【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一仿高考选择题巧练(二)

2015安徽省高三第二次高考模拟考试理科综合能力测试物理试题考生注意事项：1．答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。

务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。

2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡卜书写，要求字体工整、笔迹清晰。

作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔捕清楚。

必须在题号所指示的答题区域作答．超出答题区域书写的答案无效．在试题卷、草稿纸上答题无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

4．考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题共42分）本卷共7小题，每小题7分，共42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。

第Ⅱ卷（非选择题共68分）2015安徽省高三第二次高考模拟考试物理参考答案一、简要答案：二、详细解析：14.答案：C解析：因为两束光折射后相交于图中的M点，根据折射定律可知a光的折射率n a＞n b，a光的频率f a＞f b，光在真空中的传播速度相等；由λ= cf得B错误；由v=cn得C正确；根据sin C=1n得D错。

15.答案：D解析：将A、B、C看做一个系统，对系统受力分析可知，选项A错；由于木块A恰能沿斜面匀速下滑，即动摩擦因数μ＝tanθ，选项B错；设平行于斜面的推力为F，对A、B、C系统，斜面体C对地面压力大小为4mg－F sinθ，对A、B系统，F=2mg sinθ+2μmg cosθ=4mg sinθ，因此斜面体C对地面压力大小为4mg－F sin θ＝4mg cos 2θ，选项D 正确、C 错误。

16.答案：A解析：当滑片位于变阻器中点O 时，根据欧姆定律得I 0=U2R。

2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【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、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，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．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕A． B． C．D．【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】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【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〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(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】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。

2015年高考模拟试题(一)理科综合2015．5 本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共16页。

满分300分。

考试用时150分钟。

答题前，请将答题卡第l、3面左上方的姓名、座号、考生号等项目填写清楚，用右手食指在第l面座号后指定位置按手印，并将答题卡第2、4面左上方的姓名、座号按要求填写正确。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷 (必做，共107分)注意事项：1．第I卷共20小题，l～13题每小题5分，14～20题每小题6分，共107分。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再涂写在其答案标号上。

不涂答题卡，只答在试卷上不得分。

以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Fe 56 Cu 64 Zn 65二、选择题(共7小题，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．)14．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。

将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。

下列选项正确的是15．如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是A．c点场强大于a点场强B．c点电势高于a点电势C．c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差D．若将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功16．如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳系在两竖直杆等高的A、B两点上，将一悬挂了衣服的衣架挂在轻绳上，处于静止状态。

则A．仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力变大B．仅增大两杆间距离，再次平衡时，绳中张力保持不变C．仅将B点位置向上移动一点，再次平衡时，绳中张力变大D．仅将B点位置向下移动一点，再次平衡时，绳中张力变小17．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ。

