2015年河南省周口市项城三高高考物理模拟试卷

2015年河南省周口市西华县高考物理模拟试卷（5月份）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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（）A．0.19 B．0.44 C．2.3 D．5.23．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正4．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A．3t0时刻的瞬时功率为B．3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为5．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB6．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R．杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t=0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是（）A．B．C．D．7．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零8．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1）．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（）A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，第12题～第13题为选考题．）9．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l=cm，d=mm．10．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz．在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点．因保存不当，纸带被污染．如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：x A=16.6mm、x B=126.5mm、x D=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为s；（2）打C点时物体的速度大小为m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为（用x A、x B、x D和f表示）．11．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2=0.004．在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）12．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化．[物理--选修3-4]（15分）13．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f14．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况）．[物理--选修3-5]（15分）15．关于光电效应，下列说法正确的是（）A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多16．两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B．求物块在B上能够达到的最大高度．2015年河南省周口市西华县高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献考点：物理学史．专题：常规题型．分析：解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道哪些伟大科学家的贡献．解答：解：A、开普勒发现了行星运动的规律，故A错误；B、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故B正确；C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、伽利略、笛卡尔等科学家对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故D正确．故选BD．点评：本题考查了物理学史部分，要了解哪些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质和为科学的奉献精神．2．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（）A．0.19 B．0.44 C．2.3 D．5.2考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力，分析线速度之比．解答：解：由万有引力提供向心力，得v=，木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，=0.44．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：血液中正负离子流动时，会受到洛伦兹力，发生偏转，正离子往哪一个电极偏转，哪一个电极带正电．电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．根据平衡可求出血流速度．解答：解：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有，所以v=．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．4．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A．3t0时刻的瞬时功率为B．3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：根据牛顿第二定律和运动学公式求出2t0时刻的瞬时速度，从而求出瞬时功率．根据位移公式求出t=0到2t0这段时间内位移，通过功的公式求出水平力做功的大小，从而求出平均功率．解答：解：A、0～t0时间内的加速度a1=，则t0时刻的速度v1=a1t1=t0，在t0～3t0时间内的加速度a2=，则3t0时刻的速度v2=v1+a2t0=，3t0时刻的瞬时功率为P=F0v2=；故A正确，B错误；C、0～2t0时间内的位移x1=a1t02=，在t0～3t0时间内的位移x2=v1t0+a2（2t0）2=，在t=0到3t0这段时间内，水平力做功W=3F0x1+F0x2=，则水平力做功的平均功率P=故C错误，D正确．故选：AD点评：解决本题的关键通过图线，结合牛顿第二定律和运动学公式求出速度和位移，知道平均功率和瞬时功率的区别5．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB考点：安培力．分析：当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得．解答：解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上；故选A．点评：本题考查安培力的大小与方向的判断；解决本题的关键要掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解．此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力．6．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R．杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t=0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：先使用右手定则判定出感应电流的方向，并结合给定的正方向确定电流的正负；在根据进入磁场的时间，确定电流开始有的时间即可选择图象．解答：解：杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t=0时恰好进入磁场，故前周期内有电流流过，则知B图象错误．根据右手定则可以判定，感应电流的方向从M指向圆心O，流过电阻时的方向是从b流向a，与给定的正方向相反，为负值，则A图象错误．在时间内杆OM处于磁场之外，没有感应电流产生，故D错误，C正确．故选：C点评：该题结合感应电流的图象考查右手定则的使用方法，属于基础知识的应用，解题的关键是正确判定电流的方向．7．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况．解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力．8．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0＜μ＜1）．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（）A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题．分析：在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，应用数学方法讨论F的变化，再由P=Fvcsθ判断功率的变化．解答：解：对物体受力分析如图：因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：Fcosθ=μ（mg﹣Fsinθ）则得：F=令：，cosβ=，即：tanβ=则：=当θ+β=90°时，sin（θ+β）最大，F最小，则根据数学知识可知θ从0逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，故A正确．功率：P=Fvcosθ==θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故C正确．故选：AC点评：本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的变化，难度不小，需要细细品味．二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，第12题～第13题为选考题．）9．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l= 2.25cm，d= 6.860mm．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．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.1mm=0.5mm，所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm．2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm．故答案为：2.25，6.860．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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz．在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点．因保存不当，纸带被污染．如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：x A=16.6mm、x B=126.5mm、x D=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为0.1s；（2）打C点时物体的速度大小为 2.5m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为（用x A、x B、x D和f表示）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s．（2）根据间的平均速度等于点的速度得：v c==2.5m/s．（3）匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即△x=aT2，所以有：x BC=x AB+aT2，x CD=x BC+aT2=x AB+2aT2，x BD=2x AB+3aT2，所以物体的加速度大小a==故答案为：（1）0.1（2）2.5，（3）．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2=0.004．在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）考点：功能关系；滑动摩擦力．专题：压轴题；功的计算专题．分析：冰壶C在投掷线中点处滑出后，摩擦力对它做负功，根据动能定理，加上位移关系可以解出运动员用毛刷擦冰面的长度．解答：解：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2．则有S1+S2=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离．则f1=μ1mg，f2=μ2mg设冰壶的初速度为v0，由动能定理，得﹣f1S1﹣f2S2=0﹣联立以上各式，解得S2=代入数据得S2=10m答：运动员用毛刷擦冰面的长度应为10m．点评：当涉及力在空间的累积效应时，优先考虑动能定理．对于多过程问题，关键寻找各过程之间的联系，列关系式．12．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化．考点：法拉第电磁感应定律；电阻定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据电阻定律求出线框的电阻，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．（2）根据F=BIL，得出=Il，可以求出安培力随时间的变化率．解答：解：（1）导线框的感应电动势为E==①导线框中的电流为I=②式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R=ρ③联立①②③式，将=k代入得I=﹣④答：导线中感应电流的大小为﹣．（2）导线框所受磁场的作用力的大小为F=BIl⑤它随时间的变化率为=Il⑥由⑤⑥式得=．答：磁场对方框作用力的大小随时间的变化率为．点评：本题综合运用了法拉第电磁感应定律、电阻定律和闭合电路欧姆定律，解决本题的关键是熟练这些规律的运用．[物理--选修3-4]（15分）13．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f考点：自由振动和受迫振动；产生共振的条件及其应用．分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．解答：解：A、当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B 正确；C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；故选：BD．点评：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈．14．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况）．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．解答：解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：①由已知条件i=45°，n=解得r=30°②。

河南省周口市项城职业中学高三物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，重80N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10cm，劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8cm。

现用一测力计沿斜面向上拉物体。

若物体与斜面间的最大静摩擦力为25N，当弹簧的长度仍为8cm时，测力计的示数可能为A．10N B．20N C．40N D．60N参考答案：ABC2. 建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处。

如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是（）A．前10s的平均速度大于后6s的平均速度B．整个过程上升高度是28mC．30～36s材料处于超重状态D．前10s钢索最容易发生断裂参考答案：BD3. 皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r。

A和B分别是两个轮边缘上的质点，大轮中另一质点P到转动轴的距离也为r，皮带不打滑。

则A．A与P的角速度相同B．B与P的线速度相同C．A的向心加速度是B的1/2D．P的向心加速度是A的1/4参考答案：D4. 如图丙所示，一质量分布均匀的梯子，重为G1，斜搁在光滑的竖直墙上，重为G2的人沿梯子从底端A开始匀速向上走，人的重心离地的高度h逐渐增大，整个过程梯子不滑动。

如图丁所示为力F随高度h变化的函数图像，则下列关于力F的说法中正确的是：（）A F为墙面对梯子上端B施加的力B F为人对梯子施加的力C F为梯子对地面施加的弹力D F为梯子对地面施加的摩擦力参考答案：AD5. 如图所示，A为静止于地球赤道表面上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星,C为绕地球做圆周运动的卫星,P为B、C两卫星轨道的交点。

已知A、B、C绕地心运动的周期相同。

相对于地心，下列说法中正确的是. 物体A和卫星C具有相同大小的线速度. 物体A和卫星C具有相同大小的加速度. 卫星B在P点的加速度与卫星C在该点的加速度一定相同. 卫星B在P点的线速度与卫星C在该点的线速度一定相同参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）2图甲中R x，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___（5）由此，可求得电阻丝的R x=______Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．参考答案：(1). C (2). 不同(3). (4).(5). 23.5（23.0~24.0都算对）【详解】(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；(3)按照原理图，将实物图连线如图：；(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：；当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为的电压，由图可得：，所以。

