湖北省宜昌一中2015届高三下学期第三次模拟物理试卷

湖北省宜昌市第一中学2015届高三下学期第三次模考试语文试题一、语文基础知识（共15分，共5小题，每小题3分）1．下列词语中，加点字的读音全都正确的一项是（）A．麻痹（．．bì）悭．吝（qiān）亲．家母（qìn）毁家纾．难（shū）B．讣．告（fù）关卡．（kǎ）入场券．（quàn）余勇可贾．（gǔ）C．龋．齿（qǔ）内讧．（hòng）和．稀泥（huò）自怨自艾．（ài）D．巨擘．（bò）窥伺．（sì）主旋．律（xuán）海市蜃．楼（shèn）【答案】D【解析】试题分析：字音题考核的内容有多音字、形似字、音近字、形声字、统读字、生僻字、方言误读七类，命题形式主要有找出注音全部正确的一项、找出读音全部相同（或不同）的一项，找出读音全部相同（或不同）的一组三类。

复习时分类整理记忆，以记忆为主，训练、记忆相结合。

A．亲家母qìng 亲 [qìng]〔～家〕夫妻双方的父母彼此的关系或称呼（“家”读轻声）。

其余的读亲 [qīn]。

B．关卡（qiǎ）卡 [qiǎ]1．在交通要道设置的检查或收税的地方：关～。

～子。

2．夹东西的器具：发（fà）～。

领带～。

3．夹在中间，堵塞：～壳。

鱼刺～在嗓子里。

其余的读卡 [kǎ]。

C自怨自艾（yì）艾 [yì]1．通“刈”。

刈割；斩除。

2．又如：艾命（舍生；捐躯）3．通“乂”。

治理；安定。

4．又如：艾安（民生安定，宇内承平）。

其余的读艾 [ài]考点：识记现代汉语普通话常用字的字音。

能力层级为识记A。

2．下列词语中，没有错别字的一项是（）A．疏浚天然气囿于成见口惠而实不至B．振撼照相机改弦更张失之东隅，收之桑榆C．肖像萤火虫披肝沥胆百尺杆头，更进一步D．募捐冷不防坐无虚席毕其攻于一役【答案】A【解析】试题分析：识记并正确书写常用汉字是高考要求之一。

湖北省宜昌一中2015届高考物理二模试卷一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．电子感应加速器根本原理如下列图，上、下为电磁铁两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动．电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化．甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图，假设某一时刻，电磁铁线圈电流方向与图示方向一致、电子正沿逆时针方向作加速运动，如此如下说法正确的答案是( )A．电子感应加速器是利用磁场对电子的洛伦兹力作用使电子加速的B．电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的C．电磁铁线圈中电流大小要保持恒定D．此时真空室中的感生电场沿逆时针方向2．如下列图是研究影响平行板电容器的电容大小的因素的实验电路．平行板电容器充电后，将极板A与一灵敏静电计的金属小球相接，极板B接地，静电计金属外壳接地，假设极板B 稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小结论的依据是( )A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量减小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小3．如下列图，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为( )A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．如下说法正确的( )A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增加5．经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如下列图，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，如此行星B运动轨道半径R( )A．R=R0B．R=R0C．R=R0D．R=R06．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g．如此在此过程中，如下说法正确的答案是( )A．小球可能带正电，也可能带负电B．小球可能做匀加速直线运动C．小球加速度大小为gcosαD．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量7．如下列图，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有一水平放置的半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、BO段导体的电阻可忽略，圆弧AB段的电阻为r，半圆直径与磁场边界重合；现用外力使导体框从图示位置开始绕过O、垂直于半圆面的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动一周，如下分析正确的答案是( )A．圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB．转动的前半周内AB两端电压为C．转动的后半周内通过O点的电量为D．外力对线框做的功为8．一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，上升过程中受到阻力f作用，如下列图，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，〔以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1〕如此由图可知，如下结论正确的答案是( )A．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC．上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D．上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0三、非选择题：包括必考题和选考题两局部．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16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．在探究“加速度与力的关系〞实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图1所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动．然后将一定数量的砝码〔其总质量为m〕放入小吊盘中〔小吊盘质量不计〕，接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F．以后每次实验将小吊盘中局部砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验屡次，并计算出每条纸带对应的加速度．回答如下问题：〔1〕按上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？__________〔填“是〞或“否〞〕〔2〕该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a 为纵坐标，在坐标纸上作出a﹣F关系图线．图2图线中，你认为合理的是__________ 〔3〕假设该同学所作出a﹣F关系图线，直线〔或直线局部〕斜率为k，如此小车质量M=__________．10．为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．待测干电池〔电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω〕B．电流表A1〔量程0～2mA，内阻R A1=10Ω〕C．电流表A2〔量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω〕D．滑动变阻器R1〔0～20Ω，10A〕E．滑动变阻器R2〔0～100Ω，1A〕F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线假设干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：〔1〕为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用__________〔填写序号字母〕．〔2〕在图1所示虚线框内补画出完整的电路原理图．〔3〕根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，如表所示．在图2坐标纸上作出I1和I2的关系图线．根据描绘出的图线，可得被测电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω．〔计算结果保存两位小数〕11．两小孩在平直跑道上做游戏，各自用不同的水平恒力使质量m=10kg的一样物体甲、乙从起跑线由静止开始运动．水平恒力F1=50N持续作用t1=3s使甲运动到离起跑线x=18m处；水平恒力F2=30N持续在乙上作用t2=5s后撤去，求：〔1〕物体受到的阻力；〔2〕乙物体最后停在离起跑线多远处．12．如下列图，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以一样的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为+q 的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b 点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了．假设只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在 b 点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力与粒子间的相互作用．求：〔1〕粒子源发射粒子的速率v0与从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间t m〔2〕电场强度的方向与大小．〔二〕选考题，请考生从以下2个模块中任选一模块作答[物理--选修3-4]13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，如此以下说法正确的答案是( )A．这列波的波速可能为50m/sB．从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．假设T=0.8s，如此当t+0.5s时刻，质点b、P的位移一样E．假设T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，如此质点c的振动方程为y=0.1sin〔πt〕〔m〕14．在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如下列图，它的边长为d．在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30°，假设光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S到P点的距离．[物理--选修3-5]15．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的规律认识正确的答案是( )A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射的光中，有3种不同频率的光能使锌发生光电效应C．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板外表所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD．用能量为10.21eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E．用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离16．如下列图，在固定的光滑水平杆〔杆足够长〕上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M=1.98kg的木块，现有一质量为m0=20g 的子弹以v0=100m/s的水平速度射入木块并留在木块中〔不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2〕，求：①圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；②木块所能达到的最大高度．湖北省宜昌一中2015届高考物理二模试卷一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．电子感应加速器根本原理如下列图，上、下为电磁铁两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动．电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化．甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图，假设某一时刻，电磁铁线圈电流方向与图示方向一致、电子正沿逆时针方向作加速运动，如此如下说法正确的答案是( )A．电子感应加速器是利用磁场对电子的洛伦兹力作用使电子加速的B．电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的C．电磁铁线圈中电流大小要保持恒定D．此时真空室中的感生电场沿逆时针方向考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理．分析：根据右手螺旋定如此，结合电磁波理论，如此可磁场发生变化，通过楞次定律可判断出涡旋电场的方向，从而可知电子在涡旋电场下的运动．解答：解：ABD、当电磁铁中应通以方向如图甲所示，大小增强的电流，线圈中的磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故AD错误，B正确．C、由上分析可知，当线圈中电流大小要保持恒定时，不会激发出感生电场，故D错误；应当选：B．点评：解决此题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场磁通量的变化．2．如下列图是研究影响平行板电容器的电容大小的因素的实验电路．平行板电容器充电后，将极板A与一灵敏静电计的金属小球相接，极板B接地，静电计金属外壳接地，假设极板B 稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小结论的依据是( )A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量减小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容器与电源断开，电量不变，根据决定式判断电容的变化，静电计测量的是两极板间的电势差，根据定义式判断两板间电压的变化．解答：解：根据C=知，极板B稍向上移动一点，s减小，如此电容变小，根据C=知，极板上的电荷量几乎不变，两板间的电压变大，故C正确，ABD错误．应当选：C．点评：考查电容表达式，解决此题的关键掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=的综合应用．3．如下列图，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为( )A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律求出升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，下面弹簧的弹力．然后根据牛顿第二定律求出升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力．解答：解：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F1+F2﹣mg=ma1，F2=1.0N．当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力F合=ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8N，如此物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.4N，F2=1.0N，如此每根弹簧增加0.2N，所以上面弹簧的弹力为0.6N．故A正确，B、C、D错误．应当选A．点评：解决此题的关键掌握牛顿第二定律以与胡克定律，知道物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化相等．4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．如下说法正确的( )A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增加考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值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：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为5V，所以电压的有效值为V==5V，所以B错误．C、P左移，R变大，副线的电压不变，如此副线圈的电流变小，原线圈的电流也随之变小，故C正确．D、P向左移动时，滑动变阻器的电阻变大，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变小，变压器的输入功率等于输出功率都变小，故D错误．应当选：C点评：电路的动态变化的分析，总的原如此就是由局部电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路5．经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如下列图，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，如此行星B运动轨道半径R( )A．R=R0B．R=R0C．R=R0D．R=R0考点：开普勒定律．专题：万有引力定律的应用专题．分析：先根据多转动一圈时间为t0，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径．解答：解：A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，如此有：t0﹣t0=2π，所以T=，由开普勒第三定律得：=，解得：R=R0，应当选：A．点评：从此题可以看出，通过测量环绕天体的轨道半径和公转周期，可以求出中心天体的质量．6．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FO D的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g．如此在此过程中，如下说法正确的答案是( )A．小球可能带正电，也可能带负电B．小球可能做匀加速直线运动C．小球加速度大小为gcosαD．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先以知道题境，以小球为研究对象，据运动情况判断小球的合外力的方向，在判断小球的电场力情况；再从功能关系的角度，据此分析判断选项即可．解答：解；A、一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定，故A正确；B、据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B错误；C、据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知，a=2gcosα，故C错误；D、由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角一样，所以二力做的功一样，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．应当选：AD点评：此题难度较大，解题的突破口是找出重力和电场力的关系，在灵活应用几何关系和重力做功与电场力做功与势能的关系判断．7．如下列图，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有一水平放置的半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、BO段导体的电阻可忽略，圆弧AB段的电阻为r，半圆直径与磁场边界重合；现用外力使导体框从图示位置开始绕过O、垂直于半圆面的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动一周，如下分析正确的答案是( )A．圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB．转动的前半周内AB两端电压为C．转动的后半周内通过O点的电量为D．外力对线框做的功为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：分析导线的转动，根据右手定如此可明确电流的方向；根据旋转切割产生的电动势的表达式与欧姆定律可求得电压；由功能关系可求出外力所做的功．解答：解：A、在转动的前半周内，有效切割的局部为OB，由右手定如此可知，电流由B 到A；后面周期内切割的有效长度为AO，如此电流为由A流向B；故A错误；B、转动的前半周期内，由于AB电阻不计，圆弧上的电压即为电源的电动势，切割产生的电动势E=BL2ω；故B正确；C、转动的后面周期，磁通量的变化量△Φ=B；故电量Q==；故C错误；D、外力做功等于产生的电能，如此做功W=I2rt=〔〕2r×=；故D正确；应当选：BD．点评：此题考查导体旋转切割磁感线的电动势与电路规律的应用，要注意正确分析电路结构，明确功能关系的应用即可求解．8．一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，上升过程中受到阻力f作用，如下列图，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，〔以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1〕如此由图可知，如下结论正确的答案是( )A．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC．上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D．上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．〔2〕重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．〔3〕机械能=动能+势能．物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能．解答：解：A、根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；B、从②图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图线可知：fh0=E k0﹣，且由①图线根据动能定理可知E k0=〔mg+f〕h0，解得f=kmg，故B正确；C、设h高度时重力势能和动能相等，①图线的函数方程为E k=E k0﹣〔mg+f〕h，②图线的函数方程为E P=h，令E k=E P，与E k0=〔mg+f〕h0和f=kmg，联立解得h=h0，C正确；同理可得D正确应当选BCD点评：〔1〕掌握动能和重力势能大小的影响因素，根据图象能确定动能和势能的大小．〔2〕根据“E=E K+E P〞计算机械能的大小．三、非选择题：包括必考题和选考题两局部．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16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．在探究“加速度与力的关系〞实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图1所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动．然后将一定数量的砝码〔其总质量为m〕放入小吊盘中〔小吊盘质量不计〕，接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F．以后每次实验将小吊盘中局部砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验屡次，并计算出每条纸带对应的加速度．回答如下问题：〔1〕按上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？否〔填“是〞或“否〞〕〔2〕该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a 为纵坐标，在坐标纸上作出a﹣F关系图线．图2图线中，你认为合理的是D〔3〕假设该同学所作出a﹣F关系图线，直线〔或直线局部〕斜率为k，如此小车质量M=．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：〔1〕把砝码和小车整体看成研究对象，根据牛顿第二定律分析即可求解；〔2、3〕根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析a与F的关系，从而选择图象，并根据图象斜率的含义求出小车质量M．解答：解：〔1〕把砝码和小车整体看成研究对象，根据牛顿第二定律可知：mg=〔m+M〕a，假设把小吊盘中局部砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，如此有：〔m﹣m0〕g=〔m+M〕a，我们发现不需要用砝码的重力代替绳子的拉力，用整体法求出的加速度就是小车的加速度，所以不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．〔2〕根据牛顿第二定律可知：F=〔m+M〕a，解得：a=如此加速度与F成正比，图象是通过原点的倾斜的直线，故D正确．应当选：D〔3〕a﹣F图象的斜率k=解得：M=故答案为〔1〕否；〔2〕D；〔3〕点评：对于实验题要掌握其原理，知道课本上的实验为什么要求重物的质量远远小于小车的质量，能根据牛顿第二定律求出加速度与F的关系，知道a﹣F图象斜率的含义，题目比拟新颖，难度适中．10．为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．待测干电池〔电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω〕B．电流表A1〔量程0～2mA，内阻R A1=10Ω〕C．电流表A2〔量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω〕D．滑动变阻器R1〔0～20Ω，10A〕E．滑动变阻器R2〔0～100Ω，1A〕F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线假设干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：〔1〕为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用D〔填写序号字母〕．〔2〕在图1所示虚线框内补画出完整的电路原理图．。