仿高考选择题巧练(一) [建议用时：20分钟]1．(2014·潍坊模拟)下列说法符合物理学史实的是( )A ．开普勒发现了万有引力定律B ．伽利略首创了理想实验的研究方法C ．卡文迪许测出了静电力常量D ．奥斯特发现了电磁感应定律2.(2014·昆明三中、玉溪一中联考)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O .一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO ＝40 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．若v 0>18 m/s ，则石块可以落入水中B ．若v 0<20 m/s ，则石块不能落入水中C ．若石块能落入水中，则v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大3.(2014·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )A ．它们做圆周运动的万有引力保持不变B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小4.空间中有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(重力不计)，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中错误的是( )A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐减小B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2qφ0mD ．若v 0＝22qφ0m ，则粒子在运动过程中的最小速度为 6qφ0m5.如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线，现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图象可得( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率一定改变6.(多选)甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x －t 图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是( )A ．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇两次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s7．(多选)(2014·江苏南通二模)如图所示，在MN 、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b 点，则小球( )A ．可能带正电B ．受到电场力的方向一定水平向右C ．从a 到b 过程，克服电场力做功D ．从a 到b 过程中可能做匀加速运动8．(多选)如图所示，一根质量为m 、长为L 、粗细均匀的金属直棒ab 靠立在光滑弯曲的金属杆AOC 上(开始时b 离O 点很近)．ab 由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a 端始终在AO 上，b 端始终在OC 上，ab 刚好完全落在OC 上(此时速度为0)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则( )A ．ab 棒所受安培力方向垂直于ab 向上B ．ab 棒所受安培力方向先垂直于ab 向下，后垂直于ab 向上C ．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D ．全过程产生的焦耳热为12mgL仿高考选择题巧练(一)1．[解析]选B.万有引力定律是牛顿发现的，选项A 错误；理想斜面实验是伽利略首创的，选项B 正确；卡文迪许测出了万有引力常量，选项C 错误；电磁感应定律是由法拉第发现的，选项D 错误．2．[解析]选A.设石子恰好落到O 点AO sin 30°＝12gt 2 AO cos 30°＝v 0t解得v 0＝10 3 m/s当v 0>10 3 m/s ，石子落入水中，故A 正确，B 错误．当石块能落入水中时，设落水时速度方向与水平面的夹角为α，则tan α＝v y v 0，随v 0的增大，α减小，C 错误．当石块不能落入水中时，落到斜面上的速度方向不变，D 错误．3．[解析]选C.它们做圆周运动的万有引力F ＝G Mm r 2，由于M 变小，m 变大，所以F 变大，选项A 错误；由牛顿第二定律得G Mm r 2＝Mω2r 1＝mω2r 2，解得r 1＝m M ＋mr ，m 变大，r 1变大，又解得ω＝G (M ＋m )r 3，ω保持不变，由v ＝ωr 得，r 1变大，v 1变大，选项B 、D 错误，C 正确． 4．[解析]选C.粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中电场力做的功为W ＝－q φ0，亦即电场力做负功，所以动能减小，选项A 正确；粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电场力做的功为W ＝2qφ0，所以电场力做正功，动能增加，电势能减小，选项B 正确；粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中做减速运动，从x ＝x 1到x ＝x 3处的过程中粒子做加速运动，从x ＝x 3到x ＝x 4处的过程中粒子做减速运动，所以欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子至少要能到达x ＝x 1处，则有12m v 20＝qφ0，解之可得v 0＝2qφ0m，选项C 错误；由题意可知，当粒子到达x ＝x 1处时速度最小，设粒子到达x＝x1处时的速度大小为v，则由动能定理可得：12m v2＝12m v2－qφ，解得：v＝6qφ0m，选项D正确．5．[解析]选A.由电源的U－I图线可知电源的电动势为3 V，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V，通过的电流为2 A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6 W，A对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝UI＝0.5 Ω，B错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4W，由η＝UIEI×100%知电源的效率是33.3%，C错；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D错．6．[解析]选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为v t2＝v＝0.8m/s，v P＝v x2>vt2，所以D正确．7．[解析]选AC.由于洛伦兹力与速度有关，所以可推断小球做匀速直线运动，由合力为零分析可知，小球可能带正电也可能带负电，电场强度的方向也不是唯一确定的方向，故A正确，B、D均错．根据动能定理可知，重力与电场力对小球做的总功必为零，重力做正功，所以电场力做负功，故C正确．8．[解析]选BD.ab棒在运动过程中，穿过△aOb的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是b→a，后变为a→b，由左手定则得，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，A错，B对；ab棒在运动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理，mg L2＋W＝0，所以安培力做功W＝－12mgL，根据功能关系，全过程产生的焦耳热为12mgL，C错，D对．。

2015年高考仿真模拟卷?山东卷（二）理科综合（物理）第I卷（必做，共42分）一、选择题(本题包括7小题，每小题给出四个选项中，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（2015·山东师大附中高三一模·4）．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A．mg B．mg C．0.5mg D．0.25mg2（2015·上海黄浦区上学期期终·18）．如图所示为某一皮带传动装置。

主动轮的半径为r1，从转动的半径为r2。

已知主动轮做逆时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。

下列说法中正确的是（）A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为r1r2nD．从动轮的转速为r2r1n3（2015·山东泰安一模·19）．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。

