湖南师大附中2016届高三月考卷命题湖南师大附中高三物理

炎德·英才大联考湖南师大附中2016届高三月考试卷(五)理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33－40题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．本套试题满分300分，考试时量150分钟。

2．答题前，考生务必在答题卡上写好班次、姓名，并将考号填好、涂好。

3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并在答题卡上，涂好所选题目对应的题号。

如果你对某科的选考题都做，计总分时，只以该科选考题的第1题计分。

可能用到的相对原子质量：H～1N～14O～16Na～23Al～27S～32Cl～35.5Fe～56Cu～64第Ⅰ卷(选择题，共21小题，共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6分，共78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．在人体内的成熟红细胞和肝细胞中，都能发生的过程是(C)①合成蛋白质②吸收葡萄糖③细胞呼吸④无丝分裂⑤氧气进入细胞内A．①②③B．①④⑤C．②③⑤D．③④⑤【解析】成熟的红细胞不能合成蛋白质、不分裂。

2．右图中甲曲线表示在最适温度下，某种酶促反应速率与反应物浓度之间的关系。

其余两条曲线分别表示该酶促反应速率随pH或温度的变化趋势。

下列相关分析，正确的是(C) A．在A点适当提高温度或在B点适当增加酶的浓度，反应速率都将增大B．图中E点代表该酶的最适pH，H点代表该酶的最适温度C．短期保存该酶，适宜条件对应于图中的D、H两点D．研究淀粉酶或过氧化氢酶参与的酶促反应，均可得到右图曲线【解析】乙曲线表示温度对酶促反应的影响，丙曲线表示pH对酶促反应的影响。

甲曲线是在最适温度下测定的，故在A点提高温度，反应速率将降低，故A错；图中E点代表酶的最适温度，H点代表酶的最适pH；酶的保存应该在最适pH、低温下保存；过氧化氢受热易分解，故当用过氧化氢酶研究温度对酶促反应速率影响时，高温时反应速率不会为零。

湖南师大附中2016届高三上学期第二次月考试卷物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9一12小题至少有一个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填写在答题卷）1．某次运动会上运动员在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是（D）A、两根吊带受到环的拉力大小不等B、每只手对吊环作用力方向竖直向下C、每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D、两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下【解析】吊带偏离竖直方向，且左右对称，则吊带的拉力大小相等，且大于人重的一半，两吊带的合力与人的重力等值反向，则由牛顿第三定律知人对两吊带的合力竖直向下．2、一质点沿直线运动时的速度一时间图象如图所示，以O时刻的位置为参考点，下列说法正确的是（C）A、第1s末质点的位移和速度都改变方向B、第2s末质点的位移改变方向C．在0一4s内质点的位移为零D．第2s末和第4s末质点的位置相同【解析】由v一t图象可知速度方向改变时刻分别是2s末、今4s，末、6s末一相对出发点的位移方向改变时刻为4s末、8s末一，且在出发位置2s末在lm处，4s末在0时刻的位置．3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面（固定在水平地面上），以初速度v0从顶端滑到底端，而质量相同的物体B，以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，不计空气阻力则（B）A、两物体落地时速度的竖直分量相同B、两物体落地时的动能相同C．两物体落地时重力的瞬时功率相同D、从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同【解析】由机械能守恒可知，A、B两球落地的速度大小相同，但方向不同，又两球质量相同，则两球动能相同，B球速度的竖直分量大些，重力的瞬时功率大些，重力对两球做功相同，当斜面倾角趋向于900时，竖直速度略小于v0，故A球比B球落地时间短些，平均功率大些．4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，简壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然役有掉下去，以下说法正确的是（C）A、游客处于超重状态B、游客处于失重状态C、游客受到的摩擦力等于重力D、简壁对游客的支持力等于重力【解析】竖直方向处于平衡状态，重力和静摩擦力为一对平衡力，筒璧对游客的支持力提供向心力，由运动状态决定．5一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（C）【解析】因匀速下清，摩擦力等于下滑力，，6．某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时其动能为，周期T l；再控制它进行一系列变轨，最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，此时其动能为，周期为T2。

湖南师范大学附属中学2016届高三月考（三）数学（理）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合A＝｛1，2，3，5，7｝，B＝｛x∈N｜2＜x≤6｝，全集U＝AU B，则A（C u B）＝A.｛1，2，7｝B.｛1，7}C.｛2，3，7｝D. ｛2，7}2.已知复数(cos sin)(1)z i iθθ=-+，则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是A.4πθ= B.2πθ= C.34πθ=D．54πθ=3.已知某几何体的正视图和侧视图均如下图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是A．5个B、4个C．3个、D、2个4．为确保信息安全，信息需加密传输。

发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知加密规则如程序框图所示．例如：明文（1，2，3，4）对应的密文是：（5，7，18，16），则当接收方收到密文（14，9，23，28）时，解密得到的明文是A、（4，6，1，7）B、（7，6，1，4）C、（6，4，1，7）D、（1，6，4，7）5.已知实数x，y满足约束条件220yx yx y≥⎧⎪-≥⎨⎪--≥⎩，则z＝11yx-+的取值范围是A、［－1，13］B、［－12，13］C、［－12，)+∞D、［－12，1）6.已知定义在R上的函数f(x)满足f（x＋2）＋f（x）＝0，且当x∈[0,2)时，f ( x)＝3x一1，则f(2015)的值为A. －2B. 0C. 2D. 87.设双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，线段BF与双曲线的一条渐近线交于点A ，若2FA AB =，则双曲线的离心率为A. 6B. 4C. 3D. 28.现有2个男生，3个女生和1个老师共六人站成一排照相，若两端站男生，3个女生中有且仅有两人相邻，则不同的站法种数是A. 12B. 24C. 36D. 489.已知函数f （x ）＝x 2一2x ＋m ，在区间［－2，4］上随机取一个实数x ，若事件“ f( x} ＜0”发生的概率为23，则m 的值为 A. 2 B,一2 C. 3 D.一3 l0、已知数列{}n a 的首项1a ＝2，数列{}n b 为等比数列，且1n n n a b a +=，若1011b b ＝2，则21a ＝ A. 29 B. 210 C. 211 D 、21211.设点A 、B 、C 为球O 的球面上三点,O 为球心．若球O 的表面积为100π，且△ABC 是边长为O －ABC 的体积为A ．12B ．D 、12.已知Rt △AOB 的面积为1，O 为直角顶点，设向量,||||OA OB a b OA OB ==，2OP a b =+，则PA PB 的最大值为A 、1B 、2C 、3D 、4二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卷对应题号后的横线上．13、在△ABC 中，已知35cos ,cos 513A B ==，AC ＝3，则AB ＝ 14.设点P 在直线y ＝2x ＋1上运动，过点P 作圆22(2)1x y -+=的切线，切点为A ，则切线长｜PA ｜的最小值是15.已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为Sn ，且11101a a +＜0，若Sn 存在最大值，则满足Sn 的n 的最大值为16.已知函数f (x)是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f （x ）＝|2|a x a --，其中a ＞0为常数．若函数y ＝[()]f f x 有10个零点，则a 的取值范围是三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.（本小题满分12分）已知函数的图象关于直线x＝π对称，其中,ωλ为常数，且ω∈（12，1）．(1)求函数f (x)的最小正周期；(2)若存3 [0,]5xπ∈，使f(x) =0，求λ的取值范围．18.（本小题满分1L分）PM2. 5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值．即PM2.5日均值在35微克／立方米以下空气质量为一级；在35微克／立方米一75微克／立方米之间空气质量为二级；在75微克／立方米以上空气质量为超标．某市环保局从市区今年9月每天的PM2. 5监测数据中，按系统抽样方法抽取了某6天的数据作为样本，其监测值如下茎叶图所示．(l)根据样本数据估计今年9月份该市区每天PM2. 5的平均值和方差；(2)从所抽样的6天中任意抽取三天，记ξ表示抽取的三天中空气质量为二级的天数，求ξ的分布列和数学期望．19.（本小题满分12分）如图，在平行四边形ABCD中AB = 2AD, ∠BAD = 600 , E为AB的中点．将△ADE沿直线DE 折起到△PDE的位置，使平面PDE⊥平面BCDE.（1)证明：CE⊥PD;（2)设F, M分别为PC,DE的中点，求直线MF与平面PDE所成的角．20．（本小题满分12分）如图，已知抛物线C1：24y x =的焦点为F ，椭圆C2的中心在原点，F 为其右焦点，点M 为曲线C1和C2在第一象限的交点，且｜MF ｜＝52。