2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（9）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是（）A.通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因【答案】D【解析】解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D．安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．2.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=①根据几何关系可知：x乙=②乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=合=°=③根据位移时间公式可知：④乙由①②③④式得：v0=所以A正确．故选A．根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题．3.一小物块以某一初速度滑上水平足够长的固定木板，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为30°的斜面，让该小物块以相同大小的初速度沿木板上滑．则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为（设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据牛顿第二定律得，物块在水平木板上的加速度大小，在倾斜木板上的加速度大小°°=gsin30°+μgcos30°，根据速度时间公式得，v=at，解得时间之比′．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据牛顿第二定律得出在水平面木板和倾斜木板上的加速度大小之比，结合速度时间公式求出运动的时间之比．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．4.一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=2002sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A.在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2W b/sB.在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率增大【答案】C【解析】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V，有效值为100V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压即电压表的示数为20，故A错误；B、在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有，故U=20V，故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D错误；故选：C．根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．本题考查变压器的电压比与匝数比，以及二极管的特点，解答的关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问题，不难．5.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A.粒子带正电B.运动过程中，粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为t=D.离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°【答案】C【解析】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故B错误．C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为t=T=°°=，故C正确；D、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误；故选：C．先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角．本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t=T．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.金属杆ab返回到底端时速度小于v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv02-mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同【答案】ABC【解析】解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0．故A正确；B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等于．故B正确．C、对于上滑过程，由动能定理得：-mgh-W安=0-，得克服安培力做功为：W安=-mgh．根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=-mgh．故C正确．D、上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=F v 知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率．故D错误．故选：ABC通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动．根据功能关系判断出金属杆返回低端是的速度；抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功功率的大小，根据功能关系分析焦耳热的关系．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．本题分析杆的运动情况，比较同一位置安培力的大小是关键，再根据动量定理、安培力、能量守恒定律进行分析比较．7.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d．带负电的小球质量为m，带电量为q，从下极板N的小孔P处，以初速度v0射入，沿直线到达上极板M上的小孔Q，若重力加速度为g．则（）A.小球在M、N间运动的加速度不为零B.M板电势高于N板电势C.小球从P到Q，电势能增加了mgdD.M、N间电势差大小为【答案】BD【解析】解：A、小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．否则小球合力与速度不在一条直线上，小球做曲线运动，故A错误．B、由重力和电场力平衡，可知电场力向上，由于小球带负电，故电场线方向向下，M 板带正电，故M点电势高于N点电势，故B正确．C、由于电场力与重力平衡，即F=mg，电场力方向向上，做正功，做功为：W=F d=mgd，故电势能减少mgd，故C错误．D、由电场力做功W=q U=mgd，解得：，故D正确．故选：BD．小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．由电场力和重力平衡可知电场力方向，进而判定电场线方向，可得MN电势高低关系．重力等于电场力，可得电场力做的功，由电场力做功与电势能关系可知电势能的变化．由电场力做功W=q U=mgd，可得MN的电势差．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F-图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（）A.电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/sB.该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动C.该车做匀加速运动的时间是1.5sD.该车加速度大小为0.75m/s2【答案】AC【解析】解：A、因为横坐标是，所以全过程中，C点的值最小，匀加速达到的最大速度为15m/s．故A正确．B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动；BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动．故B错误．C、电动机的功率为：P=W=6000W，匀加速运动的末速度为：v==m/s当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f=400N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a==2m/s 2，则匀加速运动的时间t=．故C正确，D错误．故选：AC．AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列各种说法中正确的是（）A.液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力B.PM2.5 （空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动C.在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D.一定之类的理想气体温度升高，体积增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少E.在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大【答案】CDE【解析】解：A、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故A错误；B、悬浮颗粒的运动不可是分子的运动，故B错误；C、在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性；故C正确；D、一定质量的理想气体温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少，故D正确；E、在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力开始时表现为引力，先增大后减小；最后表现为斥力再逐渐增大；故E正确；故选：CDE．液体表面分子较内层稀疏，故分子间表现为引力，从而表现为表面张力；分子热运动是指我们肉眼看不到的分子的无规则运动；具体分子的排列具有空间上的周期性；气体的压强与气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数、分子的平均撞击力有关；在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大．本题考查热学中的相关内容，重点把握布朗运动的性质、晶体的特点、分子间相互作用力的性质，明确分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，但斥力减小的快．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.在光导纤维束内传送图象是利用光的衍射现象B.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉现象C.全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度E.海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小【答案】BCE【解析】解：A、在光导纤维束内传送图象是利用了光的全反射原理；故A错误；B、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉，即空气薄膜的前后两个表面反射的光相干涉，故B正确；C、激光具有良好的相干性；全息照片就是利用了激光的相干性进行拍摄的；故C正确；D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片滤去反射光等偏振光；故D 错误；E、海市蜃楼产生的原因，是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，从而发生全反射现象，故E正确；故选：BCE．从光现象形成的原因出发，把光现象与说明的问题对应起来：光导纤维是利用光的全反射；全息照片是利用了光的干涉，激光具有良好的相干性；偏振片是减少反射光的干扰；海市蜃楼与全的反射有关．解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道什么叫光的干涉、光的衍射、光的偏振，及光的全反射条件以及在生产生活中的应用．四、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图1所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落．①所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需______ （填字母代号）中的器材．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺②一次实验中，质量为m的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点迹，如2所示，已知相邻两计数点之间的时间间隔为T．测得计数点A、B两点间的距离为h1，计数点B、C两点间的距离为h2．由此可以确定，在打点计时器打下B点时，重物的动能为______ （填字母代号）．A．m（）2 B．m（）2 C．m（）2 D．m（）2．【答案】D；D【解析】解：（1）打点计时器需要使用交流电源，要测量物体下降的高度，以及瞬时速度的大小，所以需要测量点迹间的距离，需要毫米刻度尺；实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量物体的质量，故不需要天平．故选：D．（2）B点的速度，则重物在B点的动能．故选：D．故答案为：（1）①D；②D根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定测量的器材；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出B点的动能．解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定测量的物理量．以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度．10.测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）定值电阻R0（2000Ω）（E）滑动变阻器R（0-20Ω，2A）（F）开关和导线若干某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验．（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片向左滑动，则电流传感器1的示数将______ （选填“变大”或“变小”）．（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示．则由图线可得被测电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】变大；3；1【解析】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向左滑动时R值增大，电流传感器2的示数变小，电流传感器1的示数变大．（2）路端电压：U=I1R0=E-I2r，变形得：I1=-I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k==0.5×10-3；故解得：E=3.0V，r=1Ω；故答案为：（1）变大；（2）3，1．（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化．（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．（3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，应细心观察．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一质量为m=0.75kg的小球在距地面高h=10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失，若小球运动过程中受到空气阻力f大小恒为2.5N，g=10m/s2．求：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．【答案】解：（1）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球落地的速度为v，得：小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h1，则：得：h1=5m（2）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球第二次落地的速度为v1，得；小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h2，则：得：=2.5m同理，小球第三次落地后上升的高度：m小球第四次落地后上升的高度：m小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程：s=h+2h1+2h2+2h3+2h4=28.75m答：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度是5m；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程是28.75m【解析】（1）小球运动的过程中只有重力和阻力做功，对下落的过程和上升的过程由动能定理列式求解小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球与地面碰撞后，上升的高度与下降的高度是相等的，分别由动能定理即可求出上升的最大高度与落地时的速度，同理即可表达出相应的数列，然后求和即可．本题应用动能定理全程列式可顺利求解，关键在于明确阻力做功的求法，记住不论物体向下还是上，阻力一直做负功．12.如图，竖直平面坐标系x O y的第一象限，有垂直x O y面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直x O y面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N．一质量为m的带电小球从y轴上（y＞0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）．（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点O的距离s为多远？【答案】解：（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡．设小球所带电荷量为q，则有：q E=mg（1）解得：（2）又电场方向竖直向上故小球带正电．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力得：（3）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：（4）由（3）（4）得：r=（5）即：PO的最小距离为：y=2r=（6）（3）小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为v N，由机械能守恒得：（7）由（4）（7）解得：（8）小球从N点进入电场区域后，作类平抛运动．设加速度为a，则有：沿x轴方向有：x=v N t（9）沿电场方向有：（10）由牛顿第二定律得：a=（11）t时刻小球距O点为：答：（1）小球的带正电，其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少为；（3）经时间t=2小球距坐标原点O的距离．【解析】（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡从而判定小球的电性和电量．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力；小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足重力恰好提供向心力，联立即可求出P 点距坐标原点O至少多高；（3）小球由O运动到N的过程中由机械能守恒，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动．根据运动的类型，写出相应的公式，就可以求解．该题中，设置的情景比较复杂，运动的过程较多，一定要理清运动的过程和各个过程中的受力以及做功的情况，再选择合适的公式进行解题．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm H g时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示．问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）？【答案】解：（1）此时管内空气的压强为P1=（75-60）cm H g=15cm H g．（2）V1=30S，V2=（30+60-54）S=36SP1=15cm H g，P2=（P0-54）cm H g等温变化，由玻意尔定律P1V1=P2V2代入15×30=15×P2得P2=12.5cm H g可得P0=66.5cm H g答：（1）此时管内空气的压强为15cm H g．（2）山上的大气压强为66.5cm H g．【解析】（1）管内空气的压强等于管外大气压与管内60cm水银产生的压强之差．（2）温度不变，管内气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解管内空气压强．根据管内外压强关系求解山上的大气压强．。

