力，产生加速度，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小，根据两段总位移列式即可求解．分析清楚物体运动的过程，抓住两个过程之间的联系，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L ＜d ），质量为m ，电阻为R ，将线圈在磁场上方高h 处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则下列说法正确的是（ ）A.线圈进入磁场的过程中，感应电流为顺时针方向B.线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动C.线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为mgRB 2l 2D.线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，感应电流做的功为2mgd【答案】CD【解析】解：A 、根据右手定则得出线圈进入磁场的过程中，感应电流方向是逆时针方向，故A 错误．B 、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v 0，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B 错误．C、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，即mg=B2l2v，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，R，故C正确．所以线圈的最小速度可能为mgRB2l2D、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故D正确．故选CD．根据右手定则得出线圈进入磁场的过程中，感应电流方向．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．解决本题的关键根据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，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确的是（）A.当你听到一列鸣笛的火车的音调由低变高，可以判断火车正向你驶来B.光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象C.太阳光是偏振光D.如果做振动的质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动【答案】AB【解析】解：A、多普勒效应中，高亢表示靠近，低沉表示远离，故当你听到一列鸣笛的火车的音调由低变高，表面正在加速靠近，故A正确；B、光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象，是波动性的表现，故B正确；C、太阳光是自然光，不是偏振光，故C错误；D、如果做振动的质点所受的合外力总是指向平衡位置，且满足关系式F=-kx，则质点的运动就是简谐运动，故D错误；故选AB．解答本题需掌握：多普勒效应：当声源离观测者而去时，声波的波长增加，音调变得低沉，当声源接近观测者时，声波的波长减小，音调就变高．光的衍射：光绕过障碍物偏离直线传播路径而进入阴影区里的现象．光的偏振：振动方向对于传播方向的不对称性叫做偏振，它是横波区别于其他纵波的一个最明显的标志．简谐运动：物体所受的力跟位移成正比，并且总是指向平衡位置的振动．本题考查了多普勒效应、光的衍射、光的偏振、简谐运动等，知识点多，关键多看书．五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.伽利略在《两种新科学的对话》一书中，讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题，提出了这样的猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动．同时他还运用实验验证了其猜想．某校科技兴趣小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．（1）实验时，让滑块从不同高度由静止沿斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；当滑块碰到挡板的同时关闭阀门（整个过程中水流可视为均匀稳定的）．该实验探究方案是利用量筒中收集的水量来测量______ 的．（2）表是该小组测得的有关数据，其中s为滑块从斜面的不同高度由静止释放后沿斜面下滑的距离，V为相应过程中量筒中收集的水量．分析表中数据，根据______ ，可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论．次数1234567S（m）4.5 3.9 3.0 2.1 1.50.90.3V（m L）9090847262524023.5s V25.6×10-45.5×10-45.58×10-45.5×10-45.6×10-45.6×10-45.4×10-4（3）本实验误差的主要来源有：距离测量的不准确，水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于______ 等．（只要求写出一种）【答案】时间；sV2在误差的范围内是一常数；滑块下滑距离测量不准确，滑块开始下滑、滑块碰到挡板与阀门的打开与关闭不同步【解析】解：（1）关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以量筒中收集的水量可以间接的测量时间．（2）验证该运动是否匀变速直线运动，关键看位移与时间的二次方是否成正比，即看位移与体积的二次方是否成正比．所以根据sV2在误差的范围内是一常数，可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论．（3）本实验误差的主要来源有：水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于距离测量的不准确，滑块开始下滑和开始流水不同步或斜面摩擦不均匀．故本题答案为：（1）时间；（2）sV2在误差的范围内是一常数；（3）滑块下滑距离测量不准确，滑块开始下滑、滑块碰到挡板与阀门的打开与关闭不同步．关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．解决该问题的关键是明确实验原理，根据流入量筒水的量与时间成正比，将时间问题转化为为水量问题，本题是考查学生创新能力的好题．10.需要组装一个单量程的欧姆表，所给电源的电动势为3.0V，内阻可忽略不计，其他可供选择的主要器材有：（1）电流表A1（量程0～300μA，内阻3000Ω）（2）电流表A2（量程0～3m A，内阻500Ω）（3）变阻器R1（阻值范围0～300Ω）（4）变阻器R2（阻值范围0～800Ω）①在方框内完成组装欧姆表的电路图（要标明所选器材的代号，如A1）；②电流表的表盘刻度分为三等分大格，如图所示，其中0为电流表的零刻度，则该单量程欧姆表按正确的方法组装完成后，刻度C表示的电阻值为______ Ω，刻度B表示的电阻值为______ Ω．【答案】0；500【解析】解：（1）若用A1，则I m=E R1=33000=100uA，不能满偏．故A1不可若用A2，则I m=E R2=3500=6mA，可满偏．故A2可，要使电流达到3m A，则要串联电阻为500Ω，故滑动变阻器为R2．则电路图为（2）刻度C为满偏时的外阻值为0，B刻度对应的阻值为电流为2m A时的外电阻．由I=ER A+R2+R外求得：R外=500Ω故答案为：（1）如图所示（2）0；500由电源的电动势与各电表的内阻求得对应的最大电流，若量程合适即可．欧姆表的电路为电源与电表，变阻器相串联；由量程确定各刻度值．考查欧姆表的改装原理，明确欧姆表的内部结构．会确定刻度值．六、计算题(本大题共2小题，共29.0分)11.实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度（层高）及电梯运行情况，请一质量为m=60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t=0至t=1s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数随时间变化的图线，如图．求：（1）电梯启动和制动时的加速度大小：（2）该大楼每层的平均层高．【答案】解：（1）1s-3s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：F1-mg=ma1代入数据解得a1=2m/s221s-23s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于状态有：mg-F3=ma3代入数据解得a3=2m/s2（2）电梯匀速运动的速度v=a1t1═4m/s匀加速上升的位移为s1=12vt1=12×4×2m=4m从图中读得，电梯匀速上升的时间t2=18s，所以匀速上升的位移为s2=vt2=4×18m=72m匀减速上升的时间为2s，所以位移为s3=12vt3=12×4×2m=4m所以总位移s=s1+s2+s3=80m层高：ℎ=s25=8025m=3.2m答：（1）电梯启动和制动时的加速度大小分别为：2m/s2、2m/s2．