则释放后小球从M运动到N过程中（）A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和4（2015·山东枣庄高三期末·16）．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，在它的正上方B点，有带电液滴不断地从静止开始下落（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对已下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）。

仿高考选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题14．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B ．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E ＝F q，电容C ＝Q U ，加速度a ＝F m都是采用比值法定义的 D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法15.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m ，重力加速度为g ，则( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．地面对木板的摩擦力方向向左C ．木板对地面的压力大小为3mgD ．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg16.(2015·台州模拟)如图所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做功W pq ，从q 点到k 点电场力做功W qk ，则( )A ．W pq ＝W qkB ．W pq ＜W qkC ．粒子从p 点到q 点做匀加速直线运动D ．粒子从p 点到q 点其电势能逐渐减小17.如图所示，宽为2L 且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L 的闭合矩形线框由静止从某高度释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I 1、I 2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是( )二、不定项选择题18.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0cot θgB ．若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0cot θgC ．若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0cot θgD ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θg19.如图所示，坐标原点O 处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y >0)发射速率v 相同的粒子，在x 轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN 表示粒子运动的区域边界，OM ＝ON ＝L ，则( )A ．粒子带负电，其比荷为q m ＝2v LBB ．当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC ．当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子在磁场中的运动时间为πL 6vD ．当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON 的中点20.如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属圆环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流I ＝3B ωL 22（R ＋r ）C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3B ωL 2R 2（R ＋r ）仿高考选择题巧练(二)14．解析：选B.位移不是理想化模型，A 项错；a ＝F m表示加速度a 与物体所受合外力成正比，与质量成反比，并非采用比值法定义的，C 项错；瞬时速度的定义利用到了极限思维法，D 项错．15．解析：选C.人用力F 向右推箱子，箱子受到的摩擦力方向向左，选项A 错误；把木板、人、箱子看做整体，人对箱子的作用力为内力，整体水平方向所受合外力为零，地面对木板的摩擦力为零，选项B 错误；整体竖直方向所受合外力为零，由平衡条件可知，地面对木板支持力大小为3mg ，由牛顿第三定律可知，木板对地面的压力大小为3mg ，选项C正确，D 错误.16．解析：选D.离点电荷越近，等差等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq ＞U qk ，由W ＝qU 得W pq ＞W qk ，选项A 、B 错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D 正确；从p 点到q 点电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C 错误．17．解析：选A.线框第一次进入磁场先做匀速运动，产生恒定电流，完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，线框中无感应电流，而出磁场时，做减速运动，线框中产生逐渐减小的感应电流，但刚出磁场时速度不小于进入磁场时速度，即x ＝3L 时，感应电流不小于I 0，A 对，B 错；线框第二次出磁场时做匀速运动，产生恒定电流，因线框在完全进入磁场后有一段匀加速运动过程，所以线框在进入磁场过程中将一直做加速运动且感应电流一定小于I 0，C 、D 错．18．解析：选AB.小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt 2v 0，即t ＝2v 0cot θg ，A 对，D 错；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt v 0，即t ＝v 0cot θg ，B 对；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg，C 错．19．解析：选AC.由左手定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为12L ，而Bqv ＝m v 2r ，所以q m ＝2v LB，A 对；当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B 错；当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子运动所对圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为t ＝T 6＝πL 6v ，C 对；因ON ＝L ，粒子运动半径为12L ，当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，ON 恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N 点，D 错．20．解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A 是电源的正极，即金属棒中有从C 到A 的感应电流，A 错；金属棒转动产生的感应电动势为E ＝12B ω(2L )2－12B ωL 2＝3B ωL 22，即回路中电流I ＝3B ωL 22（R ＋r ），B 对；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C 错；U AC ＝IR ＝3B ωL 2R 2（R ＋r ），D 对．。