河南省周口市完全中学高三物理模拟试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图甲所示，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，经过不同位置时的电势能随距A点的距离变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（）A．A、B两点的电场强度EA＜EBB．电子在A、B两点的速度vA＜vBC．A、B两点的电势φA＜φBD．电子在A、B两点的电势能EpA＜EpB参考答案：D解：A、Ep-x图象的斜率大小表示电场力，由图可知，图象的斜率逐渐变小，电子受到的电场力变小，故场强变小，即A、B两点的电场强度EA＞EB．故A错误．B、由图可知，电势能逐渐变大，电场力做负功，根据动能定理可知，速度变小，即电子在A、B两点的速度vA＞vB．故B错误．C、从A到B，电子电势能变大，根据Ep=qφ可知，电势在减小，即A、B两点的电势ΦA ＞ΦB．故C错误．D、由图可知，电势能逐渐变大，即电子在A、B两点的电势能EpA＜EpB．故D正确．故选：D．2. 下列有关光现象的说法中正确的是A．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象B．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变宽C．光导纤维丝的内芯材料的折射率比外套材料的折射率大D．光的偏振现象说明光是一种纵波参考答案：BC3. 如图所示，把由同种玻璃制成的厚度为d的立方体A和半径为d的半球体B分别放在报纸上，且让半球的凸面向上，从正上方（对B来说是最高点）竖直向下分别观察A、B中心处报纸上的文字，下面的观察记录正确的是A．看到A中的字比B中的字高B．看到B中的字比A中的字高C．看到A、B中的字一样高D．看到B中的字和没有放玻璃半球时一样高参考答案：AD解析：通过立方体观察像比物体高，通过球体现察物像重合，如图所示。

4. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（4）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念．关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（）A.电场和磁场都是客观存在的特殊物质B.电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C.电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D.电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹【答案】A【解析】解：A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；故A正确；B、电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在；故B错误；C、电场对放入其中的电荷一定有力的作用；但磁场只对运动的电荷有力的作用；故C 错误；D、电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线和磁感线均不是电荷在场中的轨迹；故D错误；故选：A．电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大，电场中某点电场强度的大小由电场决定．考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．抓住电场与磁场都是物质，电场线和磁感线都是假想的曲线是关键．2.近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们的运行过程，下列说法正确的是（）A.“神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度B.“神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度C.“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期D.“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度【答案】C【解析】解：根据万有引力提供向心力=ma=mω2r=m=m r“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．“神舟”系列飞船的轨道半径小于北斗卫星导航系统的卫星的轨道半径．A、a=，所以“神舟”系列飞船的加速度大于北斗导航卫星的向心加速度，故A错误；B、ω=，所以“神舟”系列飞船的角速度大于北斗导航卫星的角速度，故B错误；C、T=2π，所以“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期，故C正确；D、v=，所以“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度，故D错误；故选：C．根据万有引力提供向心力，求出周期、加速度、速度与轨道半径的关系，从而通过轨道半径的大小比较出它们的大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道半径大小．3.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2＞S1），计时开始时，甲、乙两车相距S0，在两车运动过程中，下列说法正确的是（）A.若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，两车相遇1次B.若甲车在乙车前方且S0＜S1，两车相遇2次C.若乙车在甲车前方且S0=S2，两车不会相遇D.若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最近【答案】B【解析】解：由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；A、若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，则S0+S2＞S1+S2，两车不会相遇，故A错误；B、若甲车在乙车前方且S0＜S1，则S0+S2＜S1+S2，即在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；C、若乙车在甲车前方且S0=S2，在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车能追上乙车，故C错误．D、若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最远，故D错误．故选：B此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．4.在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示．D点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（）A.A、B、C三点的电场强度相同B.O、A和A、D两点间的电势差相等C.将电子由D点移到C点，电场力做正功D.电子在B点的电势能大于在D点的电势能【答案】D【解析】解：A、根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误．B、根据点电荷的电场强度的特点可知，OA段的电场强度的大小要大于AD段的电场强度，所以O、A和A、D两点间的电势差不相等．故B错误．C、O点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向O点，可知D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，故C错误．D、D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于B点的电势，将电子由D点移到B点，电场力做负功，其电势能将增加．故D正确．故选：D．A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．A、B、C三点的电势相同，A、B、C三点所在的等势面为球面．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加．若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力不可能为零．本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负．5.1931年英国物理学家狄拉克就从理论预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱利用电感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验，他设想让一个只有N极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），观察其中电流的方向和大小变化情况．和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，人上往下看（）A.普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流B.普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流C.超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流D.超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流【答案】D【解析】解：AB、条形磁铁N向下穿过普通线圈，先磁场向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针（从上向下），当穿过线圈后，磁通量向上，且大小减小，由楞次定律，感应电流方向顺时针（从上向下），故AB错误；CD、若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．故C 错误，D正确．故选：D．条形磁铁或磁单极子穿过普通或超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．该题考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极，注意条形磁针与磁单极子的区别．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D.电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【答案】AB【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqv S=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z 的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选AB．霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．7.如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心．在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1，v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点．则以下说法中正确的是（）A.∠AOP为60°B.若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1增大，v2减小C.改变v1，v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D.若只增大v1，两小球不可能相遇【答案】AB【解析】解：A、连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以，而AD+BD=2R，所以AD=，OD=，所以cos∠AOP=，解得：∠AOP=60°，故A正确．B、要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B正确．C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；D、若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D错误．故选：AB．平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几关系可以求得∠AOP的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解．本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度．8.如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB=0.3m，L AD=0.2m，总电阻为R=0.1Ω．在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin x（m），磁感应强度大小B=0.2T．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是（）A.线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B.线框中感应电动势的最大值为0.4VC.线框中感应电流有效值为4AD.