2015年普通高等学校招生全国统一考试试题（模拟）（文史类）本试卷共4页，共22题。

满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置，用统一提供的2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的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，再填涂其它答案标号。

答在试题卷、草稿纸上无效。

3.填空题和解答题的作答：用统一提供的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I 卷(选择题共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．在复平面内，复数21ii-对应的点的坐标是( ) A.(1,1)- B.(1,1)--C.(1,1)-D.(1,1)2.设,A B 为两个不相等的集合，条件:()p x A B ∉⋂，条件:()q x A B ∉⋃，则p 是q 的（） A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.已知32log 2a =，14log 2b =，132c -=，则,,a b c 的大小关系是( )A.c b a >>B.a b c >>C.b a c >>D.b c a >>4.阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出的K 和S 值分别为( )A.9，49B.11，511 C.13，613 D.15，7155．甲、乙两名同学在5次体能测试中的成绩的茎叶图如图所示，设1x ，2x 分别表示甲、乙两名同学测试成绩的平均数，1s ，2s 分别表示甲、乙两名同学测试成绩的标准差，则有 ( )A.12x x =，12s s <B.12x x =，12s s >C.12x x >，12s s >D.12x x =，12s s =6．已知函数sin y a bx =+（0b >且1b ≠）的图象如图所示，那么函数log ()b y x a =-的图象可能是( )A.答案AB.答案BC.答案CD.答案D7.已知双曲线221ax by -=（0,0a b >>）的一条渐近线方程是0x =，它的一个焦点在抛物线24y x =-的准线上，则双曲线的方程为（） A.224121x y -= B.224413x y -= C.221241x y -= D.224413x y -=8.已知函数x x x f ωωcos 3sin )(-=（0ω>）的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于2π，若将函数()y f x =的图象向左平移6π个单位得到函数()y g x =的图象，则()y g x =是减函数的区间为（） A.(,0)3π- B.(,)44ππ- C.(0,)3π D.(,)43ππ9.在平面直角坐标系xoy 中，点(0,3)A ，直线:24l y x =-，设圆C 的半径为1，圆心C 在l 上．若圆C 上存在点M ，使2MA MO =，则圆心C 的横坐标a 的取值范围为（）A.]512,0[B.)512,0( C.)3,1( D.]3,1[10.已知函数()1(0)f x mx x m =-->，若关于x 的不等式()0f x <的解集中的整数恰有3个，则实数m 的取值范围为（）A.01m <≤B.4332m ≤< C.312m << D.322m ≤<第Ⅱ卷 (非选择题共100分)二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，共35分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分。