（2）该大楼每层的平均层高为3.2m．【解析】1、电梯中的人经历三个运动过程，启动时的超重、正常匀速和制动时的失重，分析清楚启动时的受力和制动时的受力，运用牛顿第二定律列式求解．2、分析清楚人经历的三个过程中的用时和人上升25个楼层的高度，分别求出三个过程的位移，就可求得平均层高．此题要求能熟练运用牛顿第二定律和运动学公式解题，属于力与运动的关系综合题，属于中档题．12.如图所示，PR是一块长为L=4m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1kg，带电量为q=0.5C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动．当物体碰到板R端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10m/s2求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2；（3）磁感应强度B的大小；（4）电场强度E 的大小和方向．【答案】解：（1）由题，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，洛伦兹力方向向上，则知物体带正电．（2）物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡，则有 mg =q B v 2…①离开磁场后，由动能定理得：-μmg L 4=0-12m v 22…② 解得：v 2=2√2m /s（3）把速度代入①得：B=√22T （4）由于电荷由P 运动到C 做匀加速运动，可知电场方向水平向右，且有：（E q -μmg ）L 2=12mv 12-0…③ 进入电磁场后做匀速运动，则有：q E=μ（q B v 1+mg ） …④联立③④解得：v 1=4√2m /s ，E=2.4N/C答：（1）物体带正电．（2）物体与挡板碰撞撞前后的速度v 1和v 2分别为4√2m /s 和2√2m /s ．（3）磁感应强度B 的大小是√22T ； （4）电场强度E 的大小是2.4N/C ，方向水平向右．【解析】（1）由题，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，洛伦兹力方向向上，则知物体带正电．（2）（3）（4）物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡．离开磁场后做匀减速运动停在C 点，由动能定理和平衡条件结合可求解v 2和B ．物体从P 到C 的过程做匀减速运动，由动能定理列式得到场强与速度速度v 1，物体进入电磁场后做匀速运动，根据平衡条件得到场强与速度v 1的关系，联立求得v 1和场强． 本题是物体在复合场中运动的问题，分析受力情况，来确定运动情况，然后依据相关规律求解．要注意电场力做功取决于电势差而洛仑兹力不做功，故应用功能关系解决一般的运动较为简单．八、填空题(本大题共2小题，共13.0分)14.如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm、折射率为n=√3，直径AB与屏幕垂直接触于A点，激光α以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑．①画出光路图．②求两个光斑之间的距离L．【答案】解：①画出如图光路图．②设折射角为r，根据折射定律n=sinrsini解得r=60°由几何知识得，△OPQ为直角三角形，所以两个光斑PQ之间的距离L=PA+AQ=Rtan30°+Rtan60°cm．解得L=40√33答：①光路图如图所示．cm．②两个光斑之间的距离为40√33【解析】光线在AB面上发生反射和折射，在水平屏幕MN上出现两个光斑，根据折射定律结合几何关系求出两个光斑之间的距离．通过考查了折射定律和反射定律的基本运用，难度不大，对数学几何的能力要求较高，需加强训练．15.一置于铅盒中的放射源发射的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔后，铝箔后的空间有一匀强电场．进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图所示，则图中的射线a为______ 射线，射线b为______ 射线．【答案】γ；β【解析】解：因α粒子无法穿透铝箔，故打在底片上的只有β和γ两种射线，因γ光子不带电，故在电场中不会偏转，故a为γ射线；β射线带负电，故在电场中会向正极偏转，故b为β射线；故答案为：γ，β．α、β和γ三种射线中，α带正电、β带负电、γ不带电，且α粒子的穿透力最弱，无法穿过铝箔；再根据带电粒子在电场中的偏转可判断ab分别是什么射线．本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据平行板电容器内电场的性质区分射线的种类．九、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，平放在水平面上的轻质弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m1的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接．一个质量为m2的小球从槽高处由静止开始下滑，要使小球能与弧形槽发生第二次作用，m1、m2应满足怎样的条件？【答案】解：设小球刚离开弧形槽时小球和弧形槽的速度大小分别为v1、v2．取水平向右为正方向．小球下滑过程中，根据系统水平方向动量守恒得0=m1v1-m2v2①小球发弹簧作用过程，系统的机械能守恒，小球离开弹簧时速度大小仍为v2．要使小球能与弧形槽发生第二次作用，必须有v2＞v1②由①②得：m1＞m2．答：要使小球能与弧形槽发生第二次作用，m1、m2应满足的条件是m1＞m2．【解析】小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒；要使小球能与弧形槽发生第二次作用，小球从光滑弧形槽滑下量的速度应大于槽的速度，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求解．本题关键要掌握小球下滑过程中，水平方向不受外力，由动量守恒进行分析．。

2015年湖南省怀化市高考物理一模试卷一、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，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2015•怀化一模）19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”．后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”．下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）A．伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识B．牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律C．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论D．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系【考点】：物理学史．【分析】：牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用合理外推方法．伽利略通过理想实验用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识．欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的是转换法．【解析】：解：A、伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识，采用的是理想实验法，不是转换法．故A错误．B、牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用经验归纳和合理外推方法，不是转换法．故B错误．C、奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的方法的是转换法．故C正确．D、欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法，不是转换法．故D错误．故选：C．【点评】：本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法．2．