线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048J【答案】ABD【解析】解：A、由图知，穿过线框的磁方向始终向里，线框进入磁场时磁通量增加，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律判断得知：线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向．故A正确．B、线框最大的有效切割长度等于L m=L AD=0.2m，则感应电动势最大值为E m=BL m v=0.2×0.2×10V=0.4V．故B正确．C、感应电流最大值为I m==4A，由于线框产生正弦式感应电流，则感应电流有效值为I==2A．故C错误．D、线框穿过磁场区域的过程中外力做功等于线框产生的总热量．整个过程拉力做功W=I2R t，又t==s=0.06s，代入解得，W=0.048J．故D正确．故选ABD线框的一边做切割磁感线运动，根据楞次定律判断感应电流的方向；线框产生正弦式感应电流，当切割长度最大时，感应电流最大，拉力最大，拉力功率最大．线框右边和左边分别切割磁感线，产生正弦式交变电流，可用切割感应电动势公式、安培力和功知识求解．本题要注意是线框中产生的是正弦式电流，求电功要用电动势的有效值，正弦式电流的最大值是有效值的倍．五、单选题(本大题共2小题，共6.0分)13.一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是（）A.此列波的波长为2.5mB.此列波的频率为2H zC.此列波的波速为2.5m/sD.此列波的传播方向为沿x轴正方向传播【答案】D【解析】解：A、由图知，b和c之间的距离等于波长，则λ=5m．故A错误．B、由题，0.5s=（n+）T，n=0，1，2…，T=s，频率f==（2n+1）H z，由于n是整数，f不可能等于2H z．故B错误．C、波速为v=λf=5（2n+1）m/s，由于n是整数，v不可能等于2.5m/s．故C错误．D、质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，则得波沿x轴正方向传播．故D正确．故选D由图知，b和c之间的距离等于波长．质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，说明波沿x轴正方向传播，0.5s=（n+）T，求出周期，得到频率．本题首先理解波长的含义：相邻两个波峰间的距离即等于波长．题中a、b两点是反相点，得到0.5s=（n+）T，可得到周期的通项．14.下列说法正确的是（）A.光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C.光在介质中的速度大于光在真空中的速度D.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【答案】A【解析】解：A、狭义相对论的两条基本假设是光速不变原理和相对性原理，故A正确；B、拍摄玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片是为了滤去反射光而不是增加透射光的强度，故B错误；C、光在任何介质中的传播速度都比真空中小，故C错误；D、由麦克斯韦的电磁理论，变化的电场一定产生磁场，但不一定产生变化的磁场，如随时间均匀变化的电场产生稳定的磁场，同样，变化的磁场不一定产生变化的电场，故D错误．答案：A．狭义相对论的两条基本假设：1、物理体系的状态据以变化的定律，同描述这些状态变化时所参照的坐标系究竟是用两个在互相匀速移动着的坐标系中的哪一个并无关系．2、任何光线在“静止的”坐标系中都是以确定的速度c运动着，不管这道光线是由静止的还是运动的物体发射出来的．”本题综合考查了3-4模块的狭义相对论、光的偏振、麦克斯韦电磁场理论，识记性知识为主，要多看书．七、单选题(本大题共2小题，共6.0分)16.下列说法正确的是（）A.增大压强不能改变原子核衰变的半衰期B.某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少4个C.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D.a射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤【答案】A【解析】解：A、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，A正确；B、某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，B错误；C、β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C错误；D、γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强，D错误；故选：A半衰期由原子核本身决定，经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强．本题需要掌握半衰期的特点，衰变的实质和三种射线的性质．17.如图所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内？（）A.A的速率始终等于B的速率B.A的动量大小大于B的动量大小C.A受的合力大小大于B受的合力大小D.A的动量不等于B的动量【答案】D【解析】解：A、两物体在弹开的过程中总动量守恒，故动量的大小一直相等；因两物体的质量不相等，故两物体的速率不相等；故AB错误；C、两物体均受弹簧的弹力，故弹簧的弹力对两物体大小相等，故C错误；D、两球动量守恒，故总动量为零，则两动量方向相反，大小相等；故动量不相等，故D正确；故选：D．两个物体均受弹簧的弹力作用，根据作用力与反作用力可知两物体受力情况；由动量守恒可求得两物体动量关系．本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，但要注意动量是矢量，大小相等、但方向相反．三、实验题探究题(本大题共1小题，共3.0分)9.（1）用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为______ mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______ mm．【答案】50.15；4.700【解析】解：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．故答案为：（1）50.15；（2）4.700游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四、计算题(本大题共3小题，共38.0分)10.如图所示是电子拉力计的示意图，金属弹簧右端和滑动触头P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1之间的摩擦不计）．定值电阻R0；电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的（类似于滑动变阻器），其长度为10cm，阻值R1=300Ω，电源电动势E=3V，内阻不计．理想电流表的量程为0～100m A．当拉环不受拉力时，触头P刚好不与电阻R1接触（即电路断开）．弹簧的劲度系数为10000N/m．（1）电路中连入的R0阻值至少应为______ Ω．（2）设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值，那么在原电流表的40m A处应改为______ N．分析可知，拉力计的刻度是否均匀______ ．（填写“均匀”或“不均匀”）（3）为了使拉力计的量程增大应采用的措施是（只填写一条）______ ．【答案】30；850；不均匀；可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数【解析】解：（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止当P移动到R1的最右端时电流表被烧坏；故R0至少为：R min===30Ω；（2）（2）当I=4m A=0.04A时电路中的总电阻R===75Ω，电阻丝接入电路的电阻R1′=R-R0=75Ω-30Ω=45Ω因′即=，解得x=1.5cm，所以弹簧伸长的长度△x=L1-x=10cm-1.5cm=8.5cm=8.5×10-2m，则弹簧弹力的大小为F=k△x=10000×8.5×10-2=850N由上得F=k[L-（-R0）]可知，F与I是非线性关系，电流表的刻度是均匀的，故拉力计的刻度是不均匀．（3）由F的表达式F=k[L-（-R0）]知，为了使拉力计的量程增大，可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．故答案为：（1）30；（2）850，否或不均匀；（3）更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止短路，烧坏电流表；故电路中电流应小于电流表的最大量程；（2）由图可知定值电阻R0与可变电阻R1组成串联电路，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联特点求出变阻器接入电路电阻的大小，再根据题意求出弹簧的伸长的长度，根据图乙得出拉力的大小．（3）根据拉力的表达式分析增大量程的措施．本题根据欧姆定律、电阻定律和胡克定律，得到拉力的表达式，将电路中电流，转化成拉力所对应的示数是本题的解题关键．11.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g．（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值．【答案】解：（1）当θ=300时，对木块受力分析得：mgsinθ=μF N…①F N=mgcosθ…②联立①②得：μ=tanθ=tan30°=（2）当θ变化时，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma木块的位移S为：v02=2as=令：tanα=μ当θ+α=90°时，S最小，此时有：θ=60°=故有：S min=°°答：（1）小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ=60°时，小物块沿木板上滑的距离最小，此最小值为．【解析】（1）θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律得出速度的表达式，然后根据位移公式得到上滑距离S的表达式，结合数学知识求S的极值．本题第二问中求加速度和位移是物理学中的常规问题，关键是由数学三角函数知识求极值，要重视数学方法在物理中的应用．12.如图所示，在x O y坐标系中，以（r，0）为圆心，r为半径的圆形区域内存在匀强磁场磁场区域的圆心为O′，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．在y＞r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r．已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重与及质子间相互作用力的影响．（1）求质子从O点射入磁场时速度的大小：（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间．（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ（0°＜θ＜90°）的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间．【答案】解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：v=；高中物理试卷第11页，共13页 （2）质子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．在磁场中运动周期：T=， 质子在磁场中运动的时间：t 1= T= ，进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：a = ，质子在电场中运动的时间：t 2= =， 所求时间为：t =t 1+t 2= + ；（3）当质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A 点射出磁场，如图所示：其中O 1、O 2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO 1AO 2为菱形，即AO 2平行x 轴，说明质子以平行y 轴的速度离开磁场，也以沿y 轴负方向的速度再次进入磁场，有：∠O 2=90°-θ．所以，质子第一次在磁场中运动的时间：t 1′= ° °T ，此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C 点再次射出磁场．如图所示，其中O 1、O 3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO 3平行x 轴． 由于O 1AO 3C 为菱形，即CO 1平行AO 3，即平行x 轴，说明C 就是磁场区域圆与x 轴的交点．这个结论与θ无关．所以，OO 2O 3C 为平行四边形，∠O 3=90°+θ质子第二次在磁场中运动的时间为：t 2′= ° °T ，质子在磁场中运动的总时间：t ′=t 1′+t 2′= T= ；答：（1）质子射入磁场时速度的大小为 ；（2）若质子沿x 轴正方向射入磁场，质子从O 点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为 + ；（3）若质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从O 点射入第一象限的磁场中，质子在磁场中运动的总时间为 ．【解析】（1）粒子在磁场中运动靠洛伦兹力提供向心力，通过轨道半径，根据牛顿第二定律求出粒子射入磁场的速度．（2）粒子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度v 逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．求出粒子在磁场中运动的周期，从而求出粒子磁场中运动的时间，根据牛顿第二定律结合运动。