湖北省宜昌市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）【答案】20MN Uv U dg=；【解析】 【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =202v g小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =022v t ⋅ h =2v t ⋅ 联立得，x =2h =20v g故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-20Uv gd从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =12m 20(2)v -2012mv 所以联立解得W 电=202mv答：M 、N 间电势差为-20Uv gd，电场力做功202mv ．2．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。

一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。

已知小球的质量为22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】（1）对小球，在D 点，有：2Dv mg qE m R-=得：1m/s D v =从D 点飞出后，做平抛运动，有：mg qE ma -=得：25.0m/s a =2122R at =得：0.4t s =0.4m D x v t ==（2）对小球，从A 点到D 点，有：22011()2222D mg qE L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=- 解得：0 2.5m/s v =3．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为12p m m E Gr=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12p q q E kr=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2-2ke r②模型Ⅰ的简化是合理的【解析】（1）① 22002/2M M v G L L =，解得v =②双星系统的动能2200k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =202M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=22ke r又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2-2ke r对于模型Ⅱ：对电子有：22121mv ke r r =， 解得 22112mv r r ke= 对于原子核有：22222Mv ke r r =， 解得 22222Mv rr ke=因为r 1+r 2=r ，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke= 解得E k Ⅱ=2221211222ke mv Mv r+=又因电势能2pe E k r =-Ⅱ，所以E Ⅱ= E k Ⅱ+E p Ⅱ=2-2ke r即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2-2ke r②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I I 2=mv ke m v r r ω=，解得2I 2=ke v m r ω 模型Ⅱ中：对电子有：22II 1II 21=mv ke m v r r ω=， 解得2II 21=ke v m r ω对于原子核有：22222=ke Mv M v r r ω=， 因ω1=ω2，所以mv Ⅱ=Mv又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为v Ⅰ=v Ⅱ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的． ②解法二：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I 2mv ke r r =，解得I v模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=ke mr Mr rωω== (1)解得12=r M r m； 又因为r 1+r 2=r 所以1=M r m M + 2=mr m M+带入（1）式：ω=所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．4．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q （Q ＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h 2的管口A 处，有一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q 、质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则该点电荷运动过程中：（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析） （2）速度最大处与底部点电荷的距离 （3）运动到B 处的速度大小【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； （2）3KQqr mg=（3）2123()3B v g h h =-【解析】 【详解】（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，23kQqF mg r 库==解得：3kQqr mg=（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：mgh +W E =0；即W E =-mgh ；当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：3mgh-mgh =123mv 2； 解得：2123()3B v g h h =- 点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．5．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）方向：由A 指向B（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由A 指向B6．如图所示，长l =1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：（1）小球所受电场力F 的大小和小球的质量m ；（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v 的大小；（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T 的大小． 【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N【解析】 【分析】 【详解】（1）小球受到的电场力的大小为：F =qE =1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N小球受力如图所示：根据平衡可知：tan F mg θ=解得：m=4.0×10–4 kg（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有21sin (1cos )2Fl mgl mv θθ--=解得：12(1)5m/s cos v gl θ=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知2sin cos mv T F mg lθθ--= 解得：T =7.0×10-3 N二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）7．如图所示，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为0.4mgE q=．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小； （2）A 第二次与B 碰前的速度大小；（3）A 、B 停止运动时，B 的总位移x ． 【答案】（1）2m/s （2）2m/s 3（3）2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）从A 开始运动到与B 碰撞过程，由动能定理：201001222EqL mgL mv μ-⋅=⋅解得：v 0=2m/s（2）AB 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：01222mv mv mv =+22201211122222mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12m/s 3v =28m/s 3v =（另一组解舍掉） 两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B 的加速度：222122m/s 2B E q mgqE a g m mμμ⋅-==-=- ， A 的加速度：11122024A E q mgqE a g m mμμ⋅-⋅==-= 即B 做匀减速运动，A 做匀速运动；A 第二次与B 碰前的速度大小为12m/s 3v =； （3）B 做减速运动直到停止的位移：221216m 23B v x a ==AB 第二次碰撞时：1122222mv mv mv =+2221122211122222mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12112m/s 39v v == ，2212488m/s=m/s 393v v ==B 再次停止时的位移2222416m 23B v x a == 同理可得，第三次碰撞时，12132322mv mv mv =+22212132311122222mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v ==，23123488m/s m/s 3273v v === B 第3次停止时的位移2223616m 23B v x a == 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)48m/s 33nv v ==（ B 第n 次停止时的位移:22n 216m 23n n B v x a ==则A 、B 停止运动时，B 的总位移12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m3nn n x x x x x =+⋅⋅⋅+=+⋅⋅⋅+当n 取无穷大时， A 、B 停止运动时，B 的总位移2m x =．8．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，ABU 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2122mL U eT=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