第Ⅰ卷二、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.A和B两物体在同一直线上运动的v－t图像如图所示。

已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是()A．两物体从同一地点出发B．出发时B在A前3 m处C．3 s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇D．运动过程中B的加速度大于A的加速度15．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。

一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为60α=，两小球的质量比12mm为( )A ．33 B ．23C ． 3D ．2216. 质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在互相垂直方向上的两分运动的速度­时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末质点速度大小为7 m/sB ．2 s 末质点速度大小为5 m/sC ．质点所受的合外力大小为3 ND ．质点的初速度大小为5 m/s17．“神舟”九号飞船于2012年6月16日发射升空，如图所示，在“神舟”九号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐增大．在此过程中“神舟”九号所受合力的方向可能是 ( )合力提供向心力，向心力是指向圆心的；“嫦娥一号”探月卫星同时加速，所以沿切向方向有18．汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值。

当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应( )A．增大到原来的四倍B．减小到原来的一半C．增大到原来的二倍D．减小到原来的四分之一19. 如图所示，质量为20kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面之间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10N 的水平向右的力的作用，则该物体（g 取210/m s ）（ ）A ．所受摩擦力大小为20N ，方向向左B ．所受摩擦力大小为20N ，方向向右C ．运动的加速度大小为21.5/m s ，方向向左 D ．运动的加速度大小为20.5/m s ，方向向左【解析】20．一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B 沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则( )A．A球的角速度必小于B球的角速度B．A球的线速度必大于B球的线速度C．A球的运动周期必大于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力21．假设人造卫星绕地球做匀速圆周运动，当卫星绕地球运动的轨道半径增大到原来的2倍时，则有( ) A．卫星运动的线速度将减小到原来的一半B．卫星所受的向心力将减小到原来的四分之一C．卫星运动的周期将增大到原来的2倍2D．卫星运动的线速度将减小到原来的2考点：本题考查万有引力定律及其应用以及人造卫星的线速度、角速度、周期与半径的关系．第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