（6分）（2015•怀化一模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02 HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．通过R3的电流始终为零D．电阻R2的电功率约为6.67 W【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流．【解析】：解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错误．B、由图乙可知通过R1的电流最大值为I m=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为U m=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错误；C、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，C错误；D、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I=、电压有效值为U=V，电阻R2的电功率为P2=UI=W=6.67W，所以D正确．故选：D【点评】：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解．3．（6分）（2015•怀化一模）使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）A．B．C．D．【考点】：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即，此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面然后再利用第一宇宙速度与第二宇宙速度关系即可求解．【解析】：解：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：带入GM=gR2得地球的第一宇宙速度为：…①又某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，所以…②第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是：v2=v1…③①②③联立得该星球的第二宇宙速度为，故ABD错误，C正确；故选：C．【点评】：通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．4．（6分）（2015•怀化一模）以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．【解析】：解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知a′＜a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度．5．（6分）（2015•怀化一模）如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A．电流表的读数I先增大，后减小B．电压表的读数U先减小，后增大C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变D．电压表读数的变化量△U与电流表读数的变化量△I的比值不变【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化．【解析】：解：AB、当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，知总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小．所以电流表的读数I先减小，后增大．电压表的读数U先增大后减小，故A、B错误．C、电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，应先增大后减小．故C错误．D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等．所以=r，不变，故D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．6．（6分）（2015•怀化一模）如图所示，物体A、B的质量分别为m A、m B，且m B＜m A＜2m B．A 和B用细绳连接后跨过光滑的定滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，斜面下端通过一铰链与地面固定，可自由转动，细绳平行于斜面．若将斜面倾角θ 缓慢增大，在增大过程中物体A先保持静止，到达一定角度后又沿斜面下滑，则下列判断正确的是（）A．绳对滑轮的作用力随θ的增大而增大B．物体A受到的摩擦力先减小、再增大C．物体A对斜面的压力一直在减小D．物体A沿斜面下滑后做匀加速运动【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】：对A受力分析可知，开始时A的重力向下的分力小于B的重力，是由A此时受到的摩擦力方向向下，夹角变大后摩擦力的方向改为向上，最后变成滑动摩擦力，并且滑动摩擦力的大小在一直减小．【解析】：解：A、对滑轮的作用力取决于绳的拉力与两端绳的夹角，随倾角增大，夹角越来越小，当没滑动时，绳上拉力保持一定，滑动后，加速度越来越大，绳上拉力越来越大，所以两根绳的拉力无论在滑动前还是后，合力均随倾角增大而增大，此合力即是对滑轮的作用力，故A错误．B、对A受力分析可知，A受到的先是静摩擦力，后是滑动摩擦力，静摩擦力是先减小后增大的，然后是滑动摩擦力一直减小，所以摩擦力先减小再增大再减小，故B正确．C、对A受力分析可知，物体A对斜面的压力随着角度的增大，一直在减小，故C正确．D、当夹角为90时，合力为（m A﹣m B）g，刚开始下滑时，加速度略大于0，所以整体受的力不为恒力，不是匀加速，故D错误．故选：BC．【点评】：A的受力分析是解决本题的关键的地方，A受到的先是静摩擦力，静摩擦力是先减小后增大的，然后是滑动摩擦力一直减小．7．（6分）（2015•怀化一模）如图所示，在x＞O、y＞O的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B．现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是（）A．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点D．粒子一定不可能通过坐标原点【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】：带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，结合半径公式和周期公式，通过几何关系分析判断．【解析】：解：A、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角时圆弧与y轴相切时即300°，则运动的时间为，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，圆心角为120°，所以运动时间为，则粒子在磁场中运动所经历的时间为，故A正确，B错误．C、粒子由P点成30°角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场为有界，故粒子不可能通过坐标原点，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】：带电粒子在有界磁场中的运动要注意边界对粒子的运动有什么影响，在解决此类问题时应做到心中有圆，找出圆心和半径．8．（6分）（2015•怀化一模）如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向成θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，B为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（）A．到达C点后小球可能沿杆向上运动B．小球在AB段克服摩擦力做的功与在BC段克服摩擦力做的功不等C．小球在B点时的动能为50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：对小球受力分析，受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于洛伦兹力与速度成正比，故弹力和滑动摩擦力也是变化的，小球做变加速运动，结合动能定理列式分析即可．【解析】：解：A、如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A正确；B、小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛=qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AB段克服摩擦力做的功与在BC段克服摩擦力做的功不等，故B正确；C、由于小球在AB段克服摩擦力做的功与在BC段克服摩擦力做的功不等，故小球在B点时的动能也就不为50J，故C错误；D、该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误；故选：AB．