湖北省宜昌一中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，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．时至今日，数千颗人造卫星正在按照万有引力定律为它们“设定”的轨道绕地球运行，万有引力定律取得如此辉煌的成就，下列关于人类发现万有引力定律过程的叙述中正确的是( )A．开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了万有引力定律B．关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离成反比C．牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律D．卡文迪许用“月﹣地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性2．每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能静止的是( )A．B．C．D．3．静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A．磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏B．电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热C．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零D．变压器的铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的效率4．将通电的电缆线绕在钳形电流表原线圈上就可以测量电缆线上的电流．现在，将同一根通电电缆线分别按（a）（b）方式绕线，图（a）中绕了1匝．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中绕了3匝，则( )A．这种电流表能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为0.4AB．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A5．如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r．在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U，则( )A．U=B．U=C．U=D．U=6．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是( )A．物块的质量为1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J7．如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )A． B． C． D．8．如图所示，飞行器P在赤道面绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向一致，已知地球相对飞行器P的张角为θ，地球的半径为R，地球的自转周期为T0，飞行器P的公转周期为T，万有引力常量为G，当地面通信基站观测到飞行器时，两者就可以进行点对点直接通信，忽略信号的传输时间．下列说法正确的是( )A．地球相对飞行器P的张角θ越小，飞行器P的运行周期越大B．飞行器P的轨道半径r=RsinC．地球的质量M=D．赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为三、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9．将游标卡尺的左右测脚合在一起，若游标的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，就会出现零误差．某同学使用存在零误差如图1所示的游标卡尺来进行测量，测量结果如图2所示，则此次测量的测量值为__________，真实值为__________．10．如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干．图2为热敏电阻的R﹣t图象，继电器的电阻为100Ω．当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻可以不计．（1）请用笔划线代替导线，将图1中简单恒温箱温控电路图补充完整．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电．（2）根据图2热敏电阻的R﹣t图象，热敏电阻的阻值R随温度的降低而__________（填“增大”或“减小”）．如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R2的阻值应调节为__________Ω．若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微__________（填“增大”或“减小”）11．固定的、倾角θ=37°的斜面AC，A的正上方B点有一水枪，每隔（+1）s的时间间隔、以相同的水平速度喷出水滴．水滴在空气中飞行2s后刚好垂直打在斜面上的D点（图中未标出）．质量为M的小物块（可当质点）从某个时刻开始以某一初速度由A沿斜面上滑，小物块M与斜面间滑动摩擦因数μ=0.5，小物块M能到达的离A点的最远位置为E（图中未标出）点，相邻两滴水正好落在小物块上．不考虑水滴落在M上对M的速度的影响，不考虑水滴的空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）AB的高度；（2）AE的长度．12．（18分）如图所示为汽车电磁感应减速带原理图（俯视图），在汽车通过的区域设置匀强磁场，其方向垂直地面向上，大小为B，宽度为d．在汽车底部固定有一个长度L1、宽度L2的N匝矩形线圈，线圈的总电阻为R，车和线圈的总质量为m，假设汽车运动过程中所受阻力恒为f．当汽车以初速度v0进入磁场区域的左侧，开始以大小为a的恒定加速度减速驶入磁场区域，线圈全部进入磁场后，立即做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，已知从线圈刚进入磁场到完全穿出磁场的过程中，汽车的牵引力做的总功为W．从线圈的前边与磁场左边线重合开始计时．求：（1）线圈在进入磁场的过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式（2）线圈进入磁场的过程中，所产生的焦耳热．（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答[物理--选修3-3]13．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B．一定量气体，吸热200J，气体对外做功220J，内能减少20JC．热量能够自发地从高温物体传到低温物体D．利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能14．如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S=2.5×10﹣3m2．汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t0=27℃，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0．若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出F﹣t图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0．[物理--选修3-4]15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )A．这列波的波速可能为50m/sB．从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（πt）（m）16．在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d，玻璃砖的折射率n=，在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，从侧面AD射出，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等．求点光源S到P点的距离．[物理--选修3-5]17．下列关于近代物理学常识的表述中，正确的是( )A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，破除“能量连续变化”的传统观念，成为近代物理学思想的基石之一C．美国物理学家密立根，测量金属的遏止电压U C与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以此检验了爱因斯坦光电效应的正确性D．英国物理学家汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，从而发现了电子E．所有的核反应都遵循核电荷数守恒，反应前后核的总质量也保持不变湖北省宜昌一中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，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．时至今日，数千颗人造卫星正在按照万有引力定律为它们“设定”的轨道绕地球运行，万有引力定律取得如此辉煌的成就，下列关于人类发现万有引力定律过程的叙述中正确的是( )A．开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了万有引力定律B．关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离成反比C．牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律D．卡文迪许用“月﹣地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了行星运动规律，故A错误；B、关于天体运动的规律，胡克等人认为，行星绕太阳运动是因为受到了太阳的吸引，并证明了圆轨道下，它所受的引力大小跟行星到太阳距离的平方成反比，故B错误；C、牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，从而建立了万有引力定律，故C正确；D、牛顿用“月﹣地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性，故D错误；故选：C．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．每年春天许多游客前往公园放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，下列的四幅图中，AB线代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，则风筝可能静止的是( )A．B．C．D．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：要使风筝能静止在空中，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的情况．解答：解：风筝受到的浮力应是垂直于风筝面向上的；故：A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的浮力与而拉力方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，A错误；B、风筝的重力和绳子的拉力都竖直向下，而浮力垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故B错误；C、风筝重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，故C正确；D、风筝受浮力竖直向上，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故浮力与绳子的合力不能为零；故不可能平衡，故D错误；故选C．点评：物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零．3．静电平衡、电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A．磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏B．电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热C．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零D．变压器的铁芯用薄硅钢片叠压而成，而不用一整块硅钢，这样增强了磁场、提高了变压器的效率考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零；涡流会在导体中产生大量的热量．解答：解：A、常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动．而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故A正确．B、电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的，故B错误．C、处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，电势是处处相等，不为零；故C正确；C、变压器的铁芯用硅钢片叠压而成，是为了减小涡流；故D正确；故选：AD．点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等；同时理解电磁阻尼的原理，注意电势与电场强度没有直接关系．4．将通电的电缆线绕在钳形电流表原线圈上就可以测量电缆线上的电流．现在，将同一根通电电缆线分别按（a）（b）方式绕线，图（a）中绕了1匝．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中绕了3匝，则( )A．这种电流表能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为0.4AB．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程解答：解：变压器只能适用于交流电，根据电流与匝数成反比知图b的读数为1.2×3=3.6A．故选：C点评：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器5．如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r．在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U，则( )A．U=B．U=C．U=D．U=考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d．只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点．解答：解：粒子在两电极间加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子从S点出发，经过一段时间后再回到S点，粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子从a到d必经过圆周，粒子轨道半径：R=r，解得：U=，故A正确，BCD错误；故选：A．点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，根据题意作出粒子的运动轨迹是处理粒子在磁场中运动的一半解题思路与方法，作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用几何知识求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题．6．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是( )A．物块的质量为1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．专题：动能定理的应用专题．分析：由F﹣t图象求出力的大小，由v﹣t图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率．解答：解：A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，由v﹣t图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2．在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ﹣mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；C、由v﹣t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=×0.4×22m=0.8m，0～3s内力F做功的平均功率为：P===W=0.213W，故C错误；D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：W f=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确．故选：AD．点评：本题是与图象综合的问题，关键是正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．7．如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )A． B． C． D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线．解答：解：A、AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误．B、A、C中点G的电势为：φG==V=4V．将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线．故B正确；C、由题意，A、B、C三点的电势φA=5V，φB=2V，φC=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线．故C正确；D、BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误．故选：BC．点评：本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析．8．如图所示，飞行器P在赤道面绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向一致，已知地球相对飞行器P的张角为θ，地球的半径为R，地球的自转周期为T0，飞行器P的公转周期为T，万有引力常量为G，当地面通信基站观测到飞行器时，两者就可以进行点对点直接通信，忽略信号的传输时间．下列说法正确的是( )A．地球相对飞行器P的张角θ越小，飞行器P的运行周期越大B．飞行器P的轨道半径r=RsinC．地球的质量M=D．赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据几何知识求出飞行器的半径，由开普勒第三定律分析其周期与轨道半径的关系．由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律求解地球的质量M．解答：解：AB、设飞行器的轨道半径为r，由几何知识可得 r=Rcot，则知θ越小，r越大，根据开普勒第三定律得知飞行器P的运行周期越大，故A正确，B错误．C、飞行器P绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有G=m结合 r=Rsin，解得 M=，故C正确．D、设赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为t，则有（﹣）t=2（）解得 t=，故D错误．故选：A．点评：本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．三、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9．将游标卡尺的左右测脚合在一起，若游标的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，就会出现零误差．某同学使用存在零误差如图1所示的游标卡尺来进行测量，测量结果如图2所示，则此次测量的测量值为14.40mm，真实值为13.55mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．由游标卡尺的读数方法，逆向推理可知两零刻度线之间的距离；解答：解：根据图1可知，当实际长度为0时，游标尺的零刻度与主尺的零刻度不重合，且第17格刻度线重合，所以实际值比测量值大17×0.05mm=0.85mm，根据图2可知，游标卡尺的主尺读数为：1.4cm=14mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：14mm+0.40mm=14.40mm，实际长度：为14.40mm﹣0.85mm=13.55mm故答案为：14.40mm；13.55mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，难度不大，属于基础题．10．如图1所示，现有热敏电阻R、电炉丝R1、电源E、电磁继电器、滑动变阻器R2、开关S和导线若干．图2为热敏电阻的R﹣t图象，继电器的电阻为100Ω．当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈和低压电炉丝供电的电池电动势E=9.0V，内阻可以不计．（1）请用笔划线代替导线，将图1中简单恒温箱温控电路图补充完整．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电．（2）根据图2热敏电阻的R﹣t图象，热敏电阻的阻值R随温度的降低而减小（填“增大”或“减小”）．如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R2的阻值应调节为260Ω．若要使恒温箱内的温度稍微升高些，应使可变电阻R2的阻值稍微增大（填“增大”或“减小”）考点：闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用．分析：（1）分析电路结构及应实现的功能，即可得出对应的电路图；（2）要使恒温箱内的温度保持100℃，当温度达到100℃时，电路就要断开，即电路要达到20mA．根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．根据闭合电路欧姆定律，可确定可变电阻的阻值如何变化，才能实现温度保持在更高的数值．解答：解：（1）温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时K是闭合的，而此时要求加热，因此只需要将电炉丝与K相连即可，如图所示；（2）由图可知，随温度升高，热敏电阻的阻值减小；当温度达到50℃时，加热电路就要断开，此时继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，r为继电器的电阻，由图甲可知，50°C时热敏电阻的阻值为R=90Ω所以有：R′=﹣R﹣r=﹣90﹣100=260Ω．。