2015年河南省三门峡市陕州中学高考物理仿真试卷〔二〕一.选择题1．〔6分〕〔2015•湖南模拟〕物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法表示错误的答案是〔〕A．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜测和假设的科学方法B．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法D．在公式I=电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中△Φ和E具有因果关系，同理在a=中△V和a具有因果关系2．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能〔〕A．一直增大B．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小C．先逐渐减小至零，再逐渐增大D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大3．〔6分〕〔2015•浏阳市校级模拟〕如下列图，“嫦娥三号〞的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号〞在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，万有引力常量为G，如此月球的质量是〔〕A．B．C．D．4．〔6分〕〔2015•湖南模拟〕如下列图，外表粗糙的斜面体固定在水平地面上．一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0．假设该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2〔如图〕作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F2大于F1B．在一样的时间内，物体增加的机械能一样C．v l一定小于v2D．v1可能小于v25．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕如下列图，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如下列图的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x2﹣6〔单位：m〕，不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB．小物块从O点运动列P点的时间为2sC．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D．小物块刚到P点时速度的大小为10m/s6．〔6分〕〔2015•浏阳市校级模拟〕如下列图，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C 点为AB的中点，D点为PB的中点，将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功W PA=1.6×10﹣8J．如此如下说法正确的答案是〔﹣8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3.2×10〕A．直线PC为等势线B．直线AD为等势线C．假设将该粒子从B点移动到A点，电场力做功W BA=1.6×10﹣8JD．假设将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为W PC=2.4×10﹣8J7．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈d接在，μ=44sin314tV交流电源上，“12V，6W〞的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．如下推断正确的答案是〔〕A．交变电流的频率为100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1W8．〔6分〕〔2015•洛阳二模〕海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电，在我国南海上有一浮筒式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示，浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，〔图乙中斜线阴影局部〕，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N=200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径D=0.4m，电阻r=1Ω．取重力加速度g=10m/s2，π2≈10，假设浮筒随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4πsin〔πt〕m/s，如此如下说法正确的答案是〔〕A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=16sin〔πt〕VB．灯泡中电流i的瞬时表达式为i=4sin〔πt〕AC．灯泡的电功率为120WD．灯泡两端电压的有效值为V二.非选择题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为J，摆球在距离D点的高度h=0.1m处的速率为m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：．10．〔9分〕〔2015•河南模拟〕某同学为了测量“3.8V，2.5W〞小灯泡正常发光时的电阻值．实验室有如下器材，规格如下：A．两只一样的电压表〔量程5V，内阻很大〕B．电阻箱R1〔0～999，最小调节量1Ω〕C、电阻箱R2〔0～99.9，最小调节量0.1Ω〕D．滑动变阻器R2〔0～50Ω，额定电流为1.5A〕E．滑动变阻器R1〔0～5Ω，额定电流为3A〕F．直流电源〔电动势9V，内阻不计〕G．开关，导线假设干、待测灯泡利用现有器材，请你替这位同学设计本宴验．〔1〕在如图方框中画出合理的实验原理图．〔2〕以上器材中电阻箱应选用，滑动变阻器应选用〔填序号字母〕．〔3〕根据休所设计的电路图，得出测量小灯泡正常发光时的电阻值的方法．11．〔14分〕〔2015•南昌校级二模〕质量m=1.0kg的物块静置于粗糙水平面上，水平面与物块的动摩擦因数μ=0.4．现给物块施加一水平向右的推力F，推力作用于物块的时间为10s，物块在推力作用下运动，其加速度a随时间的变化如图〔a〕所示．g取10m/s2．〔1〕类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，比照加速度和速度的定义，根据图所示a﹣t图象，求物块10s末的速度大小；〔2〕在图〔b〕中画出10s内推力随时间变化的F﹣t图线，并标出纵坐标的值．12．〔18分〕〔2015•南昌校级二模〕如图甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，偏转电场的板长L=0.10m，板间距离d=5.0×10﹣2m，两板间接有如图乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势．在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10﹣3T，方向与偏转电场正交向里〔垂直纸面向里〕．质量和电荷量都一样的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直．带电粒子的比荷=1.0×108C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变．