【点评】：本题关键是明确小球的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合功能关系进行分析，基础题目．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（6分）（2015•怀化一模）伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还实验验证了该猜想．某小组学生依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．实验操作步骤如下：①让滑块从离挡板某一距离L处由静止沿某一倾角θ的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；②当滑块碰到挡板的同时关闭水箱阀门（假设水流出时均匀稳定）；③记录下量筒收集的水量V；④改变滑块起始位置离挡板的距离，重复以上操作；⑤测得的数据见表格．次数 1 2 3 4 5 6L（m）4.5 3.9 3.0 2.1 1.5 0.9V（mL）90 84 62 52 40（1）该实验利用量筒中收集的水量来表示C．（填序号）A．水箱中水的体积B．水从水箱中流出的速度C．滑块下滑的时间D．滑块下滑的位移（2）小组同学漏填了第3组数据，实验正常，你估计这组水量V=75mL．（你可能用到的数据≈7.2，≈≈7.3，≈7.4）（3）若保持倾角θ不变，增大滑块质量，则相同的L，水量V将不变（填“增大”“不变”或“减小”）；若保持滑块质量不变，增大倾角θ，则相同的L，水量V将减小．（填“增大”“不变”或“减小”）【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题．【分析】：（1）解答的关键是明确该实验的实验原理，初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．（2）（3）根据初速度为零初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，由此可以求出下滑位移s与水量体积之间的关系，以及水量的变化情况．【解析】：解：（1）关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以量筒中收集的水量可以间接的测量时间．故选：C．（2）该运动是匀变速直线运动，位移与时间的二次方是成正比，即位移与体积的二次方是成正比，即s=kV2．根据1、3组数据可得：s1=ks3=k小组同学漏填了第3组数据，实验正常，由此解得水量V3≈75mL；（3）若保持倾角θ不变，增大滑块质量，物体的加速度不变，则相同的s，水量V将不变，若保持滑块质量不变，增大倾角θ，加速度将增大，则相同的s，时间减小，水量V将减少．故答案为：（1）C；（2）75；（3）不变，减少【点评】：解决该问题的关键是明确实验原理，根据流入量筒水的量与时间成正比，将时间问题转化为为水量问题，本题是考查学生创新能力的好题．10．（9分）（2015•怀化一模）硅光电池是一种可将光能转化为电能的元件．某同学利用图（甲）所示电路探究某硅光电池的路端电压U与电流I的关系．图中定值电阻R0=2Ω，电压表、电流表均可视为理想电表．（1）用“笔画线”代替导线，根据电路图，将图（乙）中的实物电路补充完整．（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，闭合电键S，调节可调电阻R的阻值，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a（见图丙）．则由图象可知，当电流小于200mA时，该硅光电池的电动势为 2.9V，内阻为 4.0Ω．（3）实验二：减小光照强度，重复实验，通过测量得到该电池的U﹣I曲线b（见图丙）．当可调电阻R的阻值调到某值时，若该电路的路端电压为1.5V，由曲线b可知，此时可调电阻R的电功率约为0.083W（结果保留两位有效数字）．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：①根据原理图可以画出实物图，注意正负极不要连反了．②电源的U﹣I图象的斜率表示其内阻，根据斜率的变化可以知道内阻的变化情况，图象与纵轴交点表示电动势，与横轴交点表示短路电流．③由图象b找到路端电压为1.5V的电路电流，由欧姆定律及串联电路特点求出可调电阻阻值，然后由P=I2R求出可调电阻消耗的电功率．【解析】：解：①分析图甲所示实验原理图，根据原理图连接实物电路图，如图所示．②在硅光电池的U﹣I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．由图线a可知E=2.9V，当电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=4.0Ω．③由图线b可知，在实验二中当路端电压为1.5V时，电路电流I=60mA=0.06A，由欧姆定律可知，此时外电阻R外===25Ω，可调电阻阻值R=R外﹣R0=25Ω﹣2Ω=23Ω，可调电阻消耗的电功率P=I2R=（0.06A）2×23Ω=0.083W．故答案为：①实物连接图如图所示；②2.9；4.0；③0.083．【点评】：本题主要考查了在实验中如何利用图线进行数据处理，在测电源电动势和内阻的实验中，明确电源U﹣I图象和电阻U﹣I图象的含义和区别．11．（12分）（2015•怀化一模）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．【考点】：平抛运动；牛顿第二定律．【专题】：平抛运动专题．【分析】：（1）根据牛顿第二定律求出运动员在斜面上滑行的加速度．（2）根据平抛运动的高度求出运动的时间．（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，结合平抛运动的规律求出起跳的最小速度．【解析】：解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin53°﹣μmgcos53°=ma，解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53°﹣μgcos53°=8﹣0.6m/s2=7.4m/s2（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式：H=，解得：t==0.8s（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：代入数据解得：v=6.0m/s答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；（2）他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s．（3）他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6m/s．【点评】：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，本题需要注意的就是水平位移要加上木箱的长度．12．（20分）（2015•怀化一模）如图（a）所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图（b）所示．t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为0.6m、电阻为0.3R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为L，在t=t x时刻（t x未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g．求：（1）区域I内磁场的方向；（2）通过cd棒中的电流大小和方向；（3）ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；（4）ab棒从开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量．（结果用B、L、θ、m、R、g中的字母表示）【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【分析】：（1）Ⅱ内磁场均匀变化，在回路中形成感应电流，根据楞次定律判断出流过cd的电流方向，然后根据平衡求出cd棒所受安培力方向，进一步根据左手定则判断磁场方向．根据导体棒处于平衡状态可知，安培力等于重力沿导轨向下分力，由此可求出通过cd棒中的电流大小和方向．（2）棒ab进入II区域前后回路中的电动势不变，即磁场变化产生电动势与导体切割磁感线产生电动势相等，据此求出导体棒进入II时速度大小，然后根据导体棒匀加速下滑的特点即可求出结果．