湖北省七市（州）2015届高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。

）1．科学发现推动人类社会的进步，科学技术的应用改变人们的生活，在下列叙述中正确的是( )A．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由恒定的强磁场产生的B．电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以增强电源电动势的作用，促进线圈的转动C．法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机D．机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用静电感应的原理工作的2．一质点在某一外力F作用下由静止开始运动，力F的大小随时间t变化的图象如图所示，其方向始终在一条直线上，在0﹣8s内，下列说法正确的是( )A．在0﹣2s内质点做匀加速运动，第2s末其速度达到最大值B．第4s末质点的加速度为零，速度也刚好为零C．质点做变加速直线运动，第6s末加速度最大，且离出发位置最远D．在0﹣8s内，质点一直向同一个方向做直线运动，在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远3．如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极A、B板长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO′垂直荧光屏交于O″点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO′射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O″点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．小球一定带负电B．小球一定垂直打在荧光屏的O″点上C．电场力qE=mgD．电场力qE=2mg4．地球M和月球m可以看作一个双星系统，它们绕两球球心连线上的某一点O转动，据科学家研究发现，亿万年来地球把部分自转能量通过地月相互作用而转移给了月球，使地月之间的距离变大了，月球绕O点转动的机械能增加了，由此可以判断( )A．月球绕O点转动的角速度减小B．月球绕O点转动的角速度增大C．地球球心到O点的距离减小D．月球绕O点转动的动能增加5．如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变电器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，端电压分别为U1、U2，电流分别I1、I2，升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻R，变压器均为理想变压器，若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )A．用户端的负载增加（并联用电器增多）时，I2增大，I1增大B．无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2C．远距离输电线上的电流I2=D．若用户端要得到U1大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为n2：n16．如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）7．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力T垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）．某次运动中，运动员在水平牵引力F作用下，脚蹬滑板，沿水平面做了一小段匀加速直线运动，设滑板和水平面的夹角为θ，忽略空气阻力，在此运动过程中( )A．T增大，调整θ增大B．T增大，保持θ不变C．F增大，调整θ增大D．F不变，调整θ减小8．如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色皮带以10m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处于无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中( )A．小煤块从A运动到B的时间为2sB．煤块对皮带做的总功为0C．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J二、非选择题:（包括必考题和选考题两部分，9-12题为必考题，13-18题为选考题）（一）必考题9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：小钢珠、固定底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（1）使用游标卡尺测量小钢珠的直径如图2所示，则直径为__________cm；（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小钢珠经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小钢珠的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=__________；（3）根据实验数据作出﹣t图象（如图3），若图线斜率的绝对值为k，与纵轴的截距为a，根据图线可求出重力加速度大小为__________．10．（1）某同学利用如图1所示的电路测量一只灵敏电流计的电阻．该同学在连好电路后，先把电位器R调到最大；合上开关S1，调节R使电流表达到满偏电流I g，然后合上开关S2，调节电阻箱R1的阻值使电流表示数正好为满偏电流的一半，记下此时电阻箱的示数，即认为电流表的电阻R g就等于R1．①从系统误差的角度看，测量结果比真实值应该__________（填“偏大”或“偏小”）；②在下列选项中对实验测量准确性影响较大的因素是：__________．A、电源内电阻rB、电位器R的总阻值C、电源电动势ED、定值电阻R0的阻值（2）如果灵敏电流计（即表头）的满偏电流I g=1mA，电阻R g=100Ω，现实验实备有该型号表头改装的量程不同的电流表和电压表，某同学准备利用伏安法测量一只阻值约为150Ω的电阻R x，备选器材有：A、学生电源（电动势E约为4V）B、电压表（量程：0﹣3V）C、电流表A1（量程：0﹣50mA）D、电流表A2（量程：0﹣0.6A）E、电流表A3（量程：0﹣3A）F、滑动变阻器（总电阻约20Ω）G、开关、导线若干①为了尽量提高测量精度，请在图2虚线框内画出合理的电路原理图；②电流表应选择__________（请填写所选器材前的字母符号）11．如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？12．（19分）如图所示，在xOy平面的x＜0区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的区域I内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外，区域Ⅱ处于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（﹣2L，﹣L）的A点以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好经过坐标为[0，﹣（﹣1）L]的C点，粒子重力忽略不计，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向里的匀强磁场B2，试确定磁感应强度B2的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与y轴正方向夹角θ的范围．(二）选考题【物理选修3-3】13．以下说法正确的是 ( )A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小14．如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸内壁导热良好．活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开始时气柱高度为h0，若在活塞上放上一个质量为m 的砝码，再次平衡后气柱高度变为h，去掉砝码，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h′，已知气体温度保持不变，气缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压P0以及活塞的质量M．【物理选修3-4】15．如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm 处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是( )A．此波的波速为5cm/sB．此波的频率为1.5HzC．波源在t=0时运动速度沿y轴正方向D．波源振动已经历0.6sE．x=10cm的质点在t=1.5s处于波峰16．如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触，现有一单色平行光束与水平方向夹角为θ（θ＞0），从AB面射入玻璃砖，若要求不论θ取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为．【物理选修3-5】17．下列说法正确的是( )A．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C．一个氘核H与一个氚核H聚变生成一个氦核He的同时，放出一个质子D．光子的能量由光的频率所决定E．按照玻尔理论，氢原子核外从半径较小的轨道跃迁半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大18．如图，在光滑水平面上，有A、B、C三个物体，开始BC皆静止且C在B上，A物体以v0=10m/s撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A静止不动，而B、C最终的共同速度为4m/s，已知B、C两物体的质量分别为m B=4kg、m C=1kg，试求：（1）A物体的质量为多少？（2）A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？湖北省七市（州）2015届高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。

2015年湖北省八市联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分1．（6分）（2015•湖北模拟）下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】：物理学史．【分析】：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．【解析】：解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累．2．（6分）（2015•湖北模拟）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P 始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变【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】：先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解析】：解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθN2=由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B错误；C、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故C正确；D、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大；物体Q一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变．故D错误；故选：C．【点评】：本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．3．（6分）（2015•湖北模拟）近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是（）A．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D．飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：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．【解析】：解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，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，但都受重力，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，故C错误．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：B．【点评】：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等于向心加速度，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．4．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（）A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况．【解析】：解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I=，l=x则I=x位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误．位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．I=（2L﹣x）故选：B．【点评】：本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解．l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题．5．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）A．若只在A点放置一正点电荷，则电势差U BC＜U HGB．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等．同时注意电场线和等势线是垂直的【解析】：解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差U BC＞U HG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等．故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等．故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等．故D正确．故选：D【点评】：本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力．6．（6分）（2015•湖北模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增加【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．【解析】：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A 错误；B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B正确；C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；．故选：BC．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路，另外还要清楚变压器各量之间的制约关系．7．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（）A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为D．小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等于力乘以速度．【解析】：解：AB、刚开始运动，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A正确，B不正确；C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C正确．D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kv﹣mg），故速度为：v=，故恒力F0的最大功率为P=Fv=，故D正确．故选：ACD【点评】：本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，难度适中8．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解析】：解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC．【点评】：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（5分）（2015•湖北模拟）在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是ABA．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量D．弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A小于m B（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA大于μB（填“大于”“等于”或“小于”）．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：本题（1）选项A写出木板水平时加速度的表达式讨论即可；选项C根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P质量大小无直接关系；选项D对重物P 列出加速度的表达式，然后讨论即可．题（2）的关键是根据a﹣F分别写出A和B加速度a与拉力F的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解．【解析】：解：（1）A、长木板水平时，对物体A或B由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma，即a=﹣μg，所以也可以达到实验目的，所以A正确；B、实验要求应先接通电源后释放纸带，所以B正确；C、由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，当加速度为a时，应有Mg﹣2F=Ma，可得F=，所以只有当a=0时，F才等于，所以D错误；故选：AB（2）设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B应有F﹣μmg=ma，可得：a==对物体A应有μmg﹣F=ma，可得：a=μg﹣=+μg根据a﹣F图象斜率绝对值k=可知，B的斜率大于A的斜率，所以，即小于；再根据纵轴截距大小等于μg可知，由于A的截距大于B的截距，所以大于；故答案为：（1）AB；（2）小于，大于【点评】：应明确：①若滑轮是“轻质光滑”的，则滑轮两端绳子的拉力都相等；②涉及到图象问题，应根据相应的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再根据斜率与截距的概念即可求解．10．（10分）（2015•湖北模拟）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V，内阻R x约为6kΩ，现要较为准确地测其内阻R x，且各仪表的示数不得少于满量程的．实验室提供了如下器材：A．电流表A1：量程3mA，内阻约50ΩB．电流表A2：量程3A，内阻约0.2ΩC．电压表V1：量程1.5V，内阻r1=1kΩD．电压表V2：量程60V，内阻r2约50kΩE．定值电阻器R1：阻值R1=5.1kΩF．定值电阻器R2：阻值R2=30ΩG．电源：电动势约15V，内阻约0.5ΩH．滑动变阻器0～20ΩI．导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需ACEH器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出R x的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）R x=，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数U1为电压表V1的示数、I1为电流A1的示数．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则，（2）将电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用．通过待测电阻的大小确定电流表的内外接，由于滑动变阻器阻值较小，从测量误差角度确定滑动变阻器采用分压式接法．（3）根据欧姆定律求出待测电阻的阻值．【解析】：解：（1）通过电压表的最大电流为：，且待测电表无刻度，故还需选择电压表，电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则可选取：ACEH；（2）电压表V1量程太小，直接并在待测电压表两端容易烧毁，故需串联一个定值电阻R1，又电压表电阻很大，电流表应采用外接法，滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，故设计电路如图所示：（3）根据欧姆定律流经电压表V1的电流为：…①根据并联电路电流特点可得流经待测电压表的电流为：I x=I1﹣I0…②根据欧姆定律得：…③①②③联立得：故答案为：（1）ACEH；（2）如图所示（3），U1为电压表V1的示数、I1为电流表A1的示数【点评】：本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表，并确定安培表的内、外接法和滑动变阻器的限流、分压法；要明确安培表的内、外接法的误差来源．11．（13分）（2015•湖北模拟）光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功W f=9.5J．g=10m/s2．求：（1）装置运动的时间和位移大小；（2）长平板的长度l；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．【考点】：动能定理；牛顿第二定律；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）以装置为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．（2）以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．（3）利用滑块恰好经过最高点利用牛顿第二定律和平抛运动列方程求解．【解析】：解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=Ma1代入数据解得：a1=12m/s2设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：v0﹣a1t1=0联立并代入数据解得：t1=1s装置向左运动的距离：x1==12×1m﹣0.5×12×1m=6m（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma2代入数据解得：a2=4m/s2设滑块运动到A点时的速度为v1，则：v1=v0﹣a2t1联立并代入数据解得：v1=8m/s小滑块向左运动的距离为：x2==12×1m﹣0.5×4×1m=10m则平板长为：l=x2﹣x1=10m﹣6m=4m（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：﹣mg×2R﹣W f=在B点有：mg=联立解得：R=0.9m，v2=3m/s小滑块从B点飞出做平抛运动：2R=联立解得：t2=0.6s落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m答：1）装置运动的时间和位移大小6m；（2）长平板的长度l为4m；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．【点评】：弄清问题的运动情况和受力情况是解题的关键，灵活利用牛顿第二定律和运动学公式求解是解题的核心，此题综合性较强．12．（19分）（2015•湖北模拟）如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心O1坐标为（﹣a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，）．带电粒子质量为m、带电量为﹣q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子速度v大小和cosθ值；（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B﹣t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动，确定出圆心和半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求得v的大小．由几何关系求解cosθ值；（2）带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，根据几何知识求出轨迹半径，即可由牛顿第二定律求解B．（3）画出粒子运动的轨迹，由几何知识求解K点到x轴最大距离．根据轨迹的圆心角求解图乙中的T值．【解析】：解：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆心为O2，离开圆形磁场区域时的位置为H，连接PO1HO2可知，该四边形为菱形，带电粒子做圆周运动的半径：r=a由于qvB=m得：v=由于PO1在竖直方向，半径HO2也为竖直方向，由图可知：r+rcosθ= a解得：cosθ=（2）由图可知，带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，设半径为r3，由几何关系有：tanβ==，β=37°则：cosβ==得：r3= a而r3=得：B′= B（3）由图知：圆O4与直线x=a相切于C点，圆O5与y轴相切于D点，两圆弧相切于E点，带电粒子运动到K点时离x轴距离最大，。