2016-2017学年湖南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题为单选题，8～12为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．结果填到答题卡上）1．以下说法正确的是（）A．做直线运动的物体，所受合力一定为定值B．当物体的速度为零时，它所受的合力一定等于零C．一个物体甲受到滑动摩擦力f的作用，该滑动摩擦力f一定对物体甲做了功D．具有加速度a（a不等于零）的物体，该物体的速率不一定会改变2．我国的成熟的高铁技术正在不断的走向世界，当今，高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如a站→b站→c站→d站→e站→f站→g站→a站，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率以360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从a站上车到e站，先在a站登上B车，当A车快到a站且距a 站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在b站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达e站．则下列说法正确的是（）A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 kmD．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2则当B车停下时A车已距b站路程为1 km3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（）A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/sC．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（）A．B．C．D．5．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．则下列说法正确的是（）A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力小于静摩擦力C．第（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速D．第（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速6．如图所示，在水平地面上叠放着A、B、C三个完全相同的物块，今用水平力F作用于B 时，A、B、C均处于静止状态，则下列判断正确的是（）A．B对A的摩擦力大小一定等于零B．A对B的摩擦力大小可能等于C．地对C的摩擦力大小不一定等于FD．B对C的摩擦力大小可能等于7．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（）A．15 km/h B．18 km/h C．10 km/h D．22 km/h8．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在水平力F1和力F的作用下一起沿水平方向做直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N及其他的运动情况说法正确的是（）A．一定有N=m1g+m2g﹣Fsin θ且不等于零B．N可能等于零C．如果Fcos θ＜F1可能做匀速直线运动D．F1=Fcos θ一定做匀速直线运动9．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=100kg的物体．不可伸长的细绳的一端与物体相连（与斜面平行），另一端经摩擦不计的轻定滑轮被一人拉住缓慢向左移动（物体缓慢上移），拉力恒为500N（取g=10m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对地面的压力保持不变C．人与地面的摩擦力大小保持不变D．人、斜面对地面的压力之和保持不变10．如图所示AB是半径为R的四分之一圆弧，与水平面相切于B点，PB是架设在圆弧上的光滑的薄板，B点与地面圆滑相连接，一个物体从P点静止开始下滑，达B点的速度为v0，然后匀减速运动停在C点，且BC的长度为L，那么以下说法正确的是（）A．可以求出物体从P点到C点的运动时间tB．可以求出物体在BC段运动的加速度aC．可以求出物体达BC中点时的速度vD．如果将PB薄板加长，按同样方式从A点架设到B点，那么物体从A点静止开始运动到最后停止运动，其运动时间与原来一样为t11．一辆摩托车行驶的最大速度为30m/s．现让该摩托车从静止出发，要在4min内追上它前方相距1km、正以25m/s的速度在平直公路上行驶的汽车，则（）A．摩托车的最小加速度为0.24 m/s2B．摩托车的最小加速度为2.25 m/s2C．以最小加速度追上时摩托车的速度为25 m/sD．以最小加速度追上时摩托车的速度为30 m/s12．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球．用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A．A、B两小球间的库仑力变大，B球对NO杆的压力变大B．A、B两小球间的库仑力变小，B球对NO杆的压力变小C．A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力不变D．A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力不变二、实验题（本题包括2小题.13题6分，14题8分，每空2分，共14分）13．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，（1）下列说法错误的是A．打点计时器不一定要使用交流电B．在释放小车前，小车应紧挨在打点计时器旁C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动（2）某次实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点，分别标作0、1、2、3、4．量得2、3两计数点间的距离s3=30.0mm，3、4两计数点间的距离s4=48.0mm，则小车在3计数点时的速度为m/s，小车的加速度为m/s2．14．某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；②用直尺测量AB之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值；⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos α；用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）：（1）斜面倾角的余弦cos α=；（2）滑块通过光电门时的速度v=；（3）滑块运动时的加速度a=；（4）滑块运动时所受到的摩擦阻力f=．三、计算题（本题包括4小题，其中15题10分，16题11分，17题12分．共33分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15．2013年8月7日，中国海警编队依法对一艘非法进入中国钓鱼岛领海船只进行维权执法．在执法过程中，发现非法船只位于图1中的A处，预计在80s的时间内将到达图1的C 处，海警执法人员立即调整好航向，沿直线BC由静止出发恰好在运动了80s后到达C处，而此时该非法船只也恰好到达C处，我国海警立即对该非法船只进行了驱赶．非法船只一直做匀速直线运动且AC与BC距离相等，我国海警船运动的v﹣t图象如图2所示．（1）B、C间的距离是多少？（2）若海警船加速与减速过程的加速度大小不变，海警船从B处由静止开始若以最短时间准确停在C处，求需要加速的时间．16．一个质量为m=10g，带电量为+q=10﹣8C的小球从某高处A点自由下落，不考虑一切阻力，测得该小球着地前最后2s内的下落高度为60m，试求：（g取10m/s2）（1）A点距地面的高度h为多少？总的下落时间是多少？（2）如果当小球下落的高度为总高度的时，加一个竖直向上的匀强电场，小球落地的速度恰好为零，那么小球从开始到落地的时间是多少？电场强度多大？17．如图所示，物体A、B叠放在倾角θ=37°的斜面上（斜面保持不动，质量为M=10kg），并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行．两物体的质量分别m A=2kg，m B=1kg，B与斜面间的动摩擦因数μ2=0.2，已知g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：（1）如果A、B间动摩擦因数μ1=0.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大F的拉力？此时斜面对地面的压力N多大？（2）如果AB间摩擦因数不知，为使AB两个物体一起静止在斜面上，AB间的摩擦因数μ1应满足什么条件．（认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力）四、选做题（三个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷）【物理--选修3-3】（15分）18．下列说法正确的是（）A．给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份B．空气相对湿度越大，空气中的水分子含量就越高C．第二类永动机不能做成，是因为其违背了能量守恒D．在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行E．电能、焦炭、蒸汽属于二次能源F．一个物体的内能增大，它的温度一定升高19．如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27℃，气柱长均为22cm，其中上端气柱的压强为76cmHg．现将试管水平放置，求：①水银柱如何移动（向A还是向B移动）？移动了多远？②保持试管水平，将试管温度均匀升高100℃，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？【物理--选修3-4】20．一复色光中只含有a、b两种单色光，在真空中a光的波长大于b光的波长．①在真空中，a光的速度（填“大于”、“等于”或“小于”）b光的速度．②若用此复色光通过半圆形玻璃砖且经圆心O射向空气时，下列四个光路图中可能符合实际情况的是．21．一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形如图所示．已知介质中质点P的振动周期为2s，此时P质点所在位置的纵坐标为2cm，横坐标为0.5m．试求从图示时刻开始在哪些时刻质点P会出现在波峰？【物理--选修3-5】（15分）22．下列说法正确的是（）A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能23．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：①排球与地面的作用时间．②排球对地面的平均作用力的大小．2016-2017学年湖南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题为单选题，8～12为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．结果填到答题卡上）1．以下说法正确的是（）A．做直线运动的物体，所受合力一定为定值B．当物体的速度为零时，它所受的合力一定等于零C．一个物体甲受到滑动摩擦力f的作用，该滑动摩擦力f一定对物体甲做了功D．具有加速度a（a不等于零）的物体，该物体的速率不一定会改变【考点】功的计算；加速度与力、质量的关系式．【专题】定性思想；推理法；功的计算专题．【分析】明确力和运动的关系，知道速度为零时，物体可以受力的作用，同时明确加速度与速度的关系，加速度不为零时，速度变化但速率可以不变．根据功的公式进行分析，明确只有同时具有力和力的方向上的位移时才能做功；【解答】解：A、做直线运动的物体可能受到变力的作用，即物体做变加速运动，故A错误；B、当物体的速度为零时，加速度不一定为零，即合外力也不一定为零，故B错误；C、物体受滑动摩擦力时，摩擦力不一定做功，只要物体没有位移即可，故C错误；D、具有加速度的物体，其速率不一定变化，如匀速圆周运动，受向心加速度的作用，但速率不变，故D正确；故选：D．【点评】本题考查加速度和力以及加速度和速度之间的关系，要求能正确理解力和运动的关系，知道力是产生加速度的原因，同时明确一些特例的应用，如平抛和圆周运动等．2．）我国的成熟的高铁技术正在不断的走向世界，当今，高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如a站→b站→c站→d站→e站→f站→g站→a站，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率以360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从a站上车到e站，先在a站登上B车，当A车快到a站且距a站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在b站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达e站．则下列说法正确的是（）A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 kmD．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2则当B车停下时A车已距b站路程为1 km【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短．从襄阳到潜江间隔四个站．由匀变速规律可得B的减速时间，进而可得A的运动位移．由匀速运动可算出s．【解答】解：A、B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短，由于A是匀速运动，故时间越短s越小，故A错误．B、从襄阳到潜江间一共间隔四个站，故一共节约4个站的减速、停车、提速时间，故B错误．C、若B车匀加速的时间为1min，则此时间内A的运动位移为：s=vt=100×60m=6000m，故C错误．D、B由360km/h=100m/s减速到0的时间为：t=s=20s，位移x==1000m，A运动的位移x=vt=100×20m=2000m，A的运动位移为：x=vt=100×20=2000m，故则当B 车停下时A车已距b站路程为△x=x2﹣x1=1km，故D正确．故选：D．【点评】该题的关键是要抓住AB的运动状态，A一直是匀速直线运动，B经历匀加速，匀速，匀减速三个阶段，完成乘客的上车下车．3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（）A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/sC．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】红旗经历了匀加速、匀速和匀减速直线运动过程，抓住三段的位移之和等于17.6m，总时间为48s，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，运用运动学公式联立方程组求出加速度和匀速运动时的速度．【解答】解：对于红旗加速上升阶段：x1=a1t12，对于红旗匀速上升阶段：v2=at1，x2=v2t2，对于红旗减速上升阶段：x3=v2t3﹣a3t32，对于全过程：a1=a3，x1+x2+x3=17.6 m，t1+t2+t3=48 s，t1=t3=4 s，由以上各式可得：a1=0.1 m/s2，v2=0.4 m/s．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题也可以运用平均速度的推论，运用，t1=t3，求出匀速直线运动的速度，从而结合速度时间公式求出加速度的大小．4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小；再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2016个小球与2016个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．【解答】解：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：F=5000mg；再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有：tanα==，故选：D【点评】本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方便．5．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．则下列说法正确的是（）A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力小于静摩擦力C．第（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速D．第（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速【考点】牛顿第二定律．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间的吸引力不大于最大静摩擦力．突然竖直向上平移时，先加速上升后减速上升，先处于超重状态，后处于失重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起．同样，分析突然竖直向下平移的情形．【解答】解：A、由于突然向上或向下运动两条磁铁都会吸在一起，说明磁铁间的作用力为吸引力，故A错误．B、开始磁铁静止不动，说明磁铁受力平衡，磁铁间的吸引力等于静摩擦力，故B错误．C、磁铁原来静止，后开始滑动，说明最大静摩擦力减小，则磁铁与平板AB间的弹力减小，磁铁处于失重状态，加速度方向向下，即向上减速或向下加速，故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题关键在于：不管向上还是向下，磁体都是先加速后减速，同时要明确加速度向上时物体处于超重状态，加速度向下时物体处于失重状态．6．如图所示，在水平地面上叠放着A、B、C三个完全相同的物块，今用水平力F作用于B 时，A、B、C均处于静止状态，则下列判断正确的是（）A．B对A的摩擦力大小一定等于零B．A对B的摩擦力大小可能等于C．地对C的摩擦力大小不一定等于FD．B对C的摩擦力大小可能等于【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】分别以A、AB整体和ABC整体为研究对象，根据平衡条件研究A与B间，B与C间、C与地面间的摩擦力．【解答】解：A、以A为研究对象，根据平衡条件得知，B对A没有摩擦力，则A对B的摩擦力等于零，故A正确；B、由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力也为零；故B错误；C、以ABC三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C的摩擦力大小等于F，方向水平向左，C对地面的摩擦力等于F，方向水平向右，故C错误；D、以AB组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C对B的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则B对C的摩擦力等于F方向向右，故D错误；故选：A．【点评】本题是连接体问题，关键是根据整体法和隔离法灵活选择研究对象；整体法与隔离法的选择原则：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法，尽量选择受力少的物体进行分析．7．电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自A．15 km/h B．18 km/h C．10 km/h D．22 km/h【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题．【分析】根据电动车的额定转速，求出1h转多少圈，求出1圈的周长，即可知道电动车在1h内运行的距离，即时速．【解答】解：电动车在1h内转过的圈数n=240×60=14400，所以电动车在1h内运动的距离s=π×0.500×14400m≈22608m≈22.6km，所以该车的额定时速v=22.6km/h≈22km/h．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键求出1h内电动车行走的路程，通过额定转速求出1h内转过的圈数，从而求出1h内行走的路程．8．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在水平力F1和力F的作用下一起沿水平方向做直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N及其他的运动情况说法正确的是（）A．一定有N=m1g+m2g﹣Fsin θ且不等于零B．N可能等于零C．如果Fcos θ＜F1可能做匀速直线运动D．F1=Fcos θ一定做匀速直线运动【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】对两个物体的整体受力分析，受已知拉力F1、F2、重力，可能有支持力和摩擦力，也可能只有两个拉力，沿着水平方向做匀变速直线运动．【解答】解：AB、对整体受力分析，受两个已知拉力、重力，地面可能对整体同时有支持力和摩擦力，也可能没有，竖直方向平衡，故N=m1g+m2g﹣Fsinθ，但支持力可能为零，故A错误，B正确；C、对两个物体整体，如果Fcosθ＜F1，可能向左做匀速直线运动，故C正确；D、如果F1=Fcos θ，水平方向可以有摩擦力，不一定是匀速，除非N=m1g+m2g﹣Fsin θ=0，故D错误；故选：BC【点评】本题关键是采用整体法进行分析，不难；整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．9．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=100kg的物体．不可伸长的细绳的一端与物体相连（与斜面平行），另一端经摩擦不计的轻定滑轮被一人拉住缓慢向左移动（物体缓慢上移），拉力恒为500N（取g=10m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对地面的压力保持不变C．人与地面的摩擦力大小保持不变D．人、斜面对地面的压力之和保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；牛顿第三定律．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】先隔离物体受力分析，受拉力、重力、支持力，假设有摩擦力，根据平衡条件列式求解摩擦力大小，判断有无；再对斜面和物体的整体进行分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件分析支持力情况；同时要对人受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件分析地面对人摩擦力的变化；最后对人、物体、斜面体整体受力分析，根据平衡条件分析整体受支持力变化情况．【解答】解：A、对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，可能有摩擦力，重力的下滑分力为mgsin30°=100×10×=50N，等于拉力，故无摩擦力，故A正确；B、再对物体和斜面体整体受力分析，受重力、支持力、拉力和地面的静摩擦力，由于物体的移动，绳子拉力的方向会改变，故支持力会改变，根据牛顿第三定律，压力也就会改变，故B错误；C、对人受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，拉力的水平分力等于静摩擦力的大小，由于拉力大小不变化，方向改变，故静摩擦力大小改变，故C错误；D、对人、物体、斜面体整体受力分析，受重力、支持力、地面的摩擦力，其中地面对整体的两个摩擦力是平衡的，竖直方向支持力等于整体的重力，根据牛顿第三定律，人、斜面对地面的压力之和保持不变，故D正确；故选：AD【点评】本题关键是根据整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件分析；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法；有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．10．如图所示AB是半径为R的四分之一圆弧，与水平面相切于B点，PB是架设在圆弧上的光滑的薄板，B点与地面圆滑相连接，一个物体从P点静止开始下滑，达B点的速度为v0，然后匀减速运动停在C点，且BC的长度为L，那么以下说法正确的是（）。