（3）回路中电流恒定，根据Q=EIt可求出结果．【解析】：解：（1、2）如图所示，cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平衡状态，由平衡条件得：BIL=mgsinθ解得：I=；可见，回路中感应电流和感应电动势保持不变．由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可知，I内磁场垂直于斜面向上．故区域I内磁场的方向垂直于斜面向上．（3）ab进入区域Ⅱ前做匀加速运动，进入后做匀速运动，设ab刚好到达区域Ⅱ的边界的速度大小为v．在0﹣t x内，由法拉第电磁感应定律得：E1==•L2=在t x后有：E2=BLv且E1=E2解得：v=由s=解得：s=故ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为．（4）ab棒进入区域Ⅱ后作匀速直线运动，有：t2=t x，总时间为：t总=t x+t2=2t x，电动势E=BLυx不变，总热量为：Q=EIt总=1.2mgv x t x sinθ=1.2mgLsinθ答：（1）区域I内磁场的方向垂直于斜面向上．（2）通过cd棒中的电流大小是，方向由d到c；（3）ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离s是；（4）ab棒从开始到下滑至EF的过程中，回路中产生的总热量是1.2mgLsinθ【点评】：本题考查导体切割磁感线产生感应电动势问题，解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况．[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）（2015•怀化一模）两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（）A．在r=r0时，分子势能为零B．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小C．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小D．在r=r0时，分子势能最小，动能最大E．分子间的斥力和引力随r增大而减小，在r＞r0阶段，斥力比引力减小得快一些，分子间的作用力表现为引力【考点】：分子势能；分子间的相互作用力．【分析】：当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；根据图象分析答题．【解析】：解：由图象可知：分析间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；A、当r等于r0时，分子势能最小但不为零，故A错误；B、r0是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故B正确；C、当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故C错误；D、分子动能和势能之和在整个过程中不变，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，故D正确；E、分子间同时存在斥力和引力，在r＞r0阶段，当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力．故E正确；故选：ADE．【点评】：分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进行分析．14．（9分）（2015•怀化一模）如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通。

2015年湖南省怀化市新晃一中高考物理模拟试卷（四）一、选择题（每题6分，共48分）1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机2．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh3．如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是（）A．F A一定小于运动员的重力G B．F A与F B的合力始终大小不变C．F A的大小保持不变D．F B的大小保持不变4．国际永久编号为8256号小行星是由中国科学院紫金山天文台于1981年10月25日发现的．国际永久编号为21064号的小行星是西班牙天文学家艾斯特于1991年6月6日在欧洲南方天文台发现的．2005年，国际小行星命名委员会分别将两星命名为“神舟星”和“杨利伟星”，两星的运行轨道均处在火星和木星轨道之间的主带小行星之中，轨道比较稳定．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”的加速度大D．“神舟星”受到的向心力大5．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是（）A．B．C．D．6．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带负电小球，小球与弹簧不连接，在弹簧弹性范围内现用足够大的力F将小球向下压到某位置后撤去F，让小球由静止释放．不计空气阻力，则（）A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧弹力为零时小球速度最大C．小球速度最大时弹簧弹性势能最小D．小球上升过程中的电势能增加7．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100πt（V）的交流电，灯泡L标有“50V100W”字样，电阻R=25Ω，D为理想二极管，则（）A．灯泡L不能正常发光B．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流有效值为3A8．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h．如图所示，在这个过程中（）A．作用在金属棒上的合力所做的功等于零B．F与安培力的合力所做的功等于零C．F与重力的合力做的功数值上等于电阻R上产生的焦耳热D．若F增大到某一值，导体棒将作匀加速直线运动三、实验题9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm．（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是．10．在“测定直流电动机的效率”实验中，用图1所示的电路测定一个额定电压为6V、额定功率为3W的直流电动机的机械效率．（1）根据电路图2完成实物图的连线；（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次匀速上升的高度h均为1.5m，所测物理量及测量结果如表所示：计算电动机效率η的表达式为（用符号表示），前4次实验中电动机工作效率的平均值为．（3）在第5次实验中，电动机的输出功率是；可估算出电动机线圈的电阻为Ω．四、计算题11．如图所示，水平地面上有A、B两点，且两点间距离L AB=6m，质量m=2kg的物体（可视为质点）静止在A点，地面与物块的滑动摩擦因数μ=0.2，为使物体运动到B点，现给物体施加一水平F=10N的拉力，g取10m/s2，求（1）物体运动到B点的时间；（2）拉力F作用的最短时间．12．如图所示，圆心为原点、半径为R的圆将xoy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ．区域Ⅰ内有方向垂直于xoy平面的匀强磁场B．平行于x轴的荧光屏垂直于xoy 平面，放置在直线y=﹣2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子从坐标为（﹣R，0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，粒子全部垂直打在荧光屏上坐标为（0，﹣2R）的M点．若区域Ⅱ中加上平行于x轴的匀强电场，从A点沿x轴正方向以速度2v0射入区域Ⅰ的粒子垂直打在荧光屏上的N点．不考虑重力作用，求：（1）在区域Ⅰ中磁感应强度B的大小和方向．（2）在区域Ⅱ中电场的场强为多大？MN两点间距离是多少？五、选考题【物理选修3-4】（15分）13．在以下各种说法中，正确的是（）A．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B．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C．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D．相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中都是相同的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14．