湖北省宜昌市2015届高三5月模拟考试理科综合物理试题（扫描版）物理参考答案及评分标准14．B 15．B 16．D 17．A 18．D 19．AD 20．AC 21．BCD22．(7分)答案(1) D （3分） (2) 否 （2分） （3）m kM -=1 （2分） 23． (8分)答案：（1）电路图如图所示 （4分） （2）R 2＝E I －R －r ＝260Ω． 增大（每空2分）24． (14分)解析 ：⑴当AB 一起运动达最大位移时，对A 受力分析有：mg －F N1－kx 1＝0 （3分）A ．B 分离瞬间F N1＝0，故:x 1 = mg /k =0.15（m ） （3分）⑵设AB 一起运动最大位移为2，对受力分析：－F N2－kx 2＝ma （2分） A 、B 分离瞬间F N2＝0， t =0.17s （2分） 弹簧弹力对A 弹＝k x 2 （1分） 分离时物块A 的速度222ax v = （1分）对A 由动能定理有：（1分） 代入数据得B 对A （1分） 25．（18分）【解析】： 解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ 1与x 轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得：R 1cos θ=L 其中：552cos =θ (3 分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：121R v m qvB =， (3 分) 解得：m qBL v 251=． （2分） （2）由题意画出粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 2，偏转一次后在y 负方向偏移量为△y 1，由几何关系得：θcos 221R y =∆， （2分）粒子与挡板碰撞后，每碰撞一次，粒子进出磁场在y 轴上上移的距离为△y 2（如图中A 、E 间距）由题给条件有：θtan 3/2/2=∆L y 得32L y =∆． （2分） 当粒子只碰二次，其几何条件是L y y 22321=∆-∆解得：L R 9522= （2分） 粒子磁场中做匀速圆周运动：22R v m qvB = （2分） 解得：mqBL v 952=． （2分）33．(1)BCE(2)①由题图乙可知5 N 300 N ＝t －27 °C 327 °C－27 °C得出t ＝32 °C②温度t 1＝327 °C 时，密封气体的压强p 1＝p 0＋F S＝p 0＋1．2×105 Pa 密封气体发生等容变化，则p 0273＋t 0＝p 1273＋t 1联立以上各式并代入数据解得p 0＝1．2×105 Pa34．(1)ACD(2)光路图如图所示，由折射定律知，光线在AB 面上折射时有n ＝sin 60°sin α在AD 面上出射时n ＝sin γsin β联立以上各式并代入数据解得α＝β＝45°，γ＝60°光在棱镜中通过的距离s ＝22d ＝c nt 设点光源到P 点的距离为L ，有L ＝ct 解得L ＝32d35．(1)BCE(2)设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得22101122mgL mv mv μ-=- 解得v 1＝4 m/s 假设发生弹性碰撞后小铁块最终和平板小车达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得mv 1＝(M ＋m )v 2解得v 2＝1 m/s设小铁块运动的位移为x 时与平板小车达到共同速度，则根据功能关系得222111()22mgx M m v mv μ-=+- 解得x ＝43 m 由于x>L 说明铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车． 所以小铁块在平板小车上运动的过程中系统损失的机械能为 ΔE ＝2μmgL ＝18 J。

绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试试题（模拟）理科综合本试卷共14 页，共40 题。

满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A方框涂黑。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

答在试题卷、草稿纸上无效。

3．填空题和解答题作答：用黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。

答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Mg 24Al 27 Pb 207第I卷（选择题共126分）一、单项选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列有关生物体内蛋白质的叙述正确的是A．细胞膜上的载体蛋白对所有物质的出入均有运输作用B．抗体主要分布在组织液中，其化学本质为球蛋白C．酶的化学本质是蛋白质，只对细胞内的化学反应具有催化作用D．神经递质与突触后膜上的受体结合，体现了细胞间信息交流的功能2．生物的新陈代谢离不开酶与ATP，下列叙述正确的是A．同一生物体内各种酶的催化反应条件都相同，酶有降低化学反应活化能的作用B．酶可作催化剂，也可作为另一化学反应的底物，所有酶的合成都包括转录和翻译两个过程C．ATP的高能磷酸键水解后可以成为构成RNA的基本单位之一D．细胞内的放能反应都和A TP的水解反应相关联3．图中a、b、c分别表示人体的三种细胞外液，细胞1、2、3分别表示处于该细胞外液中的多种细胞，箭头表示这三种液体之间的相互关系。

机密★启用前物理试题参考答案及评分标准（2015.6）第Ⅰ卷 (选择题 共34分)一、单项选择题 本大题包括11小题，每小题2分，共22分。

12.B 13.B 14.C 15.D 16.A 17.D 18.C 19.C 20.A 21.D 22.A评分意见：每小题选对的得2分，多选、错选或不选的均不得分。

二、多项选择题 本大题包括4小题，每小题3分，共12分。

23.ABC 24. CD 25. ABC 26. BD评分意见：每小题全部选对的得3分，部分选对而无错选的得2分，错选或不选的均不得分。

第Ⅱ卷 （非选择题 共56分）三、非选择题 本大题包括11小题，共56分。

34.（2分）电磁波；漫反射35.（2分）摩擦力；减小36.（2分）省力；减小阻力臂37.（2分）吸收；熔化38.（2分）半导体；开路评分意见：每空1分。

填空题有关键错别字的不得分。

39.（3分） 40.（3分）评分意见：39小题3分，画对力的方向的按以下标准给分：力的大小（F =2.5N ）、方向、作用点各得1分；40题，画成并联电路（或能明显判断出是并联电路）的按以下标准给分：电路符号（接点）完全正确给1分，电动机、一个开关串联得1分，电阻、另一开关串联得1分。