2016届湖南师大附中高三上学期第一次月考试题物理试题及答案炎德·英才大联考湖南师大附中2016届高三月考试卷(一)物理命题人：高三物理备课组审题人：高三物理备课组得分：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。

时量90分钟，满分ll0分。

第I卷选择题(共48分)一、选择题(本题共12小题．每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选时但不全的得2分，有选错或不选的得0分。

将选项填写在答题卷上)1．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止。

从汽车开始运动起计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度。

根据表中的数据通过分析、计算可以得出A、汽车加速运动经历的时间为4 sB、汽车加速运动经历的时间为5 sC 、汽车匀速运动的时间为2 sD 、汽车减速运动的时间为1 s2．如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示。

下列判断正确的是A 、图线与纵轴的交点M 的值M a g =B 、图线与横轴的交点N 的值N T mg =C 、图线的斜率等于物体的质量mD 、货物始终处于超重状态3．有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60o，45 o 和30 o ，这些轨道交于O ．现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙．分别沿这3个轨道同时从静止自由下滑，如下图所示，物体滑到O 点的先后顺序是A 、甲最先，乙稍后，丙最后B 、乙最先，然后甲和丙同时到达C 、甲、乙、丙同时到达D 、乙最先，甲稍后，丙最后4．电影《智取威虎山》中有精彩而又精彩的解放军战士滑雪的镜头，假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，又落回倾斜的雪坡上，如图所示，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为0v ，且他飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g ，则A 、如果0v 不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同B 、如果0v 不同，该战士落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同C 、该战士刚要落到雪坡上时的速度大小是cos v θD 、该战士在空中经历的时间是02tan v g θ 5．近年来我国高速铁路发展迅速，乘坐高速列车成为大家出行的主要选择方式，现已知某新型国产机车总质量为m ，两轨间宽度为L ，内外轨高度差为h ，重力加速度为g ，如过机车要进入半径为R 的弯道，该弯道处的设计速度最为适宜的是A 、C 、、6．宇宙飞船运动中需要多次“轨道维持”。