半径为R折射率为的半球形玻璃砖，截面如图所示，O为圆心，相同频率的单色光束a、b相互平行，从不同位置进入介质，光线a在O点恰好产生全反射．求：①玻璃砖发生全反射的临界角②光束ab在玻璃砖底产生的两个光斑的距离OB．【物理选修3-5】（15分）15．下列说法正确的是（）A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损E．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说16．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，巳知A物块的质量m A=1kg．初始时刻B 静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移一时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？2015年湖南省怀化市新晃一中高考物理模拟试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共48分）1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机考点：物理学史．分析：根据已有的知识，了解物理学史，知道科学家对物理的贡献．解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象．故A错误．B、库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量．故B错误．C、牛顿发现万有引力定律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量．故C错误．D、法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机．故D正确．故选D．点评：本题考查了物理学史，学好物理学史不仅是高中物理学习的要求，而且能增加我们对物理的学习兴趣，平时要注意物理学史的积累．2．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：先根据A、B的位移之间的关系求出B上升的高度h B，再分别以A、B为研究对象，根据动能定理列式可求得B的速度，设B再上升h′时，速度为零，由动能定理求出h′，解答：解：A、C：在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态．故A错误，C错误；B、在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：解得：，故B正确；D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：，故D错误．故选：B点评：本题主要考查了动能定理得直接应用，要能根据题目需要选取不同的研究对象及合适的过程运用动能定理求解，难度适中．3．如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是（）A．F A一定小于运动员的重力G B．F A与F B的合力始终大小不变C．F A的大小保持不变D．F B的大小保持不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以人为研究对象，分析受力情况，运用作图法分析F A与重力的大小关系．人保持静止状态，则知F A与F B的合力始终大小不变．由图判断F A与F B的变化情况．解答：解：A、以人为研究对象，分析受力情况如图，由图看出，F A不一定小于重力G．故A错误．B、人保持静止状态，则知F A与F B的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变．故B 正确．C、D由图看出F A的大小在减小，F B的大小也在减小．故CD均错误．故选B点评：本题是动态平衡问题，运用图解法比较直观，也可以运用函数法进行研究．4．国际永久编号为8256号小行星是由中国科学院紫金山天文台于1981年10月25日发现的．国际永久编号为21064号的小行星是西班牙天文学家艾斯特于1991年6月6日在欧洲南方天文台发现的．2005年，国际小行星命名委员会分别将两星命名为“神舟星”和“杨利伟星”，两星的运行轨道均处在火星和木星轨道之间的主带小行星之中，轨道比较稳定．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”的加速度大D．“神舟星”受到的向心力大考点：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：人造卫星问题．分析：由题告诉两星的绕行路程，可知神州星绕太阳的速度快，由可知，速度大的轨道半径小，神州星的轨道半径小，杨利伟星的轨道半径大，故依据万有引力提供向心力的表达式，可以判定周期，加速度，向心力等解答：解：A、由可知，速度大的轨道半径小，神州星的轨道半径小，故A错误B、由万有引力提供向心力得：，解得：，神州星半径小，故周期小，故B错误C、由万有引力提供向心力得：，解得：，神州星的半径小，故加速度大，故C正确D、由，由于不知道两颗星的质量，故不能比较向心力，故D错误故选C点评：这类题就是要依据给定的提示，判定出来某一圆周运动的量，进而由万有引力充当向心力可以分析各物理量．5．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是（）A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中电势与场强的关系呈线性关系．解答：解：沿电场线的方向电势逐渐降低，AB错误；在匀强电场中电势与场强的关系为U=Ed，呈线性关系，故C正确D错误．故选C点评：要知道匀强电场中电势和场强的关系式，沿电场线方向电势降低最快．6．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带负电小球，小球与弹簧不连接，在弹簧弹性范围内现用足够大的力F将小球向下压到某位置后撤去F，让小球由静止释放．不计空气阻力，则（）A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧弹力为零时小球速度最大C．小球速度最大时弹簧弹性势能最小D．小球上升过程中的电势能增加考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：对系统而言，若只有重力或弹簧弹力做功，机械能守恒．当小球所受合力为零时，小球的速度最大．根据电场力做功判断电势能的变化．解答：解：A、小球和弹簧组成的系统，除了重力和弹簧弹力做功以外，还有电场力做功，则系统机械能不守恒．故A错误．B、当小球所受的合力为零，即F弹=mg+qE时，小球的速度最大，此时弹力不为零，弹性势能不是最小．故B、C错误．D、在上升的过程中，电场力做负功，则电势能增加．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，以及知道电场力做功与电势能的关系．7．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100πt（V）的交流电，灯泡L标有“50V100W”字样，电阻R=25Ω，D为理想二极管，则（）A．灯泡L不能正常发光B．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流有效值为3A考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、原线圈电压有效值为220V，原、副线圈的匝数比等于电压比，可知副线圈的电压为，U2==50V，故灯泡L能正常发光，A错误；B、副线圈的最大电压为50V，二极管具有单向导电性，因此二极管的反向耐压值应大于50V，故B正确；C、由于现在二极管的作用，副线圈的电阻电压只有正向电压．则电阻消耗的功率为P==50，所以副线圈的输出功率应为150W等于原线圈输入功率，故C错误；D、设R电压的有效值为U．则有：••T=，得U==25V，电流的有效值I2==A，故D错误；故选B．点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．8．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h．如图所示，在这个过程中（）A．作用在金属棒上的合力所做的功等于零B．F与安培力的合力所做的功等于零C．F与重力的合力做的功数值上等于电阻R上产生的焦耳热D．若F增大到某一值，导体棒将作匀加速直线运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，故合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．解答：解：A、体棒ab匀速上滑，合力为零，故合力的做功为零，故A正确；B、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：W F﹣W G﹣W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：恒力F与安培力合力做功等于克服重力所做功，为mgh，故B错误；C、恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故C正确．