2015年物理高考模拟试题学生版二、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．将一小球沿y轴正方向以初速度v竖直向上抛出，小球运动的y-t图像如图所示，t2时刻小球到达最高点，且t3-t2>t2-t1，0～t2时间内和t2～t3时间内的图线为两段不同的抛物线，由此可知A．小球在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相反B．小球在t2时刻所受合外力为零C．小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力D．小球在t1和t3时刻速度大小相等15．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v o的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。

不计空气阻力，则A．微粒做匀加速直线运动B．微粒做匀减速直线运动C．微粒电势能减少D．微粒带正电16．均匀带电球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷全部集中于球心处的点电荷的电场。

如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。

已知M点的场强大小为E，方向由O指向M。

则N 点的场强大小为A．B．C．D．17．如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD间的夹角为θ（θ<90°），不计金属框架的电阻。

光滑导体棒MN （垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，以经过C点时刻为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P 与导体棒水平移动的距离x变化规律的图像中，正确的是．重力所做的功是．合外力对物块做的功是．推力对物块做的功是．阻力对物块做的功是三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

2015年河南省八市重点高中高考物理模拟试卷（5月份）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，全部选对得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）把一根长直导线平行放在如图所示的磁针正上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，下列说法正确的是（）A．首先观察到这个实验现象的物理学家是法拉第B．导线若东西放置，磁针最容易发生偏转C．导线通过以图示方向强电流，磁针N极转向纸面内D．该实验说明变化的磁场在导线中产和电流2．（6分）如图所示，半径为R的圆环固定在竖直面内，小球在圆心O正上方的P点以初速度v0水平抛出，运动轨迹恰与圆环相切于Q点，若OQ与OP间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）A．从P点运动到Q点的时间为B．从P点运动到Q点的时间为C．小球运动到Q点时的速度为D．小球运动到Q点时的速度为3．（6分）在图甲a、b两点间接入图乙所示的交流电，变压器的副线圈匝数可调，触头P位于c处时，用户恰好得到220V的电压，R表示输电线的电阻，下列说法正确的是（）A．变压器原线圈的瞬时电压为u=1100sin100t（V）B．t=0.01s时，电压表的示数为零C．触头P向上移动，电压表示数增大D．触头P向上移动，电流表示数减小4．（6分）美国航天局计划2030的把宇航员送上火星，若宇航员到达火星以后，在火星表面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，测得经过时间t小球落回火星表面，速度大小仍为v0，若将火星视为密度均匀，半径为R的球体，引力常量为G，则火星的密度为（）A．B．C．D．5．（6分）如图所示，两个固定的点电荷a、b所带的电荷量分别为+2q、﹣q，在两电荷连线的中垂线上有c、d两点，下列说法正确的是（）A．c点和d点的电势相等B．c点和d点的场强相同C．负电荷分别放置在c点和d点时，在c点电势能大D．不计重力的负电荷由c点静止释放，将沿cd连线运动6．（6分）如图所示，水平面上固定一四分之一的球体，球体左侧面光滑，质量分别为m1和m2的小物块（可视为质点）通过柔软光滑的软绳连接后静止于球面上，此时m2与球心O的连线与水平方向成45°，m2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m2与球面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可能为（）A．B．1 C．2 D．37．（6分）如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．8．（6分）如图所示，与水平面夹角为θ=37°的传送带以恒定速率v=2m/s逆时针运动，皮带始终绷紧，将质量为m=1kg的物块无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带B处，物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，其他摩擦不计，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（）A．物块从A处到达传送带B处动能增加2JB．物块从A处到达传送带B处机械能减小11.2JC．物块从A处到达传送带B处，物块与传送带摩擦产生的热量为4.8JD．物块从A处到达传送带B处，传送带对物块做功为12.8J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．（6分）某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋并利用如下实验器材验证平行四边形定则：刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板．实验方案如下：①将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连，测出橡皮筋的原长；②将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上的A点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图甲所示．③将橡皮筋的另一端细线固定在竖直板上的B点，如图乙所示．（1）为完成本实验，下列还必须测量的物理量为．（填选项前字母）A、小重物的质量B、细绳的长度C、图甲中OA段橡皮筋的长度D、图乙中OA和OB段橡皮筋的长度（2）在完成本实验的过程中，必须注意的事项是．（填选项前字母）A、橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同B、图乙中A、B两点必须等高C、图乙中连接小重物的细绳必须在OA、OB夹角的平分线上D、记录图甲中O点的位置和OA的方向E、记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向（3）钉子位置固定，若利用现有器材，改变条件，可采用的方法是．10．（9分）利用如图（a）所示电路，可以测量金属丝电阻率ρ，所用的实验器材有：待测的粗细均匀的电阻丝、电流表（量程0.6A，内阻忽略不计）、电源（电动势3.0V，内阻r未知）、保护电阻（R0=4.0Ω）、刻度尺、螺旋测微器、开关S、导线若干、滑片P．实验步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图（b）所示；②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I；③以为纵坐标，x为横坐标，作﹣x图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b．回答下列问题：（1）螺旋测微器求数为d=mm．（2）用题中字母可求得与x的关系式为．（3）实验得到的部分数据如表所示，其中aP长度=0.30m时电流表的示数如图（c）所示，读出数据，完成下表，答：①，②．（A﹣1）（4）在图（d）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=A﹣1m﹣1，截距b=A﹣1．（保留三位有效数字）（5）根据图线求得电阻丝的电阻率ρ=，电源的内阻为r=Ω．（保留三位有效数字）11．（14分）北京时间3月14日消息，2015短道速滑世锦赛于今晚在俄罗斯首都莫斯科展开了首个决赛日的争夺，在女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于短道速滑在比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手，如果赛道的直道长度为L=30m，弯道半径为R=3m的圆弧形状，在弯道时，忽略冰面对选手的摩擦力，选手的运动视为匀速圆周运动，且地面对人的弹力沿身体方向，身体与冰面的夹角θ为30°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a=1m/s2，若比赛过程中选手没有减速过程，为保证比赛不出现意外情况，选手在直道上加速的最长距离为多少？（g取10m/s2）12．（18分）如图甲所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场，两板长均为L，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，一比荷为=5πC/kg的带正电粒子（不计重力），t=0时刻以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向水平向右射入磁场区．（1）t=（t 0+1）s时，粒子速度首次变为水平向左，则B1多大？（2）满足（1）的条件下，若B2=B1，t0=s，要使粒子速度水平向右到达P 板的右端，求板长L的最小值和最大值，若板长L与板间距离d的比值为k，试求该比值的取值范围△k的最大值．(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．（6分）关于热学知识，下列叙述中正确的是（）A．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动B．温度降低，物体内所有分子运动的速率不一定都变小C．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小D．大颗粒的粗盐磨成细盐，仍然是晶体E．第二类永动机不违背能量守恒定律，但无法制造出来14．（9分）如图均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管的截面积为S，内装有密度为ρ的液体，右管内有一质量为m=的活塞放在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气，温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L，压强均为大气压强P0，重力加速度为g，现使左管气体温度缓慢升高，右管温度保持不变，当活塞恰离开卡口上升前，试求左管封闭气体的温度为多高？[物理选修3-4】15．一列简谐横波在x轴上传播，波源处于x=0m处，在x=3m处的质元P和x=6m 处的质元Q的振动图线分别如图甲、乙所示，下列说法正确的（）A．波长可能是4m B．波的周期一定是12sC．波的振幅一定是8cm D．波的传播速度一定是1m/sE．波由P传播到Q历时可能是9s16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a的等边三角形，BC面沿竖直方向，O点为BC的中点，现用一束宽为a的单色平行光束水平射向AB及AC面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为，求：（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的位置；（2）若距O点距离为a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？【物理选修3-5】17．下列关于近代原子物理的说法正确的是（）A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一这频率的光子，同时电子的动能增大B．太阳源源不断的释放出巨大的能量，其能量的来源就是太阳本身的核裂变C．原子的平均结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，原因在于入射光的波长太短E．氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡22218．如图所示，一轻弹簧上端悬挂于天花板上，下端系一质量为2m的金属板A 处于静止状态，在距物体A正上方高h处有一质量为m的圆环B由静止下落，与弹簧下端的金属板A碰撞（碰撞时间极短），而后两者以相同的速度运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）碰撞结束后瞬间两物体的速度大小；（2）碰撞结束后瞬间两物体以相同的速度运动，当两者第一次到达最低点时，两者相互作用力冲量大小为I，该过程中两者相互作用的平均作用力为多大．2015年河南省八市重点高中高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中。

河南省周口中英文学校2015届高三物理上学期第一次模拟考试试卷一、选择题：此题共12题，每一小题4分共48分。

1.(多项选择)以下情景中,加点的人或物体可看成质点的是( )A.研究一列火车．．通过长江大桥所需的时间B.计算在传送带上输送的工件．．数量C.研究航天员翟志刚．．．在太空出舱挥动国旗的动作D.用GPS确定打击海盗的“武汉．．〞舰．在大海中的位置2.(多项选择)下面的几个速度中表示平均速度的是( )A.子弹射出枪口的速度是800 m/s,以790 m/s的速度击中目标B.汽车从甲站行驶到乙站的速度是40 km/hC.汽车通过站牌时的速度是72 km/hD.汽车通过一隧道的速度为5 m/s3.(单项选择)一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面,把它在空中运动的时间分为相等的三段,如果它在第一段时间内的位移是 1.2m,那么它在第三段时间内的位移是( )A.1.2 mB.3.6 mC.6.0 mD.10.8 m4.(多项选择)汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动,途中用了6s时间经过A、B 两根电线杆,A、B间的距离为60m,车经过B时的速度为15m/s,如此( )A.车从出发到B杆所用时间为9sB.车的加速度为15m/s2C.经过A杆时速度为5m/sD.从出发点到A杆的距离是7.5m5.(多项选择)如下列图为在同一直线上运动的A、B两质点的x-t图像,由图可知( )A.t=0时,A在B的前面B.B在t2时刻追上A,并在此后跑在A前面C.B开始运动的速度比A小,t2时刻后才大于A的速度D.A运动的速度始终比B大6.(单项选择)如下列图,A、B两物体相距x=7 m,物体A以=4 m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时的速度=10 m/s,只在摩擦力作用下向右做匀减速运动,加速度大小为a=2 m/s2,那么物体A追上物体B所用的时间为( )A.7 sB.8 sC.9 sD.10 s7.(单项选择)如下列图,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,B置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接,连接B的一段细绳与斜面平行,A、B、C都处于静止状态,如此( )A.B受到C的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何,水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等8.(多项选择)如下列图,质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行,木块受到向右的拉力F的作用,长木板处于静止状态,木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,如此( )A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)gC.当F>μ2(m+M)g时,长木板便开始运动D.无论怎样改变F的大小,长木板都不可能运动9.(单项选择)如下列图,用一根长为l的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A,为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧,小球A处于静止,对小球施加的最小的力是( )A.mgB.32mgC.mgD.33mg10.(单项选择)如下列图,在水平天花板的A点处固定一根轻杆a,杆与天花板保持垂直。