湖南师大附中2016届高三第一次月考理科数学试题时量 120分钟总分 150分一、选择题（本题共12小题，每小题5分，满分60分） 1、已知i 为虚数单位，复数z 满足i iz 43+=，则z =（） A.25 B. 7 C.5 D.1【答案】C【解析】由i iz 43+=，得i iiz 3443-=+=，则z =5 或：i iz 43+=，则543=⇒+=z i iz 2【答案】B3、设直线062=++y ax 与圆C ：222410x y x y +-++=相交于点P ,Q 两点，CP CQ ⊥，则实数a 的值为( )A ．1B ．2C ．1或2D ．3 【答案】B【解析】()()22222410124x yx y x y +-++=∴-++=∴圆心()1,2-，半径为2，24、命题p ：“非零向量b a,，若0<⋅b a ，则b a ,的夹角为钝角”，命题q ：“对函数)(x f ，若0)(0='x f ，则0x x =为函数的极值点”，则下列命题中真命题是（） A.q p ∧ B.q p ∨ C.)(q p ⌝∧ D.)()(q p ⌝∧⌝ 【答案】D【解析】命题p 为假命题，夹角可以为180； 命题q 也是假命题，0x x =可能不是极值点； 故选D5、底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥. 如图，半球内有一内接正四棱锥S ABCD -，则该半球的体积为。

【答案】：A【解析】：设所给半球的半径为R ，则棱锥的高R h =，底面正方形中有R DA CD BC AB 2====，所以其体积324323=R ，则3R =，于是球的体积为ππ328343==R V .则半球的体积为π3241=V .6、5项的二项式系数最大，则展开式中含2x 项的系数是（ ).A ．－56B ．－35C ．35D ．56 【答案】A5项的二项式系数最大，所以展开式有9项，即8=n ，展开式通项为k k k k k kk k x C x x C T 288881)1()1(---+-=-=，令228=-k ，得3=k ；则展开式中含2x 项的系数是56)1(383-=-C .7、已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是各项为正数的等比数列，且公比1≠q ，若101022,b a b a ==，则（）A.66b a >B.66b a =C.66b a <D.66b a >或66b a < 【答案】A【解析】221021026b b a a a +=+= ，1026b b b =，且102102,0,0b b b b ≠>>， 则610210262b b b b b a =>+=，故选A 8、“(1)(1)0m n -->”是“0log >m n ”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】：(1)(1)0m n -->等价于11m n >⎧⎨>⎩或11m n <⎧⎨<⎩， 而log n m >0等价于11m n >⎧⎨>⎩或0101m n <<⎧⎨<<⎩，所以条件具有必要性，但不具有充分性，比如00m n =，＝时，不能得出log n m >0， 故选B 。