D、若F增大到某一值，导体棒将作加速直线运动，速度变大，安培阻力会变大，加速度一定变化，不可能做匀加速直线运动，除非拉力是变化的，故D错误；故选：AC．点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用功能关系判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．三、实验题9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d= 2.25mm．（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离x．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．解答：解：（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+5×0.05mm=2.25 mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．即v=，根据运动学公式v2﹣0=2ax，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离x．故答案为：（1）2.25 （2）A位置到光电门的距离x．点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．10．在“测定直流电动机的效率”实验中，用图1所示的电路测定一个额定电压为6V、额定功率为3W的直流电动机的机械效率．（1）根据电路图2完成实物图的连线；（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次匀速上升的高度h均为1.5m，所测物理量及测量结果如表所示：计算电动机效率η的表达式为（用符号表示），前4次实验中电动机工作效率的平均值为74%．（3）在第5次实验中，电动机的输出功率是0；可估算出电动机线圈的电阻为 2.4Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）对照电路图，连接实物图．（2）电动机效率η等于有用功与总功的比值，有用功为克服物体重力做的功，电动机的电功是总功．（3）电动机的输出功率是机械功率，由图知，重物静止，电动机没有功率输出，此时电动机电路中纯电阻电路，根据欧姆定律求解线圈的内阻．解答：解：（1）如下图；（2）电动机效率η的表达式为，前4次实验中电动机工作效率的平均值为=（+++）代入解得，=74%（3）在第5次实验中，由图看出，重物处于静止状态，则电动机的输出功率为0．根据欧姆定律得：电动机线圈的电阻为R==Ω=2.4Ω故答案为：（1）如图；（2），74%．（3）0，2.4点评：本题中连接实物图是应培养的基本功．要掌握电动机效率η的意义．当电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律仍成立．四、计算题11．如图所示，水平地面上有A、B两点，且两点间距离L AB=6m，质量m=2kg的物体（可视为质点）静止在A点，地面与物块的滑动摩擦因数μ=0.2，为使物体运动到B点，现给物体施加一水平F=10N的拉力，g取10m/s2，求（1）物体运动到B点的时间；（2）拉力F作用的最短时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当拉力作用一段时间，撤去拉力，物体恰好匀减速直线运动到B点速度为零，则拉力的作用的时间为最短时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最短时间．解答：解：（1）由F﹣μmg=ma1得：a1=在水平地面上做初速度为零的匀加速直线运动，位移有：解得：t=2s（2）要使F作用时间最短，则F作用一段最短时间t1后撤去该力，使物体匀减速运动t2时间在B点恰好停止．设撤去F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a2，时间为t2，位移为s2，由题意可得：μmg=ma2a2=2m/s2a1t1=a2t2s1+s2=L AB联立解得最短的时间答：（1）物体运动到B点的时间为2s（2）拉力F作用的最短时间为．点评：解决本题的关键理清物体的运动过程，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解．12．如图所示，圆心为原点、半径为R的圆将xoy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ．区域Ⅰ内有方向垂直于xoy平面的匀强磁场B．平行于x轴的荧光屏垂直于xoy 平面，放置在直线y=﹣2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子从坐标为（﹣R，0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，粒子全部垂直打在荧光屏上坐标为（0，﹣2R）的M点．若区域Ⅱ中加上平行于x轴的匀强电场，从A点沿x轴正方向以速度2v0射入区域Ⅰ的粒子垂直打在荧光屏上的N点．不考虑重力作用，求：（1）在区域Ⅰ中磁感应强度B的大小和方向．（2）在区域Ⅱ中电场的场强为多大？MN两点间距离是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，由于洛伦兹力不做功，所以动能不变．带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向．从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向．当粒子垂直射入匀强电场时，粒子做类平抛运动，从而利用平抛运动规律来解题．由轨迹的几何关系可以得到MN的间距．解答：解：（1）如图1所示，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是O1点，半径为r1=R由洛伦兹力充当向心力得：解得：由带正电粒子向下偏转，由左手定则可知，B方向为垂直xoy平面向外（2）当2v0速度射入，粒子在区域Ⅰ中作圆周运动半径为2R，其运动轨迹如图由右图2及几何关系可知：所以粒子进入电场后沿y轴方向做匀速直线运动，则时间t为粒子在x轴方向做匀减速直线运动，则：又：qE=ma联立得：=答：（1）在区域Ⅰ中磁感应强度B的大小为，方向为垂直xoy平面向外．（2）在区域Ⅱ中电场的场强为，MN两点间距离是。

新课标1卷2015年高考卷理科综合试题(word 版)(物理部分)14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（D ） A.轨道半径减小，角速度增大 B.轨道半径减小，角速度减小 C.轨道半径增大，角速度增大 D.轨道半径增大，角速度减小15.如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则( B ) A.直线a 位于某一等势面内，Q M φφ> B.直线c 位于某一等势面内，N M φφ> C.若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功 D.若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功16.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( A )A. 9166==k ,V U B. 9122==k ,V U C. 3166==k ,V U D. 3122==k ,V U17.如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。

则( C )A. mgR W 21=，质点恰好可以到达Q 点 B. mgR W 21>，质点不能到达Q 点C. mgR W 21=，质点到达Q 后，继续上升一段距离 D. mgR W 21<，质点到达Q 后，继续上升一段距离18.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