2015年高考物理模拟试题[HT2H]（二）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题～第5题中只有一项符合题目要求，第6题～第8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.下列说法符合物理学史实的有（）A.亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论B.伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献C.开普勒通过对行星运动的观测，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律D.卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律[TPj135.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图1[HT][TS）]2.2014年10月7日，在世界体操锦标赛男团决赛中，张成龙的最后一套单杠实现大逆转，最终以0.1分的微弱优势取胜日本队，实现了世锦赛男团六连冠的辉煌伟业.假设张成龙质量为60kg，做“单臂大回环”，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，如图1所示.此过程中，张成龙到达最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，取g=10m/s2）（）A.600NB.2400NC.3000ND.3600N[TPj136.TIF，Y#][TS（][JZ][HT5"H]图2[HT][TS）]3.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间线上各点电势高低如图2曲线所示（AP>PB），选无穷远处电势为0，从图中可以看出（）A.Q1电荷量一定小于Q2电荷量B.P点电场强度是0C.Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2D.Q1、Q2可能是同种电荷[TPj137.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图3[HT][TS）]4.如图3所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（）A.t=v0[]gtanθB.t=gtanθ[]v0C.t=Rsinθ[]v0D.t=Rcosθ[]v05.如图4所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的14圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸面内侧.一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为2r，从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则（）[TPj138.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图4[HT][TS）]A.杆下滑过程机械能守恒B.杆最终不可能沿NQ匀速运动C.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于mgr[]2D.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于Br2（π-2）[]4R[TPj139.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图5[HT][TS）]6.如图5所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=210T 的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V60W”灯泡，灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A.下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为500[]2VC.变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D.变压器允许输出的最大功率为5000W7.火星将成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行（不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N 圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星的半径为r，地球表面重力加速度为g，则（）A.火星探测器匀速飞行的速度约为2πNRtB.火星的平均密度约为3πMN2gR2t2C.火星探测器的质量约为4π2N2r3gR2t2D.火星探测器匀速飞行的向心加速度约为4π2N2rt2[TPj140.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图6[HT][TS）]8.如图6所示在一个固定的十字架上（横竖两杆连结点为O点），小球A套在竖直杆上，小球B套在水平杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，并竖直静止.由于微小扰动，B从O点开始由静止沿水平杆向右运动.A、B的质量均为m，不计一切摩擦，小球A、B视为质点.在A下滑到O点的过程中，下列说法中正确的是（）A.在A下滑到O点之前轻杆对B一直做正功B.小球A的机械能先减小后增大C.A运动到O点时的速度为2gLD.B的速度最大时，B对水平杆的压力大小为2mg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15题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）[TPj141.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图7[HT][TS）] 9.（7分）物理小组的同学用如图7所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜.实验时可用两光电门测量小球从光电门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.则：（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图8所示，则小球直径为cm.[TPj142.TIF，BP][TS（1][JZ][HT5"H]图8[HT][TS）]（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=.（3）根据实验数据作出htt图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为.10.（8分）实际电流表都是有内阻的，可等效为理想电流表与电阻的串联.现在要测量实际电流表G1的内阻r1.可供选择的仪器如下：A.待测电流表G1（量程为5mA，内阻约300Ω）B.电流表G2（量程为10mA，内阻约100Ω）C.电压表V（量程为6V）D.定值电阻R1（300Ω）E.定值电阻R2（10Ω）F.滑动变阻器R3（0～1000Ω）G.滑动变阻器R4（0～10Ω）H.直流电源电动势E（3V）I.开关S及导线若干（1）请选择合适的器材并设计实验电路，尽量使滑动变阻器便于调节，定值电阻应选（选R1或R2），滑动变阻器应选（选R3或R4）；并将实验电路图画在虚线框内.（图中标明所选器材）（2）根据测得和已知的物理量表示电流表G1的内阻，则r1=，说明式中各测量量的物理意义：[ZZ1Z][JY].[TPj143.TIF；%90%90，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图9[HT][TS）]11.（12分）2014年10月2日，仁川亚运会田径男子4×100米接力决赛中，由苏炳添、谢震业、陈时伟和张培萌组成的中国队以37秒99的成绩打破亚洲纪录并夺得冠军，如图9所示.在接力跑中两运动员交接棒非常重要，若在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s 的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动.为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记.在某次练习中，甲在接力区前s0=13.5m处作了标记，并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令.乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒.已知接力区的长度为L=20m.求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离.[TPj+2.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图10[HT][TS）]12.（20分）如图10所示，虚线MO与水平线PQ相交于点O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO 右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）.现有一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在纸面内以速度v=EB，且方向与MO成θ角从M点射入磁场，又向左从MO上的D点（图中未画出）射出磁场进入电场，最后到达O点，不计粒子的重力.求：（1）MD的距离L；（2）粒子自M点射入磁场至到达O点所用的时间；（3）磁场区域的最小面积.（二）选考题（共15分）13.【选修3-3】（15分）（1）（6分）下列有关热学的叙述中，正确的是（）（选对一个得3分，选对两个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分）A.悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动是布朗运动B.随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C.热力学第一定律和热力学第二定律是不矛盾的D.一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不改变E.热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化[TPj+4.TIF；%120%120，Y][TS（][JZ][HT5"H]图11[HT][TS）]（2）（9分）如图11，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为h=24cm的水银柱封闭了一段长为x0=23cm的空气柱，系统初始温度为T0=200K，外界大气压恒定不变为p0=76cmHg.现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至T=400K，结果发现管中水银柱上升了2cm，若空气可以视为理想气体，试求：Ⅰ.升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少cmHg？Ⅱ.玻璃管总长为多少？14.【选修3-4】（15分）[TPj145.TIF，BP][TS（1][JZ][HT5"H]图12[HT][TS）]（1）（6分）如图12所示，一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，波速为4m/s，则质点P此时刻的振动方向沿y轴（填“正”或“负”）方向.经过Δt=3s，质点Q通过的路程是m.[TPj146.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图13[HT][TS）]（2）（9分）某种光学元件由两种透明物质Ⅰ和Ⅱ制成，其横截面如图13所示，O为AB中点，∠BAC=30°，半圆形透明物质Ⅰ的折射率为n1=3，透明物质Ⅱ的折射率为n2.一束光线在纸面内沿O点方向射入元件，光线与AB面垂线间的夹角为θ，通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出，在BC面有光线垂直射出.求：[JP+1]【解析】本题考点：“验证力的平行四边形定则”.（1）矢量和不仅与大小有关，还和方向有关，所以得记下钩码质量数、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还要记录三条细绳（拉力）的方向；（2）木板不竖直时，勾码和木板间有摩擦力会产生误差，选项B、C对实验无影响，结点O的位置发生变化是一种错误；（3）该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，解决问题的办法之一是减少勾码质量，或者减小AO与BO之间的夹角.[JP]10.（1）C；（2）如图d-1所示；[TPj148.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图d-1[HT][TS）]（3）左端；（4）增大.【解析】本题考点：“描述小灯泡的伏安特性曲线.”（1）小灯泡为小电阻，数据要求从零开始，所以电路为滑动变阻器的外接分压接法，电路图为C图；（2）补充完成图中实物间的连线如答案所示；（3）开始时灯的电压为零，滑动变阻器的滑动片应在最左端；测量时，应将滑动变阻器滑动片向右移动，以获取电路中两表的读数；测量结束后，应先把滑动变阻器滑动片移到最左端，然后断开开关，接着拆除导线，整理好器材；（4）由IU图像向下弯可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增加.11.（1）gR；（2）2mgR；（3）4.2R.【解析】本题考点：“平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等”.（1）小球到达轨道C时有mg=mv21R解得v1=gR.