开关不画圈的也正确。

图39 .F=2.5N4525101.25100.4F N p Pa S m ⨯===⨯41.（3分）开始时斧头和斧柄一起向下运动，撞击石头或木墩后，斧柄迅速停止运动，而斧头由于具有惯性，会继续向下运动，所以，斧头就被套紧了。

评分意见：对开始运动情况的描述正确的给1分；撞击石头或木墩后斧柄的变化描述正确的给1分，斧头的情况描述正确的给1分。

42.（3分）河里的水蒸发成水蒸气，水蒸气遇到清晨的冷空气变液化成小水滴，形成淡淡的白雾，太阳出来后气温升高，小水滴又会蒸发成水蒸气，白雾便消失了。

评分意见：关键词答出“河里的水蒸发成水蒸气”给1分；答出“水蒸气遇到清晨的冷空气变液化成小水滴”给1分；答出“太阳出来后气温升高，小水滴又会蒸发成水蒸气，白雾便消失”给1分。

试卷类型：A 绝密★启用前2015年湖北省八市高三年级三月联考理科综合能力测试本试卷共16页，满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用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，再选涂其他答案标号．写在试卷上的无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只交答题卡．第Ⅰ卷（选择题，共126分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 P-31 Mg-24Ca-40 Fe-56 Cu-64二、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．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量15．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变16．近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是（）A．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D．飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度17．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(xI )关系的是18．如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH ，则下面说法正确的是（ ）A ．若只在A 点放置一正点电荷，则电势差BC U <HG UB ．若只在A 点放置一正点电荷，则B 、H 两点的电场强度大小相等C ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则C 、G 两点的电势相等D ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则D 、F 两点的电场强度大小相等19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（ ）A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．副线圈输出电压的有效值为5VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加20．如图所示，质量为m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力0F 和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即υk F =(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为mF 0 D ．小球的最大速度为k μmg μF +0，恒力0F 的最大功率为kμmg μF F 020+21．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触(未连接)，如图中O 点，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，如图中B 点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B 点为30x ，C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则( )A ．撤去F 时，物体的加速度最大，大小为g m kx μ-0B ．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C ．从B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D ．撤去F 后，物体向右运动到O 点时的动能最大第Ⅱ卷（非选择题 共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～40题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共129分)22．（5分）在水平固定的长木板上，小明用物体A 、B 分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A 、B 由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A 、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A 、B 所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是A ．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B ．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C ．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量D ．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且A mB m （填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A μ B μ（填“大于”“等于”或“小于”）．23．（10分）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V，内阻x R约为6kΩ，现要较为准确地测其内阻x R，且各仪表的示数不得少于满量程的1/3．实验室提供了如下器材：A．电流表1A：量程3mA，内阻约50ΩB．电流表2A：量程3A，内阻约0.2ΩC．电压表1V：量程1.5V，内阻1r=1kΩD．电压表2V：量程60V，内阻2r约50kΩE．定值电阻器1R：阻值1R=5.1kΩF．定值电阻器2R：阻值2R=30ΩG．电源：电动势约15V，内阻约0.5ΩH．滑动变阻器0~20ΩI．导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出x R的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）x R= ，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数．24．（13分）光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB 竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以0υ=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功fW=9.5J．2g．求：10m/s（1）装置运动的时间和位移大小；（2）长平板的长度l；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．25．（19分）如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心1O坐标为（－a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，4a/3）．带电粒子质量为m、带电量为–q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子速度υ大小和cosθ值；（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B—t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？（二）选考题：共45分。

2015年普通高等学校招生全国统一考试试题（模拟）（理工类）本试卷4页共22题,其中15、16题为选考题。

满分150分，考试用时120分钟 注意事项：1．答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用统一提供的2B 铅笔将答题卡上的试卷类型A 后的方框图黑。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号图黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．填空题和解答题的作答：用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的2B 铅笔图黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡上交。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目的要求。

1．已知i 是虚数单位，复数|1|)Z i =，Z 是Z 的共轭复数，则Z 的虚部为（ ）A ．2B ．－ 2C ．4D ．－42．已知集合4{|log -1}A x x =<,1{|}2B x x =≤，命题p ：,23x xx A ∀∈<；命题q ：x B ∃∈，321x x =-，则下列命题中为真命题的是（ ）A ．p ∧qB ．⌝p ∧qC ．p ∧⌝qD ．⌝p ∧⌝q3． 函数32()31f x x x =-+在点(1,1)-处的切线方程是（ ）A ．34y x =-B ．32y x =-+C ．43y x =-+D ．45y x =--4．下列四个结论：①“a b <”是“22am bm <”的充分不必要条件;②已知幂函数()f x x α=的图象经过点，则(4)f 的值等于12； ③某学校有男、女学生各500名．为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是分层抽样;④设某大学的女生体重y (单位：kg)与身高x (单位：cm)具有线性相关关系，回归方程为0.8585.71y x =-，则可以得出结论：该大学某女生身高增加1 cm ，则其体重约增加0.85 kg ．其中正确的结论个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．45．如图1，已知正方体ABCD －A 1B 1C l D 1的棱长为a ，动点M 、N 、Q 分别在线段1111,,AD B C C D上.当三棱锥Q-BMN 的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN 的正视图面积等于（ ）A. 212aB. 214aC. D.6.已知11122)n x dx π-=⎰,则1nx ⎛⎝的展开式中的常数项为（ ） A.60- B.50- C.50 D.60 7．如图，在程序框图中输入n =14，按程序运行后输出的结果是（ ）A ．0B ．2C ．3D ．4 8．若数列满足，*n N ∈,P 为非零常数，则称数列为“梦想数列”．已 知正项数列为“梦想数列”，且，则的最小值是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．89．已知2F、1F 是双曲线()222210,0y x a b a b-=>>的上、下焦点，点2F 关于渐近线的对称点恰好落在以1F 为圆心，1OF 为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ） A. 3 B.C. 2D.10．定义在()1,1-上的函数()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-xy y x f y f x f 1；当()1,0x ∈-时，()0f x >，若11511P f f ⎛⎫⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()1,02Q f R f ⎛⎫== ⎪⎝⎭；则P ，Q ，R 的大小关系为（ ） A. R ＞P ＞Q B. R ＞Q ＞P C. P ＞R ＞Q D. Q ＞P ＞R 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分，请将答案填写在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上。

湖北省宜昌市第一中学2015届高三5月第三次模拟考试数学（理工类）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目的要求。

1．已知i是虚数单位，复数|1|)Z i=，Z是Z的共轭复数，则Z的虚部为A．2 B．－2 C．4 D．－2．已知集合4{|log-1}A x x=<,1{|}2B x x=≤，命题p：,23x xx A∀∈<；命题q：x B∃∈，321x x=-，则下列命题中为真命题的是A．p∧q B．⌝p∧q C．p∧⌝q D．⌝p∧⌝q3．函数32()31f x x x=-+在点(1,1)-处的切线方程是A．34y x=-B．32y x=-+C．43y x=-+D．45y x=--4．下列四个结论：①“a b<”是“22am bm<”的充分不必要条件;②已知幂函数()f x xα=的图象经过点，则(4)f的值等于12；③某学校有男、女学生各500名．为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是分层抽样;④设某大学的女生体重y(单位：kg)与身高x(单位：cm)具有线性相关关系，回归方程为0.8585.71y x=-，则可以得出结论：该大学某女生身高增加1 cm，则其体重约增加0.85 kg．其中正确的结论个数是A．1 B．2 C．3 D．45．如图1，已知正方体ABCD－A1B1C l D1的棱长为a，动点M、N、Q分别在线段1111,,AD B C C D 上.当三棱锥Q-BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正视图面积等于A. 212a B. 214aC. D.6.已知11122)n x dx π-=⎰,则1nx ⎛⎝的展开式中的常数项为A.60-B.50-C.50D.60 7．如图，在程序框图中输入n =14，按程序运行后输出的结果是A ．0B ．2C ．3D ．4 8．若数列{}n a 满足110n npa a +-=，*n N ∈,P 为非零常数，则称数列{}n a 为“梦想数列”．已 知正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“梦想数列”，且99123992b b b b =，则892b b +的最小值是A ．2B ．4C ．6D ．89．已知2F 、1F 是双曲线()222210,0y x a b a b-=>>的上、下焦点，点2F 关于渐近线的对称点恰好落在以1F 为圆心，1OF 为半径的圆上，则双曲线的离心率为 A. 3B.C. 2D.10．定义在()1,1-上的函数()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-xy y x f y f x f 1；当()1,0x ∈-时，()0f x >，若11511P f f ⎛⎫⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()1,02Q f R f ⎛⎫== ⎪⎝⎭；则P ，Q ，R 的大小关系为 A. R ＞P ＞Q B. R ＞Q ＞P C. P ＞R ＞Q D. Q ＞P ＞R二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分，请将答案填写在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上。