2014-2015学年湖南省怀化市高三（上）期末物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在1～9题中，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．在10～12题中，每小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4分，选对但不全得2分，错选或不答得0分．1．（4分）物理试验中，有些物理变化、现象、待测的物理量很微小，实验仪器的使用和实验方法选择放大法，下列各组实验仪器的使用和实验方法中采用了放大法的是（）A．游标卡尺的使用；卡文迪许测定万有引力常量的实验B．变阻箱的使用；导线缠绕在圆柱体上用累积法测出导线的直径C．螺旋测微器的使用；验证牛顿第二定律的实验D．电流表的使用；利用多根橡皮筋探究外力做功与物体动能变化关系的实验2．（4分）地球的质量与某一行星的质量之比为a，地球的半径与该行星的半径之比为b，则地球的第一宇宙速度与该行星的第一宇宙速度之比为（）A．B．C．D．3．（4分）甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙物体做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲物体（）A．可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B．可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C．可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D．可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功4．（4分）如图所示，一对正负带电量均为Q的带电小球M、N（可视为点电荷）相距为L，它们连线的中点为O，AB为它们连线的中垂线，一带正电的检验电荷从O点沿着中垂线往A端移动过程中，则（）A．电场力对检验电荷做正功，电势能减小B．电场力对检验电荷做负功，电势能增加C．电场力对检验电荷不做功；O到A电势慢慢降低D．电场力对检验电荷不做功；O到A电势不变5．（4分）如图所示，某一电场线与等势线的分布图，实线表示某一正电荷形成的静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．1、2之间的间距和3、4之间的间距相等，下列判断正确的是（）A．1、2两点的电势差与3、4两点的电势差相等B．1、2两点的电势差小于3、4两点的电势差C．一负电荷从1沿着电场线到2，再顺着等势线到达3的过程中电势能一直增加D．一负电荷从1最终到达4的过程中电势能可能某段时间会减少，但最终电势能增加6．（4分）如图所示，水平横梁MN粗糙，圆柱体PQ表面光滑并竖直放置，A、B两物体关于PQ的轴线对称套在MN上，C环通过两细线与A、B连接并套在圆柱体PQ上，初始A、B、C三物体处于平衡状态，现将A、B两物体分别向左、向右缓慢移动相同的小段距离，该过程下列说法正确的是（）A．细线的拉力变大，A、B两物体所受到的摩擦力不变B．细线的拉力变大，MN对A、B两物体的支持力变大C．MN对A、B两物体的支持力不变，摩擦力变大D．MN对A、B两物体的支持力不变，摩擦力不变7．（4分）下列四个图中，一个带正电的小球，在坐标原点由静止释放．忽略空气阻力，电场方向沿着x轴的正方向与x轴平行，y轴竖直向下．能准确反映小球的可能运动轨迹的是（）A．B．C．D．8．（4分）某一段金属导体长为L，横截面积为S，电阻率为ρ，加在该导体两端的电压为U，则：在时间t内流过这导体某一横截面积的电量为（）A．B．C．D．9．（4分）如图所示，足够宽的某区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场，水平地面光滑绝缘，质量为m=1kg、带电量为q=1.0×10﹣4C 的带正电物体由静止释放（重力加速度为g=10m/s2，已知电场力大小和重力大小相等），经加速，当位移达到x=5m时物体刚好离开地面，则磁场的磁感应强度大小为（）A．1.5×104T B．1.0×104 T C．1.4×104 T D．2.0×104 T 10．（4分）我国的某次东海海、陆、空军事演习中，一战斗机低空飞行，在飞行途中（）A．若航行偏东南方向且水平飞行，则飞行员左机翼的电势比右机翼高B．若航行偏东南方向且水平飞行，则飞行员左机翼的电势比右机翼低C．若航行偏西南方向且水平飞行，则飞行员左机翼的电势比右机翼高D．若航行偏西南方向且水平飞行，则飞行员左机翼的电势比右机翼低11．（4分）如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的触动片P向b端滑动时（）A．电压表的示数变大，电流表A1变大，A2变小B．电压表的示数变大，电流表A1变小，A2变小C．灯泡变暗，R2的电功率变大D．灯泡变亮，R2的电功率变小12．（4分）如图，船在宽度d=200m 的河上由南向北航行，已知船在静水中的速度v0=6m/s，现以船起航的码头处为坐标原点，以沿河岸向东方向为x轴正方向、垂直河岸向北方向为y轴的正方向，河水的流速v1随y轴坐标满足的函数关系：v1=a﹣k（y﹣100）2（m/s）（其中：a=3，k=2.5×10﹣4），则（）A．船过河的最短时间为s，河岸边缘的河水流速为0.5m/sB．若船航行的v0保持某一方向不变，则船过河的最短距离可以达到200mC．若船头始终垂直河岸航行到y=100+20m处，船相对岸边的速度为2.5m/s D．若船头始终垂直河岸航行到y=100+20m处，船相对岸边的速度为6.5m/s二、实验题：本题共2小题，共15分．13．（7分）利用伏安法测绘金属丝的“U﹣I”的特性曲线的实验，提供下列的实验器材：A．待测金属丝（7.5V，3.75W ）B．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω，允许最大电流1A）C．电流表（量程0～0.6A，内阻约为1Ω 以及量程0～3A，内阻约为0.2Ω）D．电压表（量程0～3V，内阻约为3.0kΩ 以及量程0～15V，内阻约为15kΩ）E．直流电源（电动势9V，内阻不计）F．开关、导线若干（1）如图所示由电路图2根据所给的几个电路元件将图1中的实物连成所需电路．（2）如图2所示的电路图为什么电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压式的连接原因是下列的．（填序号）A．金属丝的电阻较小，当它与电流表串联时，电流表的分压影响较大，于是为了准确测出金属丝的伏安特性曲线，电流表采用外接法B．金属丝的电阻相对较大，当它与电流表串联时，电流表的分压影响很小，于是为了准确测出金属丝的伏安特性曲线，电流表采用外接法C．为使电路中电流不宜过大而烧坏用电器，滑动变阻器应采用分压式连接D．为使金属丝上的电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式连接（3）从如图3所示的图线上可以看出，当金属丝的电功率逐渐增大时，金属丝的电阻的变化情况一定是逐渐（选填“增大”或“减小”）；这表明导体的电阻随着温度的升高而（选填“增大”或“减小”）．14．（8分）在“探究做功与速度变化的关系”实验中，某同学设置了如图所示的实验装置，一个由同种材料制成的斜面，在斜面上设置A、B、C、D、E五个点，它们到斜面底端的距离依次是L的1、2、3、4、5倍，在斜面底端垂直斜面安装了一个光电门，将一带有挡板的小车依次从A到E由静止释放5次，挡板与光电门同一高度，每次记下档板通过光电门的时间t，根据该实验情景，回答下列问题：（1）关于斜面对小车的摩擦力．（填序号）A．需要平衡斜面对小车的摩擦力B．不需要平衡斜面对小车的摩擦力C．需要测出摩擦力的大小D．不需要测出摩擦力的大小（2）试验中（填“需要”或者“不需要”）测出挡板的宽度d．（3）实验“探究做功与速度变化的关系”，在该实验中背景下最终体现出的结果应该是nL与下列成正比．（填序号）A．t B．C．t2 D．．三、计算题：本题共3小题，共37分．解答过程要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，结果必须有明确的数值和单位．15．（10分）如图所示，A、B两可视为质点的物体固定在绝缘水平面上，A、B 的质量分别为m=1kg、M=2kg，A、B均带正电且电量分别为q=1.0×10﹣5C、Q=1.5×10﹣5C，整个空间存在水平向右、电场强度大小为E=1.0×106V/m的匀强电场，水平地面的动摩擦因数µ=0.5（g取10m/s2），开始B物体与A物体相隔l=1.8m，忽略A、B之间的相互作用力的影响．将A、B两物体同时从静止释放，问：（1）经过多长时间两物体相遇；（2）相遇时A的速度多大．16．（12分）如图所示，一个电阻不计的导体棒ab放在电阻不计的足够长的导轨上（导轨间距为L），他们接触良好，导轨光滑，导轨与水平面间的夹角为θ；导轨上边接一个阻值为R的电阻，一磁感强度为B的匀强磁场垂直导轨表面向上，ab棒质量为m，重力加速度为g；现将ab棒由静止释放，求：（1）导体棒能够达到的最大速度；（2）从开始释放导体棒到导体棒速度达到最大的过程中，导体棒沿导轨下滑距离为s，求这一过程电阻产生的焦耳热．17．（15分）如图所示，MN、O1O2、PQ为两相邻匀强磁场区域的界面，O1O2为它们的公共界面，左区域磁场方向垂直纸面向里，右区域磁场方向垂直纸面向外，它们的大小皆为B，两磁场区域宽度皆为d，一带正电粒子以速度v 从A点垂直MN射入左磁场区域并穿过O1O2进入右边磁场区域，最后从B点以垂直于PQ面穿出磁场区域（带电粒子重力不计），已知带电粒子入射处A 点和出射处B点的侧位移大小也为d，求：（1）带电粒子在磁场中运动的周期；（2）带电粒子在磁场中（从A点到B点）运动所用的时间。