（2）从弹簧释放到小球到达最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，由机械能守恒定律有Ep1=mg（R2+R）+12mv21解得Ep1=2mgR.（3）设小球到达轨道C时速度大小为v2，由机械能守恒定律得Ep2=mg（0.6R+R）+12mv22小球离开轨道C后做平抛运动，设平抛时间为t，离OO′的水平距离为s，由平抛运动规律有2R=12gt2x=v2ts=x+R解得s=4.2R.12.【解析】本题考点：“带电粒子在电场和磁场中的运动”.（1）质点从O点进入左侧空间后，有qE2=2×10-6N=mg电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB=mv2RR=mvqB=0.4m质点第一次通过y轴的位置y1=2R=225m（2）质点的14个匀速圆周运动的时间t1=14×2πmqB=π10s当质点到达右侧空间时有F合=（E1q）2+（mg）2=2mga=2mgm=2g且F合与v方向在同一直线上，质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2=2×va=25s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t=t1+t2=π+2210s（3）质点从右侧空间返回左侧空间时速率仍是v=2m/s，做匀速圆周运动，轨迹在y轴上截距为d=2Rcos45°=225m[TPj149.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图d-2[HT][TS）]如图d-2，质点再次进入右侧空间时，有vx=2m/s，ax=-10m/s2，水平方向做匀减速运动；vy=-2m/s，ay=-10m/s2，竖直方向做匀加速运动.当质点返回y轴时，往返时间t3=2×vxg=25s竖直方向下落距离Δy=vyt3+12gt23=0.8m质点进入左侧空间后第四次通过y轴的位置为y2=y1+d-Δy=4（2-1）5m.13.（1）ACE；（2）①76p0，②67.【解析】（1）本题考点：“分子动理论中的势能”.由图像得出：当分子间的距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子间距再减小，分子力做负功，分子势能增加，故选项C正确，选项B错误；当分子间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间距增加，分子力做负功，分子势能增加，故选项E正确，选项D错误；分子在r0处分子势能最小，选项A 正确.（2）本题考点：“气体实验定律”.①设升温后气体的压强为p1，由查理定律得p0T0=p1T1代入数据得p1=76p0.②抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V.由玻意耳定律得p1V0=p0V.联立得V=76V0.设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得k=V0V.各式联立得k=67.14.（1）ADE；（2）①2000m/s或2800m/s，②向x轴正方向传播.【解析】（1）本题考点：“光的干涉、衍射和偏振现象、电磁波、多普勒效应、相对论”等.医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理，选项A正确；鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与波源相比增大，选项B错误；在宇宙中高速飞行的飞船中的时钟变慢，选项C错误；照相机镜头的偏振滤光片可使水下影像清晰，选项D正确；无线网络信号能绕过障碍物传递到接收终端是利用了衍射原理，选项E正确. （2）本题考点：“波的图像的综合问题”.①由图像知，波长λ=8m.如果波沿x轴正方向传播，则t2-t1=（1+1[]4）T1，解得T1=0.004s，则波速v1=λ[]T1=8m[]0.004s=2000m/s.如果波沿x轴负方向传播，则t2-t1=（1+3[]4）T2，解得T2=0.02[]7s，则波速v2=λ[]T2=8m[]0.02[]7s=2800m/s.②波速为3600m/s时，波传播的距离为x=v?（t2-t1）=18m波数为n=x[]λ=21[]4（个）.即表明波向前传播了21[]4个波长，所以此波沿x轴正方向传播.15.（1）ACE；（2）μ=0.5.【解析】（1）本题考点：“氢原子的能级、能级结构及跃迁”.氢原子从高能级向n=1能级跃迁时发出紫外线，它的频率比可见光高，选项A 正确；氢原子从高能级向n=2能级跃迁时，如这两个能级的能量差大于3.11eV，还可能发出紫外线，选项B错误；氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出光子的能量小于1.51eV，发出的光的频率比可见光低，选项C 正确；大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，可发出6种频率的光子，其中从n=4能级跃迁到n=2能级或n=3能级的氢原子，发出光子的能量在1.62eV到3.11eV之间，发出的光为可见光，选项D错误E正确.（2）本题考点：“动量守恒定律的应用”.子弹射穿木块A时，以子弹与木块A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mBvB=mAvA+mBvB′代入数值解得vA=5m/s.木块A在小车上相对滑动，设最后速度为v，以木块与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mAvA=（mA+M）v代入数值解得v=2.5m/s.由机械能守恒得12mAv2A-12（mA+M）v2=μmgl代入数值解得μ=0.5.2015年高考物理模拟试题（二）1.B【解析】伽利略没有直接证明轻重相同的物体下落一样快的结论，而是通过斜面实验和合理外推得到了结论，选项A错误；开普勒用了第谷的行星观测记录，得出了开普勒三定律，选项C错误；牛顿先得到万有引力定律，卡文迪许一百多年后测出了引力常量，选项D错误.2.C【解析】设人的重心距杆的距离为r，人能通过最高点的最小速度为v1=0，人在做圆周运动的过程中机械能守恒，设到达最低点的速度设为v2，则有12mv22=2mgr，在最低点人受到向上的拉力和向下的重力，根据牛顿第二定律，有T-mg=mv22r，由上两式可得T=5mg=3000N.3.C【解析】Q1附近电势大于零，而Q2附近电势小于零，可知Q1带正电、Q2带负电，选项D错误；Q1、Q2之间电场线由Q1指向Q2，选项C正确；根据电势对空间的变化快慢表示电场强度可知，两电荷连线上P点场强一定不为零，选项B错误；由于P点电势为0，即正电荷在P点的正电势等于负电荷在P点的负电势，因AP>PB，故Q1>Q2，选项A错误.4.C【解析】小球做平抛运动，tanθ=vy[]v0=gt[]v0，则时间t=v0tanθ[]g，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ=v0t，则t=Rsinθ[]v0，选项C正确，选项D错误.5.D【解析】杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故选项A错误；杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故选项B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小1[]2mgr，转化为回路的电能和杆的动能，由能量守恒定律得知：回路中的电能小于1[]2mgr，故选项C错误；杆与金属导轨组成的闭合回路磁通量的变化量为ΔΦ=B（1[]4πr2-1[]2r2），根据推论q=ΔΦ[]R，得到通过杆的电量为q=Br2（π-2）[]4R，故选项D正确.6.CD【解析】图示位置穿过线框的磁通量为最大，选项A错误；根据Em=NBωS 可得Em=5002V，故有效值为E=500V，选项B错误；根据n1n2=EU可得n1n2=2511，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10A，故变压器允许输出的最大功率为P=EI=5000W，选项D正确.7.BD【解析】由题知火星探测器绕火星表面运行周期为T=tN，由v=2πrT 得v=2πNrt，选项A错误；由Gmm′r2=m′（2πT）2r、m=ρ?43πr3及黄金代换式GM=gR2得火星的平均密度约为ρ=3πMN2gR2t2，选项B正确；天体运行中只能估算中心天体的质量，不能估算运行天体的质量，选项C 错误；由a=v2r=4π2N2rt2，选项D正确.8.BC【解析】设AB杆与水平方向夹角为θ时，A的速度为vA、B的速度为vB，则有vBcosθ=vAsinθ，故当θ=90°时，vB=0，开始时B的速度为0，最后还为0，因此B的速度先增大后减小，轻杆对B先做正功后做负功，轻杆对A先做负功后做正功，小球A的机械能先减小后增大，选项A错误、B正确；A运动到O点时，θ=90°，vB=0，因此有mgL=12mv2A，解得vA=2gL，选项C正确；当杆无作用力时，B的速度最大，B对水平杆的压力大小为mg，选项D错误. 9.（1）1.170；（2）-12gt2+vt；（3）2k.【解析】（1）小球直径为（11+0.70）mm=1.170cm.（2）正方向的匀加速运动可以看成加速度不变的反方向的匀减速运动，故h=vt-12gt2.（3）因h=vt-12gt2，故ht=v-12gt，斜率的绝对值k=12g，g=2k.10.（1）R1，R4，电路图如下图所示；[TPj150.TIF，BP]（2）r1=（I2-I1）R1I1，其中I2表示G2的示数，I1表示G1的示数，R1为定值电阻阻值.【解析】电压表测待测电流表G1两端的电压量程太大，因此用定值电阻充当电压表的角色，由于要求定值电阻和待测电流表G1中的电流差不多，因此选用定值电阻R1，且用电流表G2测总电流，测量原理为伏安法r1=（I2-I1）R1I1，滑动变阻器用分压式接法，选用小电阻，选滑动变阻器R4.11.（1）3m/s2；（2）6.5m.【解析】（1）在甲发出口令后，甲乙达到共同速度所用时间为t=v[]a，在这段时间内甲、乙的位移分别为s1和s2，则s2=1[]2at2 ，s1=vt，s1=s2+s0，联立以上各式解得t=3s，s2=13.5m，a=3m/s2.（2）由上面求解知s2=13.5m，故乙离接力区末端的距离为L-s2=6.5m.12.（1）mEqB2；（2）（23+π）3mqB；（3）（π6-34）m2E2q2B4.[TPj+2a.TIF；Z1，Y]【解析】（1）粒子的运动轨迹如右图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则有qBv=mv2R由几何关系得L=2Rsinθv=EB由以上三式解得L=mEqB2.（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1，则有T=2πmqBt1=16T由对称性可知，粒子过MO后方向垂直于电场方向，所以粒子做类平抛运动，设运动的时间为t2，则x=vt2y=12qEmt22又y=xtanθ，则粒子自M进入磁场至O所用的时间为t=t1+t2解以上各式得t=（23+π）3mqB.（3）由题知，磁场范围的最小面积ΔS是粒子在磁场中的轨迹与MD 所围成的面积.扇形的面积为S=16πR2三角形的面积为S′=12R2cos30°=34R2又ΔS=S-S′，联立得ΔS=（2π-3312）m2E2q2B4或（π6-34）m2E2q2B4.13.（1）BCD；（2）160，87cm.[JP2]【解析】（1）布朗运动不是分子运动，选项A错误；当r=10-10m时，分子间作用力为0，r>10-10m时，分子间表现为引力，当r→∞，分子间作用力为0，故随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力，选项B正确；热力学第一定律是指能的转化和守恒定律，热力学第二定律是指能量转化的方向性问题，并不矛盾，选项C正确；一定质量的理想气体的内能由温度唯一决定，在等温变化时，其内能一定不改变，选项D正确；根据热力学第二定律，选项E错误.[JP]（2）Ⅰ.设升温后下部空气压强为p，玻璃管壁横截面积S，对下部气体有（p0+hHg）x0ST0=p（x0+2）ST代入数据得p=184cmHg.此时上部气体压强为p′=p-hcmHg=160cmHgⅡ.设上部气体最初长度为x，对上部气体有p0xST0=p′（x-2）ST代入数据得x=40cm，所以管总长为x0+h+x=87cm.14.（1）正，0.6；（2）233，sinθ=13.【解析】（1）根据靠近波源的点一定要超前于远离波源的点，质点P 此时刻的振动方向沿y轴正向，T=λv=1s，ΔtT=3，经过Δt=3s，质点Q通过的路程是3×4A=0.6m.（2）Ⅰ.由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面从棱镜射出，光路图如下图所示.[TPj161.TIF，BP]设该透明物质的临界角为C，由几何关系可知C=i2=i1=60°sinC=1n2解得n2=233.Ⅱ.由几何关系得β=30°，由折射定律n1sinθ=n2sinβ，解得sinθ=13.15.（1）ABE；（2）3v20[]8gx，1[]2mv20.【解析】碘131的半衰期大约为8天，三个月后，碘131就只剩下约为原来的（1[]2）3×30[]8≈（1[]2）11=1[]2048≈1[]2000 ，选项A正确；光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有能量，光子能够从金属板中打出光电子，后者表明光子具有能量之外还具有动量，选项B正确；比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C错误；铀235裂变的方程中，反应物中应该有中子，所以选项D错误；处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率只能小于入射光子的频率，选项E正确.（2）设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0，从O滑到P，对A、B，由动能定理得-μ?2mgx=1[]2?2m（v0[]2）2-1[]2?2mv20设在爆炸瞬间A的速度为v，由A、B组成的系统动量守恒得2mv0[]2=mv根据能量的转化与守恒0.5E0+1[]2?2mv20[]4=1[]2mv2解得μ=3v20[]8gx，E0=1[]2mv20.希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、要接受自己行动所带来的责任而非自己成就所带来的荣耀。