2016届湖南师大附中高三上学期第二次月考物理试卷【解析版】一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9一12小题至少有一个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填写在答题卷）1．在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是( )A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下【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】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况．【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图．A、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错误．B、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下．故B错误．C、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半．故C错误．D、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下．故D正确．故选D【点评】本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论．2．一质点沿某一条直线运动时的速度﹣时间图象如图所示，则以下说法中正确的是( )A．第1s末质点的位移和速度都改变方向B．第2s末质点的位移改变方向C．前4s内质点的位移为零D．第3s末和第5s末质点的位置相同【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向．【解答】解：A、第1s末前后质点的速度均为正，故速度方向没有改变，故A错误；B、根据“面积”可知，前2s内位移为正，方向没有改变，质点一直前进，2s末速度方向改变，但位移还是正值，位移方向没有改变，故B错误；C、0﹣2s内的位移为x1=×2×1m=1m，2﹣4s内的位移为x2=﹣×2×1m=﹣1m，故4s内质点的位移为x=x1+x2=0；故C正确；D、根据图线的面积表示位移，图线在时间轴上方表示的位移为正，在时间轴下方表示的位移为负，可知3﹣5s内质点的位移为0，则第3秒末和第5秒末位移相等，故质点的位置相同，故D正确；故选：CD【点评】深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口．3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑固定斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则( )A．两物体落地时速度相同B．两物体落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，但速度方向不同，故A错误．B、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以B错误．C、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，但是时间不同，则重力的平均功率不同，所以C正确，D错误．故选：C．【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv 可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，筒壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然没有掉下去！以下说法正确的是( )A．游客处于超重状态B．游客处于失重状态C．筒壁对游客的支持力等于重力D．游客受到的摩擦力等于重力【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】圆筒地板塌落，游客发现自己没有落下去，游客在竖直方向上受重力和静摩擦力平衡，水平方向上受弹力，弹力提供圆周运动的向心力．【解答】解：A、B、游客的加速度沿水平方向，处于非超重和失重状态．故AB错误．C、D、游客在竖直方向上平衡，摩擦力等于重力．故C错误，D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键搞清游客做圆周运动向心力的来源，抓住竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求解．5．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是( )A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物体沿斜面匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小，当物体沿斜面上滑时，滑动摩擦力大小不变，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求上滑的最大距离．【解答】解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma，由此解得：a=2gsinθ，方向沿斜面向下．根据v2﹣v02=2ax，解得：x=；故选：C．【点评】本题要求的是空间距离，运用动能定理求解比较简单，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．6．某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时其动能为E K1，周期为T1；再控制它进行一系列变轨，最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，此时其动能为E K2，周期为T2．已知地球的质量为M1，月球的质量为M2，地月距离为R，则为C( ) A．B．C．D．【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】对于卫星绕地球运动，根据动能表达式计算向心力，再根据万有引力提供向心力列方程，解出周期与质量和动能之间的关系，对于卫星绕月球运动有类似的关系．【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星质量为m，轨道半径为r1，运动线速度为v1因为动能为，所以向心力为=万有引力提供向心力解得同理，卫星绕月球做圆周运动时，有类似的结论故故C正确、ABD错误．故选：C．【点评】本题考查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．7．甲、乙两名溜冰运动员，M甲=80kg，M乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.2N，下列判断中正确的是( )A．两人的线速度相同，约为40m/sB．两人的角速度相同，为6rad/sC．两人的运动半径相同，都是0.45mD．两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】分析甲、乙两名运动员，弹簧秤对各自的拉力提供向心力．根据牛顿第二定律和向心力公式求解．【解答】解：弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：M甲R甲ω甲2=M乙R乙ω乙2=9.2N由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以ω甲=ω乙=．则R甲=0.3m，R乙=0.6m．由于v=Rω，知两人的线速度不等．根据F=M甲R甲ω甲2解得：ω甲=rad/s．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道甲乙两人角速度相等，靠弹簧的弹力提供向心力．8．如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2 ，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为( )A．3h B．h C．2h D．h【考点】功能关系．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】先对整体受力分析可知，2、3向下带动1运动；当3落地后，由于1的重力大，则12将做减速运动；对两过程由功能关系可求得物体上滑的最大位移．【解答】解：设2的质量为m；从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体有功能关系可知：6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h=（10m）v12；此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知：mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s=0﹣（5m）v12解得：s=；则1沿斜面上滑的最大距离为L=h+s=h；故选：D．【点评】本题考查功能关系的应用，解题时一定要先做受力分析，明确物体的运动状态后再由功能关系进行列式求解．9．如图所示，长约1m的一端封闭的玻璃管中注满水，假设t=0时质量为0.1kg，红蜡块从玻璃管口开始运动，且每1s上升的距离都是30cm；从t=0开始，玻璃管以初速度为零的匀加速向右平移，第1s内、第2s内、第3s内通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm．y 表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时红蜡块位于坐标原点( )A．t=2s时红蜡块是速度大小为0.3m/sB．前3s内红蜡块的位移大小为45cmC．红蜡块的轨迹方程为y2=xD．红蜡块在上升过程中受到的合力是0.01N【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】根据相等的时间内，位移之差相等，即可判定运动性质，再结合运动的合成与分解方法，及合成法则，即可求解．【解答】解：A、由题意可知，红蜡块沿玻璃管做匀速上升运动，由v竖=，而水平方向，因相等时间内的位移之差相等，则为匀加速直线运动，根据a===0.1m/s2；那么t=2s时红蜡块是速度大小v===m/s，故A错误；B、前3s内红蜡块的水平位移大小x===0.45m；而竖直方向位移y=v竖t=0.3×3=0.9m；那么前3s内红蜡块的位移大小为S==m=45cm，故B正确；C、根据竖直方向位移y=v竖t=0.3t，而水平位移x==0.05t2；合并消去时间，则有轨迹方程为y2=x，故C正确；D、红蜡块在上升过程中，做类平抛运动，则合力F=ma=0.1×0.1N=0.01N，故D正确；故选：BCD．【点评】考查由运动学公式来判定运动性质，掌握运动的合成规律，理解矢量的合成法则，注意平抛运动的规律在本题的应用．10．在9.3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，将抗战胜利70周年大写在天安门广场上空，大长中华之气．而其领头的直升机悬挂的国旗更是让人心潮彭拜．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来，在国旗的下端还悬挂了重物，我们假设国旗与悬挂物的质量为m，直升机的质量为M，直升机以速度v匀速直线飞行，飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向的夹角为a，那么以下说法正确的是：( )A．直升机发动机的有效功率一定是（M+m）gvB．细线的张力是F=C．国旗受到3个力的作用D．国旗和重物克服阻力做功的功率为mgvtanα【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】正确对国旗受力分析，根据共点力平衡求的拉力和阻力大小，根据P=Fv求的组里的功率，根据飞机的受力分析判断出发动机的功率【解答】解：A、发动机的有效功率是指克服总重力做功功率与克服阻力做功功率，克服重力做功的功率应等于重力乘以空气向下运动的速度，故A错误；B、对国旗受力分析可知如图，国旗受三个力，重力绳子的拉力和空气的阻力，根据共点力平衡F=，f=mgtanα，故BC正确D、阻力的功率为P=fv=mgvtanα，故D正确故选：BCD【点评】本题主要考查了对国旗的受力分析，有共点力平衡即可判断，关键是发动机的功率根据能量守恒即可判断11．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2rn/s运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从位置A滑上传送带工件与传送带之间的动靡擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对猾动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是( )A．工件经0.5s停止相对滑动B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5mC．摩擦力对每个工件做正功为0.75JD．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1 J【考点】功能关系．【分析】当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间，由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功．摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能．【解答】解：A、工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小由：μmg=ma 得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2加速运动的时间t==s=0.5s，故A正确．B、在0.5s内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为：d=vt=2×0.5m=1m，故B错误．C、由动能定理得摩擦力对每个工件做正功为：W f=mv2﹣=×0.5×22﹣×0.5×12=0.75J，故C正确．D、工件对地位移为：x1==0.5m=0.75m传送带对地位移为x2=vt=1m则工件相对传送带的位移大小为：△x=x1﹣x2=1﹣0.75=0.25m因摩擦产生的内能为：Q=μmg△x=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D错误．故选：AC【点评】本题考查传送带问题中的速度及能量关系，关键在于明确能量转化间的关系，知道如何求出内能的增加量．12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出( )A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．【解答】解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．二、实验题：（共15分，将答案填写在答题卷中）13．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′．（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：不变（选填“变”或“不变”）．（3）本实验采用的科学方法是B．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题．【分析】在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；【解答】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差．（2）如果将细线也换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化．（3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法．故答案为：F′，不变，B【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．14．某探究学习小组的同学欲以右图装置中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙、垫块．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有天平、刻度尺．（两个）（2）实验时为了保证滑块（质量为M）受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量m应满足的实验条件是m＜＜M，实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力．（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为mgL=M﹣M（用题中的字母表示）．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题．【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有mg﹣T=ma对滑块，有T=Ma解得T=mg故当M＞＞m时，有T≈mg滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（3）总功为：mgL动能增加量为：M﹣M根据动能定理，则有：mgL=M﹣M故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）m＜＜M，平衡摩擦力；（3）mgL=M﹣M．【点评】本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法．三、计算题（本题共3小题，解答须写由必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中．15题8分，26题9分，17题15分）15．一电梯启动时匀加速上升，加速度为2m/s2，制动时匀减速上升，加速度为﹣1m/s2，上升高度为52米．则当上升的最大速度为6m/s时，电梯升到楼顶的最短时间是13.17s．如果电梯先加速上升，最后减速上升，全程共用时间为16s，则上升的最大速度是4m/s．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）当电梯先匀加速直线运动到最大速度，以最大速度匀速，最后匀减速直线运动到零，这样所需的时间最短．根据运动学公式求出最短的时间．（2）设最大速度为v，根据匀变速直线运动和匀速直线运动的公式，抓住总位移为52m，总时间为16s，求出上升的最大速度．【解答】解：匀加速直线运动的位移x1=．匀加速直线运动的时间t1=．匀减速直线运动的位移x2=，匀减速直线运动的时间t2=．匀速运动的位移x3=x﹣x1﹣x2=25m，则匀速直线运动的时间t3=则电梯升到楼顶的最短时间为t=t1+t2+t3=13.17s．设最大速度为v′．则匀加速直线运动的位移x1==，匀加速直线运动的时间t1=匀速运动的位移x2=vt2匀减速直线运动的位移x3==，匀减速直线运动的时间t3=因为x1+x2+x3=52m，t1+t2+t3=16s联立解得v′=4m/s．故答案为：13.17s，4m/s【点评】解决本题的关键理清电梯的运动过程，抓住总位移一定，灵活运用运动学公式进行求解．16．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m=0.5kg，长度均为L=0.5m，它们与地而间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在A木板的最左端放一个质量为M=1kg的小铁块．它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度v0=4m/s．使其在木板上滑行．重力加速度g=10m/s2，求（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度a M和木板的加速度a m大小分别多大？（2）当小铁块刚滑上C时的速度多大？（3）能滑出C木板吗？请说明理．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）先根据滑动摩擦定律求解小铁块与A间的摩擦力，三个滑板的总的最大静摩擦力，判断相对运动情况，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间；（2）根据运动学公式即可求解滑上C时的速度；（3）根据受力分析和牛顿第二定律求解滑板C和滑块的加速度，根据运动学公式分析能不能滑出C木板．【解答】解：（1）小铁块与木板之间的摩擦力：f1=μ2Mg=0.2×1×10=2N小铁块的加速度：地面对木板整体的摩擦力：f2=μ1（3m+M）g=0.1×（3×0.5+1）=2.5N＞f1所以木板不动；（2）小铁块在B上运动时，地面对BC整体的摩擦力：f3=μ1（2m+M）g=0.1×（2×0.5+1）=2N=f1可知木板仍然不动，设小铁块到达C的速度为v，则：代入数据得：m/s（3）设小铁块能滑出C，铁块在C上滑动的过程中：对C进行受力分析得：μ2Mg﹣μ1（m+M）g=maC的位移：且：x M﹣x m=L代入数据，化简得方程：得：t=＞0，说明小铁块能滑出C．答：（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度a M和木板的加速度a m大小分别是2m/s2和0；（2）当小铁块刚滑上C时的速度是m/s（3）能滑出C木板．【点评】本题研究对象多，力多，关键先求解出各个具体的力，确定相对滑动情况；根据牛顿第二定律求解加速度，再然后根据运动学公式列式求解即可．17．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R=0.4m的两个光滑圆弧轨道BCD的最低点B平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A，D两点等高，在D点右侧有一以v1=3m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量m=1kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2．（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ1。