2024学年湖北省宜昌市第一中学高三第3次联考物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。

当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。

如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则（）A．“轨道康复者”N从图乙所示轨道上加速，与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正卫星M到较低的轨道运行B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正C．在图乙中M的动能一定小于N的动能D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上2、如图，两根细杆M、N竖直固定在水平地面上，M杆顶端A和N杆中点B之间有一拉直的轻绳。

两杆的高度均为4.0 m，两杆之间的距离为2.0 m。

将一个小球从M杆上的C点以一定的初速度v o水平向右抛出。

已知C点与A点的距离为0.8 m，重力加速度g取10 m/s2.不计空气阻力。

若要使小球能碰到轻绳，则v o的最小值为（）A．2.5 m/s B10m/s C．4.0 m/s D 56m/s 33、家庭装修中释放的甲醛和射线是白血病的重要诱因。

家庭装修中的射线来源往往是不合格的瓷砖、洁具等，瓷砖、洁具释放的氡气(2286Rn )具有放射性，氡222衰变为钋218(21884Po )的半衰期为3.8天，则氡222衰变释放出的粒子和密闭房间中氡气浓度减小1．5%需要的时间分别为A ．电子，11.4天B ．质子，7.6天C ．中子，19天D ．α粒子，11.4天4、如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD 面积为S 、匝数为N 、整个线圈的电阻为r 。

2015届宜昌市第一中学高三年级适应性训练理科综合能力测试一命题陈晓伟闫拥军龙信和本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至11页，共300分。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本试卷共21小题，每小题6分，共126分。

相对原子质量（原子量）：一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．生物膜系统使真核细胞内各结构的功能趋向专门化,下列相关叙述错误．．的是A．细胞核是DNA复制和RNA合成的主要场所B．液泡在维持细胞渗透压、贮藏营养物质方面有重要作用C．线粒体将葡萄糖氧化分解成CO2和H2OD．溶酶体起源于高尔基体，储存着多种由核糖体合成的水解酶2．为控制野兔种群数量，澳洲引入一种主要由蚊子传播的兔病毒。

引入初期强毒性病毒比例最高，兔被强毒性病毒感染后很快死亡，致兔种群数量大幅下降。

兔被中毒性病毒感染后可存活一段时间。

几年后中毒性病毒比例最高，兔种群数量维持在低水平。

由此无．法．推断出A．病毒感染对兔种群的抗性具有选择作用B．毒性过强不利于病毒与兔的寄生关系C．中毒性病毒比例升高是因为兔抗病毒能力下降所致D．蚊子在兔和病毒之间的协同（共同）进化过程中发挥了作用3．下列关于基因、酶和性状的叙述正确的是A．细胞内只要含有淀粉酶基因，就一定合成淀粉酶B．人的头发变白是因为控制酪氨酸酶合成的基因发生突变造成的C．基因对豌豆皱粒性状的控制是通过控制蛋白质的结构直接控制的D．一种基因可能控制一种性状，也可能控制多种性状4．下列对有关实验的叙述，正确的是A．在观察洋葱细胞有丝分裂实验中，将已经解离、漂洗、染色的根尖置于载玻片上，轻轻盖上盖玻片后即可镜检B．甲基绿是将活细胞中线粒体染色的专一性染料C．在叶绿体色素提取实验中，研磨绿叶时应加一些有机溶剂，如无水乙醇等D．检测试管中的梨汁是否有葡萄糖，可以加入适量斐林试剂后，摇匀并观察颜色变化5．下列有关性别决定和伴性遗传说法不正确．．．的有几项①生物的性别是由性染色体决定的，性染色体上的基因都是与性别决定有关的 ②属于XY 型性别决定的生物，雄性个体为杂合体基因型为XY ，雌性个体为纯合体基因型XX ③色盲基因b 在X 染色体上，Y 染色体上没有相关基因 ④女孩是色盲基因携带者，则该色盲基因是由父方遗传来的 ⑤基因位于XY 的同源区段，则性状表现与性别无关 ⑥正常夫妇生了一个色盲兼血友病的孩子，则他们再生一个色盲兼血友病的孩子的几率为1/4(不考虑交叉互换)A ．3项B ． 4项C ．5项D ．6项6．某人群中某常染色体显性遗传病的发病率为36%，一对夫妇中妻子患病，丈夫正常，他们所生的子女患该病的概率是A ．4/9B ．5/9C ．6/21D ．15/217．化学与社会、生活密切相关。

湖北八市2015届高三下学期三月联考物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用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，再选涂其他答案标号．写在试卷上的无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只交答题卡．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．下列叙述正确的是A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量15．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变PA BCD EF G H 16．近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中， 飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P 处点火加 速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断 正确的是A ．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B ．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D ．飞船在椭圆轨道1上通过P 的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度17．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(x I )关系的是18．如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH ，则下面说法正确的是 A ．若只在A 点放置一正点电荷，则电势差BC U <HG UB ．若只在A 点放置一正点电荷，则B 、H 两点的电场强度大小相等C ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则C 、G 两点的电势相等D ．若只在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则D 、F 两点的电场强度大小相等19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是 A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．副线圈输出电压的有效值为5VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加20．如图所示，质量为m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力0F 和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即υk F =(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为mF 0D ．小球的最大速度为k μmgμF +0，恒力0F 的最大功率为kμmg μF F 020+21．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上， 另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触 (未连接)，如图中O 点，弹簧水平且无形变．用水 平力F 缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度 被压缩了0x ，如图中B 点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B 点为30x ，C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则 A ．撤去F 时，物体的加速度最大，大小为g m kx μ-0B ．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C ．从B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D ．撤去F 后，物体向右运动到O 点时的动能最大2－乙第Ⅱ卷（非选择题 共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～40题为选考题，考生根据要求作答．) (一)必考题(共129分)22．（5分）在水平固定的长木板上，小明用物体A 、B 分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A 、B 由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A 、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A 、B 所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是A ．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B ．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C ．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量D ．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且A mB m （填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A μ B μ（填“大于”“等于”或“小于”）．23．（10分）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V ，内阻x R约为6kΩ，现要较为准确地测其内阻x R ，且各仪表的示数不得少于满量程的1/3．实验室提供了如下器材： A ．电流表1A ：量程3mA ，内阻约50Ω B ．电流表2A ：量程3A ，内阻约0.2Ω C ．电压表1V ：量程1.5V ，内阻1r =1kΩ D ．电压表2V ：量程60V ，内阻2r 约50kΩ E ．定值电阻器1R ：阻值1R =5.1kΩ F ．定值电阻器2R ：阻值2R =30Ω甲O 乙G ．电源：电动势约15V ，内阻约0.5Ω H ．滑动变阻器0~20ΩI ．导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G 、I 肯定需外，最少还需器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G 、I 在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出x R 的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）x R = ， 并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数 ．24．（13分）光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB 竖直）与平板上表面相切于A 点，整个装置质量M=5kg ．在装置的右端放一质量为m=1kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以0υ=12m/s 的速度向左运动．现给装置加一个F=64N 向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A 时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F 并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B ．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形 轨道时克服摩擦力做功f W =9.5J ．2m /s 10 g ．求： （1）装置运动的时间和位移大小； （2）长平板的长度l ；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A 的距离．25．（19分）如图甲所示，直角坐标系xoy 的第二象限有一半径为R=a 的圆形区域，圆形区域的圆心1O 坐标为（－a ，a ），与坐标轴分别相切于P 点和N 点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P 点进入圆形磁场区域，速度方向与x 轴负方向成θ角，当粒子经过y 轴上的M 点时，速度方向沿x 轴正方向，已知M 点坐标为（0，4a/3）．带电粒子质量为m 、带电量为–q ．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求： （1）带电粒子速度υ大小和cosθ值；（2）若带电粒子从M 点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B—t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？（二）选考题：共45分。