2015年河南省北大附中河南分校高考物理三模训练试卷（7）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共9.0分)1.伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（）A.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关【答案】B【解析】解：A、B、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故A错误，B正确；C、不论斜面光滑与不光滑，当斜面的长度一定时，小球滑到斜面地的速度都与斜面的倾角有关，且倾角越大，小球滑到斜面底端的速度就越大；故C错误；D、斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误；故选：B．伽利略通过实验观察和逻辑推理发现，小球沿斜面滚下的运动的确是匀加速直线运动，换用不同的质量的小球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，小球的加速度都是相同的；不断增大斜面的倾角，重复上述实验，得知小球的加速度随斜面倾角的增大而增大．本题关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解．2.如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球，两个小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，它们构成一个正三角形．此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂．现用绝缘物体对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA竖直，设在图①所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图②状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（）A.T′＜T B.T′＞TC.T′=TD.条件不足，无法确定【答案】B【解析】解：①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：T==②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T′=2mg；故T′＞T；故选：B①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB间的库仑力，根据平衡条件求解出T；②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，AB间库仑力，及绳子的弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，及库仑力，四力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T′．本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力3.一辆公交汽车匀速驶入站台时，站台上等候的乘客不小心将手中小球掉落．若小球的下落过程可视为自由落体运动，那么在这个过程中，以公交车为参照系．以汽车前进的方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，下图中符合小球运动轨迹的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：以公交汽车为参照物，以汽车前进方向为正X轴方向，竖直向下为Y轴，小球的运动可视为沿X轴负方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动，即相当于沿X轴负方向平抛运动．符合小球运动轨迹的是A图．故选：A．以公交车为参考系，小球的竖直分运动和水平分运动已知，合成得到合运动情况．本题关键是找出分运动，然后根据运动的合成法则得到合运动情况，基础题目．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)4.在一个匀强电场（图中未画出）的平面内有一个四边形ABCD，E为AD的中点，F为BC的中点，一个带正电的粒子从A移动到B点，电场力做功0.8×10-8J，将该粒子从D移到C点，电场力做功为2.4×10-8J，将粒子从E点移到F点，则下列分析正确的是（）A.若粒子的电荷量为2.4×10-8C，则D、C之间的电势差为1VB.若A、B之间的距离为1cm，粒子的电荷量为0.8×10-8C，该电场的场强一定是E=100 V/mC.若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功W EF有可能大于1.6×10-8JD.若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为1.6×10-8 J【答案】AD【解析】解：A、将粒子从D点移动到C点，电场力做功为：W DC=3.2×10-8J，故：U DC===1V，故A正确；B、若带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB=0.8×l O-8J，故：U AB===1V，由于公式U=E d中d表示沿着电场线方向的距离，故B错误；C、D、因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，E点的电势是A、D两点电势的平均值；F点的电势是B、C两点电势的平均值，故：φE=，φF=；若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为：W EF=q（φE-φF）=q×[（φA-φB）+（φD-φC）]=q××（U AB+U DC）=（W AB+W DC）=×（1.6×l O-8J+3.2×l O-8J）=2.4×l O-8J，故C错误，D正确；故选：ADE为AD的中点，F为BC的中点，根据公式U=E d可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则E点的电势等于AD两点电势的平均值，F 的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=q U，可得到W MN与W AB、W DC 的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=q U，可求出M、N 间电势差本题关键抓住E、F的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解W EF．运用公式U=E d时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．三、单选题(本大题共1小题，共3.0分)5.已知地球半径为R，质量分布均匀，匀质球壳对其内部物体的引力为零．设想在赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一环形真空轨道，轨道面与赤道面共面．A、B 两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力．则两物体的速度大小之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：，在赤道下方：，解得：：．故D正确故选：D由地球质量等于密度乘以体积，可得地球质量表达式；由万有引力提供向心力，对A、B分别列方程可得两物体速度之比．本题主要掌握万有引力提供向心力的基本应用，要会用数学方法表示球体质量．四、多选题(本大题共1小题，共3.0分)6.如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B.磁铁在管内下落过程中机械能守恒C.磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D.磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量【答案】CD【解析】解：A、B磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍，铝管中产生热能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的是非自由落体运动，故A、B错误．C、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留，可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确；D、磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能．所以根据能量转化和守恒定律可知：磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量．故D正确；故选：CD条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生的感应磁场阻碍原磁场磁通量的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力．对于楞次定律可这样来理解安培力：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它．并涉及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系．五、单选题(本大题共1小题，共3.0分)7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q．将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）A.U变小B.I变小C.Q不变D.Q减小【答案】B【解析】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C=，得Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误．故选：B首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P 向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况．六、多选题(本大题共1小题，共3.0分)8.如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②和如图③所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.图②的情形中，人只能匀加速下滑B.图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小为C.图③的情形中，人匀速下滑D.图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力【答案】ABC【解析】解：A、B、图2中，对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，做匀加速直线运动；拉力T=mgsin60=mg，故AB正确；C、D、图3的情形中，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T=mg；环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，如图所示；故C正确，D错误；故选：ABC．不管是图2还是图3，人均做直线运动；若是匀速直线运动，合力为零；若是变速直线运动，合力与速度共线；受力分析后运用平行四边形定则作图分析．本题关键结合运动情况分析受力情况，明确直线运动的条件是合力为零或者合力与速度共线．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)9.用如图所示的装置探究加速度与质量的关系时，保持砝码和砝码盘的质量不变，在小车上放砝码，设M为小车与砝码的质量和．改变M重复实验，确定加速度a与的关系．在下图所示的图象能表示该同学实验结果的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：先找出a-方程，再根据图象与方程一一对应选图．对由小车、砝码、砝码盘组成的整体，由牛顿第二定律得a==•M•，又F1=mg保持不变，故a=•，因此a-图象的斜率k=，所以随着的增大，斜率k变小，故C正确，ABD错误．故选：C．在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，从而即可求解．该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要学会对实验误差分析，掌握引起误差的根源．八、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)10.某实验小组利用如下的器材，测量一电源的电动势E及内阻r，已知E约为4.5V，r约为1.5Ω，该电源允许输出的最大电流为0.12A．器材：量程3V的理想电压表V，量程0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻r1=4Ω，r2=40Ω，电阻箱R，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．请设计一种比较精确的测定该电源电动势和内阻的方案，并回答如下问题：（1）在如图中虚线框内画出测量电路的原理图；（2）简要写出实验步骤（只要求测两组数据即可）______ ；（3）写出计算式：电动势E= ______ ；内阻r= ______ ．（4）这个实验的系统误差是怎样形成的？对电表内阻的要求是什么？【答案】在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电压表的示数U1，断开开关S；将电阻箱的阻值变为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电压表的示数U2；U1U2；R1R2-r2【解析】解：若采用伏安法，电动势E约为4.5V大于电压表的量程3V，故应在干路中串联保护电阻．若选固定电阻r1=4Ω做保护电阻串联在干路中，电路中的最大电流约4.5V÷4Ω=1.1A，超过了该电源允许输出的最大电流为0.12A．若选r2=40Ω，电路中电流最大约4.5V÷40Ω=0.11A，虽不超电源允许输出的最大电流，但量程0.5A的电流表偏角太小，测量不精确．故不能采用伏安法．（1）实验电路原理图如图．（2）在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电压表的示数U1，断开开关S；将电阻箱的阻值变为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电压表的示数U2．（3）由闭合电路的欧姆定律得E=U1+（r+r2），E=U2+（r+r2），联立解得E=U1U2，r=R1R2-r2．（4）本题由于电压表内阻不能无穷大，故误差是由于电压表的分流形成的；实验中应要求电压表内阻比较大．故答案为：（1）如图所示；（2）在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电压表的示数U1，断开开关S；将电阻箱的阻值变为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电压表的示数U2．（3）U1U2，R1R2-r2．（4）误差是由于电压表的分流形成的；要求电压表内阻比较大．（1）根据题意及给出的仪器可应采用的电路图；（2）根据所选仪器及电路分析实验中应进行的步骤及方法；（3）由闭合电路欧姆定律列式，联立求得电动势和内电阻；（4）根据电表的内阻对实验数据的影响分析实验误差．本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法，要注意正确理解实验电路及实验方法，从而明确实验的步骤及数据处理．九、计算题(本大题共2小题，共20.0分)11.如图甲所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触．图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37 ．可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节（调节范围是0≤μ≤1）．sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度取g=10m/．（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求P在斜面上的运动时间；（2）令μ=0.5，在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0=2m/s，求P落地时的动能；（3）将X和Y接到同一数据处理器上，已知当X和Y受到物块压力时，分别显示正值和负值．对于不同的μ，每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求滑行过程中处理器显示的读数F随μ变化的关系表达式，并在乙图坐标系中画出其函数图象．【答案】解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为a=gsinθ=6m/s2由运动学规律L=，得t=，代入数据解得t=（2）设P沿斜面上滑的位移为s时速度为零．由动能定理：-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-代入数据解得s=0.2m．设落地时P的动能为E k，则由动能定理得，mg H-代入数据解得E k=3.4J．（3）P在斜面上下滑的过程中物块受力如图甲所示，由平衡条件可得F+N sinθ=fcosθ将N=mgcosθ和f=μmgcosθ代入得，F=mgcosθ（μcosθ-sinθ）代入数据得，F=6.4μ-4.8，其图象如乙图．答：（1）P在斜面上的运动时间为．（2）P落地时的动能为3.4J．（3）图线如图所示．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出运动的时间．（2）根据动能定理求出P上滑到速度为零时经历的位移，对全过程运用动能定理，求出P落地时的动能．（3）对梯形物块受力分析，结合共点力平衡得出F与P与斜面动摩擦因数的关系式，从而作出其图线．本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．12.如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L．紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处．板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba和U bc，当U ba=U1、U bc=U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．求：（1）油滴进入M孔时的速度v1；（2）b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；（3）当油滴从细管的N孔射出瞬间，将U ba和B立即调整到U ba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，请给出U ba′和B′的结果．【答案】解：（1）油滴入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理①考虑到m=ρV0②得：③（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：mg=q E④得：⑤油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由⑥得：⑦（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，′⑧得：′⑨考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B´=-B⑩答：（1）油滴进入M孔时的速度．（2）b、c两板间的电场强度，磁感应强度．（3）′，B´=-B．【解析】（1）油滴开始下落的过程中有重力、电场力做功，根据动能定理求出油滴进入M孔的速度．（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，知电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，根据平衡求出电场强度的大小，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点速度为零，根据动能定理求出′的大小，返回到N孔时速度大小不变，现向左偏转做匀速圆周运动，则磁感应强度的大小不变，方向改变．本题考查带电粒子在复合场中的运动，关键理清粒子的运动情况，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．。