湖南师范大学附属中学2016届高三月考（三）物 理 试 题第I 卷选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A ．奥斯特发现了电流的磁效应B 、库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C ．开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测出了万有引力常量D ．牛顿不仅发现了万有引力定律，而且提出了场的概念2．汽车在平直公路上做刹车实验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移x 与速度的平方v 2之间的关系，如图所示，下列说法正确的是A 、刹车过程持续的时间为5sB 、t ～0时汽车的速度为10m ／sC ．刹车过程经过3s 的位移为7.5mD ．刹车过程汽车加速度大小为10m ／s 23．如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m ．用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为1μ，卡片之间、卡片与桌 面之间的动摩擦因数均为2μ，且有1μ＞2μ，则下列说法正确的是A ．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B ．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C 、第1张卡片受到手指的摩擦力向左D ．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右4、一质点在0一15s 内竖直向上运动，其加速度一时间（a 一t ）图象如图所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g 取10m/s 2，则下列说法正确的是A 、质点的机械能不断增加B 、在0－5s 内质点发生的位移为125mC 、在10－15s 内质点的机械能一直增加D 、在t ＝15s 时质点的机械能大于t ＝5s 时质点的机械能5．如图，a 、b 两个带电小球，质量分别为,a b m m ，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断．两球静止时，它们距水平地面的高度均为h （h 尽够大），绳与竖直方向的夹角分别为α和()βαβ<.若剪断细线Oc ，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g ．则下列说法正确的是A ．a 球先落地，b 球后落地B ．落地时，a 、b 两球的动能和为（ma ＋mb ）ghC ．整个运动过程中，a 、b 系统的机械能守恒D ．落地时，a 、b 水平速度不为零并且有大小相等，且方向相反6·今有一个相对地面静止，悬浮在赤道上空的气球．对于一个站在宇宙背景惯性系的观察者，仅考虑地球相对其的自转运动，则以下对气球受力的描述正确的是A ．该气球受地球引力、空气浮力和空气阻力B ．该气球受力平衡C ．地球引力大于空气浮力D ．地球引力小于空气浮力7．在竖直平面内固定一半径为R 的金属细圆环，质量为m 的金属小球（视为质点）通过长为L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q （未 知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为k ，则有A ．电荷量B ．电荷量C ．绳对小球的拉力D 、绳对小球的拉力8．如图所示，物体A 、B 质量分别为m 和2m ．物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力，已知重力加速度为g ．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为A 、0B 、23mg C 、43mg D 、2mg 9．如图为玻璃自动切割生产线示意图．右图中，玻璃以恒定的速度v 向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行．滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动．割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割．移动玻璃的宽度为L ，要使切割后的玻璃为长2L 的矩形，以下做法能达到要求的是A 、保持滑杆不动，使割刀以速度2v 沿滑杆滑动 B ．滑杆以速度v 向左移动的同时，割刀以速度2v 沿滑杆滑动 C 、滑杆以速度v 向右移动的同时，割刀以速度2v 滑杆滑动D 、滑杆以速度v 向右移动的同时，割刀以速度2v 滑杆滑动 10．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B ，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M ，B 物块的质量为m ，重力加速度为g ，当人拉着绳子以a 1大小的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a 2，则下列说法正确的是A ．物块一定向上加速运动B．人要能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞MsinθC．若a2＝0，则a1一定等于D．若a1＝a2，则a1可能等于11．如图所示，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体．现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能，以下判断正确的是A．在b点和d点受力大小相等，方向不同B．在c点和h点受力大小相等，方向相同C．在b点和d点电势能相等D．在c点和h点电势能相等12．如右上图所示，一半径为R的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内；环上套有两个相同的带电小球a和b（都可视为质点），只能在环上移动，静止时两小球之间的距离为R．现用外力缓慢推左球a使其到达圆环最低点c，然后撤除外力．下列说法正确的是A．在左球a到达c点的过程中，圆环对b球的支持力变大B．在左球a到达c点的过程中，外力做正功，电势能增加C．在左球a到达c点的过程中，a、b两球的重力势能之和不变D．撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒二、实验题（13题6分、琪题分分，共14分）13. (6分）某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如下图所示的照片，已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2．（1）、若以拍摄的第一点（对应序号为1的点）为坐标原点，水平向右和竖直向下为x、y正方向，则拍摄过程中没有被拍摄到的小球位置坐标为______．（2）、小球平抛的初速度大小为______．14．（8分）要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量为m＝0.5 kg)、细线、米尺、秒表，他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤。

2014-2015学年湖南师大附中高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第l～8题只有一项符合题目要求，第9～l2题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得O分．将选项填写在答题卷上）1．（4分）在物理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，下列说法中正确的是（）A．伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法B．奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系C．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量D．安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象【考点】：物理学史．【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．【解析】：解：A、伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，故A正确；B、奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系，故B正确；C、卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了引力常量，故C错误；D、安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场．故D错误；故选：AB．【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．（4分）水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（）A． gt0（cosθ1﹣cosθ2） B．C． gt0（tanθ1﹣tanθ2） D．【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、（t+△t）秒末竖直方向上的分速度，根据△v y=g△t求出小球的初速度．【解析】：解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，则竖直方向上的分速度：v y1=v0tanθ1，（t+△t）秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，则竖直方向上的分速度：．根据v y2﹣v y1=g△t得：．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．3．（4分）汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得（）A． .汽车的最大速度B．汽车受到的阻力C．汽车的额定功率D．速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【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P=Fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小．【解析】：解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为．根据牛顿第二定律得，F1﹣f=3（F2﹣f），解得f=．因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则F=f=，知最大速度为12m/s．因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】：解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小．4．（4分）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A． 4R B． 5R C． 10R D． 16R【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．【解析】：解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R故选D．【点评】：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．5．（4分）如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为（）A． B． C． D．【考点】：磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式B=列式求解．【解析】：解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为F ab；对左边电流，有：F1=BIL+F ab对右边电流，有：F2=2BIL+F ab两式联立解得：F ab=2F1﹣F2则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：B′=故选：C．【点评】：本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解．6．（4分）如图为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0．长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，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的行星B（假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离，由此可推测未知行星B的运动轨道半径为（）A．R0 B． R0C． R0 D． R0【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】：A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，可以求出B的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径．【解析】：解：周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，即每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．有：，则T B=，根据万有引力提供向心力：，r=，所以则r B=．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】：解决本题的关键知道每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，而得出每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．以及会利用万有引力提供向心力：进行求解．7．（4分）静电计是在验电器的基础上制成的，用萁指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之问的电势差大小，如图所示A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合．静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是（）A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小【考点】：电容器的动态分析．【专题】：电容器专题．【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解析】：解：A、断开电键，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A错误．B、断开S后，在A、B间插入一电介质，根据C=知，电容增大，根据U=知，电势差减小，则指针张角减小，故B错误．C、断开S后，将A向上移动少许，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角变大．故C正确．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．8．（4分）一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB 相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k（q的正负对应φ的正负）．假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E1．下列说法正确的是（）A．若左右两部分的表面积相等，有E1＞E2，φ1＞φ2B．若左右两部分的表面积相等，有E1＜E2，φ1＜φ2C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有E1＞E2，E3=E4D．只有左右两部分的表面积相等，才有E1＞E2，E3=E4【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】：根据电场的叠加原理，分析半球壳在M点的场强方向，再比较场强的大小关系．根据φ=k，结合左右两侧球壳上点电荷到M点距离的关系，进行分析，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等．【解析】：解：A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2 ，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据φ=k，且球面带负电，q为负得：φ1＜φ2，故AB错误；C、E1＞E2 与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误．故选：C【点评】：本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系，难度适中．9．（4分）如图所示，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心等距离处电场强度大小相等，M和N两端均有带小孔的挡板，且两个小孔到圆心距离相等．不同的带电粒子以不同的速度从M孔垂直挡板射入，则关于从N孔射出的粒子，下列说法正确的是（）A．都带正电 B．速度相C．若速度相同，则比荷相同 D．若电荷量相等．则动能相等【考点】：电势差与电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：粒子进入电场，能够从N孔射出，则粒子靠电场力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析粒子的特点．【解析】：解：A、粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，知电场力的方向指向圆心，所以粒子带正电．故A正确．B、根据牛顿第二定律得，qE=m，因为圆周运动的半径相等，若速度相同，则比荷相同，由于粒子的质量不一定相同，则电场力大小不一定相同，动能不一定相同．故CD正确，B错误．故选：ACD【点评】：解决本题的关键知道粒子在电场中做匀速圆周运动，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．10．（4分）如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A． B． C． D．【考点】：洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的静摩擦力不能提供A的加速度时，A、B发生相对滑动．【解析】：解：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μF N虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度﹣时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD错误．故选：AC【点评】：对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况．11．（4分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmgaC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】：机械能守恒定律．【专题】：压轴题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．【解析】：解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．故选：BC．【点评】：利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻12．（4分）如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8 C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A． x=0.15m处的场强大小为2.0×l06 N/CB．滑块运动的加速度逐渐减小C．滑块运动的最大速度约为0.1m/sD．滑块最终在0.3m处停下【考点】：动能定理的应用；电场强度；电场线；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．【解析】：解：A、B、电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强N/C，此时的电场力F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，滑动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误．C、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C正确；D、滑块最终在0.3m处停下则满足：qU﹣fx=0﹣0 ①．因为0.10m和0.30m处的电势差大约为4.0×105V，代入得：qU=2.0×10﹣8×4.0×105=8.0×10﹣3J ②fs=0.04×（0.30﹣0.10）=8×10﹣3J ③由①②③得，滑块能够滑到x=0.30m处．又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力（近似大于最大静摩擦力）所以滑块最终在0.3m处停下．故D正确．故选：ACD【点评】：解决本题的关键知道电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况．二、实验题（共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分）13．（4分）图甲中游标卡尺的读数是0.72 cm，螺旋测微器（图乙）的读数是8.694～8.696 mm．【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【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．【解析】：解：1、游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm=0.72cm．2、螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为8.5mm+0.195mm=8.695mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.694～8.696之间．故答案为：0.72；8.694～8.696【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．14．（4分）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门．质量为M的滑块A上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门l、2记录遮光时间分别为△t1和△t2，另外测得两光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d（重力加速度为g）．（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足 B ．A．M＜m B．M＞m（2）若木板PM水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为﹣（用题中测量的物理量的符表示）【考点】：验证牛顿第二运动定律．【专题】：实验题．【分析】：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度．根据牛顿第二定律知动摩擦因数．【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当M ＞＞m，故选：B．（2）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，①通过光电门2的瞬时速度v2=，②根据v22﹣v12=2aL，③根据牛顿运动定律知a=④由①②③④知μ=﹣故答案为：（1）B；（2）﹣【点评】：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）．注意受力分析结合牛顿第二定律列式求解．15．（8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12V 6W”字样的灯泡，实验器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为3Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为5A）；滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0.01A）；电源E（电动势15V，内阻较小）；单刀单掷开关一个、导线若干．（1）实验器材中，电流表应该选择A2，滑动变阻器选择R1．（请选填仪表的符号）（2）画出符合实验要求的实验电路图1．（3）描绘的伏安特性曲线如图2所示，若选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为8Ω的定值电阻串联，接在电动势18V，内阻1Ω的电源两极，如图3所示，则每个灯泡消耗的电功率 4.42W ．（请保留三位有效数字）【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：①根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路及仪器；②根据实验要求及给出的数据可得出对应的原理图；④根据电路及欧姆定律进行分析，得出电压与电流的关系图象，在U﹣I图象中作出，则图象的交点为工作点，读出对应的电流及电压，则由P=UI可求得功率．【解析】：解：（1）灯泡正常发光的额定电流I===0.5A；故电流表应选择A2；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，故选R1；（2）本实验中应测量多组数据，故应采用滑动变阻器分压接接法；同时因灯泡内阻较小；故应采用电流表外接法；实验电路如图所示；（3）灯泡两端的电压为U，通过灯泡的电流为I，则干流电流为2I，对闭合电路有：U+2I（8+1）=18做出对应的伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线的交点可得：U=9.6V，I=0.46A，则此时灯泡的功率P=UI=9.6×0.46=4.42W；故答案为：①A2；R1；（2）如图所示；（3）4.42．【点评】：本题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意正确分析实验原理，得出正确的实验图象，明确由图象分析实验数据的方法．16．（8分）某教练员选拔短跑运动员，要对运动员进行测试．对某运动员测试，在启跑后2s 内通过的距离为10m（视为匀加速度过程）．该运动员的最大速度为10m/s，持续时间不超过10s．之后，减速运动，加速度大小为1m/s2．若把短跑运动员完成比赛跑的过程简化为匀加速直线运动、匀速直线运动及减速阶段．（1）求该运动员启动阶段的加速度大小．（2）求该运动员100m赛的最好成绩．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员启动阶段的加速度大小．根据匀加速和匀速运动的时间之和求出运动员100m的最好成绩．【解析】：解：（1）根据得，则匀加速运动的加速度a=．（2）匀加速运动到最大速度的时间，则匀速运动的位移x2=100﹣10m=90m，匀速运动的时间，运动员的最好成绩t=t1+t2=2+9s=11s．答：（1）该运动员启动阶段的加速度大小为5m/s2．（2）该运动员100m赛的最好成绩为11s．【点评】：解决本题的关键理清运动员在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．17．（10分）（2014•龙岩一模）飞行员驾驶舰载机在300m长的水甲跑道上进行起降训练．舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推。