〔1〕求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；〔2〕求粒子进入磁场时的最大速度；〔3〕对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明．三.选考题〔本局部为选考题有两个模块，选做一个模块〕【选修-3-4模块】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南模拟〕如下列图，一束红光与蓝光的复色光从空气中射到半球形玻璃体球心O点，经折射分为a、b两束光，分别由P、Q两点射出玻璃体．PP′、′均与过O 点界面法线垂直．设光线a、b穿过玻璃体所用时间分别为t a，t b，如此如下说法正确的答案是〔〕A．t a：t b= ′：PP′B．a光为红色光C．a光在玻璃中比b光容易发生全反射D．在一样的双缝干预装置中b光比a光相邻的两条亮纹中心间距小E．逐渐增大复色光的入射角a光先发生全反射14．〔9分〕〔2015•河南模拟〕波源S的振动图线如图甲所示，由此产生的简谐波向右传播，波上两点S、P相距1.5m，如图乙所示，波速v=6m/s，求：〔i〕作出t=0.25s时S、P间的波形图，〔ii〕由t=0到t=0.5s内，P点运动路程为多少？【物理-选修3-5】〔15分〕15．〔2014•新余二模〕如下说法中正确的答案是〔〕A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者明确光子具有能量，后者明确光子除了具有能量外还具有动量C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小D．正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术．一对正负电子对湮灭后生成光子的事实说明质量守恒定律是有适用范围的E．Bi的半衰期是5天，12g Bi 经过15天后还有1.5g未衰变16．〔2015•河南模拟〕如下列图，粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的小木箱，相邻两小木箱的距离均为l．工人用沿水平方向的力推最左边的小术箱使之向右滑动，逐一与其它小木箱碰撞．每次碰撞后小木箱都牯在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着兰个木箱匀速运动．小木箱与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．设碰撞时间极短，小木箱可视为质点．求：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比．2015年河南省三门峡市陕州中学高考物理仿真试卷〔二〕参考答案与试题解析一.选择题1．〔6分〕〔2015•湖南模拟〕物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法表示错误的答案是〔〕A．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜测和假设的科学方法B．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法D．在公式I=电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中△Φ和E具有因果关系，同理在a=中△V和a具有因果关系考点：物理学史．分析：在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜测和假设的科学方法．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量的研究方法．电流与电压有因果关系．解答：解：A、在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，而伽利略开创了以实验检验猜测和假设的科学方法．故A正确．B、伽利略理想斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻反映自然规律，故B 正确．C、探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，先保持质量一定，探究物体的加速度与力的关系；再控制物体受力一定，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．采用的是控制变量的研究方法．故C正确．D、在公式I=电压U和电流I具有因果关系、公式E=n中△Φ和E没有因果关系，在a=中△V和a没有因果关系，故D错误．此题选错误的，应当选：D．点评：物理学常用研究的方法有：假设法、归纳法、控制变量法、实验模拟法等等，我们不仅要学习知识，还要学习科学研究的方法．2．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能〔〕A．一直增大B．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小C．先逐渐减小至零，再逐渐增大D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．解答：解：A、如果恒力与运动方向一样，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．B、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向一样，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故B错误．C、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故C正确．D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．此题选不可能的，应当选：B．点评：对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．3．〔6分〕〔2015•浏阳市校级模拟〕如下列图，“嫦娥三号〞的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号〞在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，万有引力常量为G，如此月球的质量是〔〕A．B．C．D．考点：万有引力定律与其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据线速度和角速度的定义公式求解线速度和角速度，根据线速度和角速度的关系公式v=ωr求解轨道半径，然后根据万有引力提供向心力列式求解行星的质量．解答：解：线速度为：v=…①角速度为：ω=…②根据线速度和角速度的关系公式，有：v=ωr…③卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：…④联立解得：M=应当选：C．点评：此题关键抓住万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难，注意掌握线速度与角速度的定义．4．〔6分〕〔2015•湖南模拟〕如下列图，外表粗糙的斜面体固定在水平地面上．一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0．假设该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2〔如图〕作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F2大于F1B．在一样的时间内，物体增加的机械能一样C．v l一定小于v2D．v1可能小于v2考点：功能关系；共点力平衡的条件与其应用．分析：设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，然后第物体进展受力分析，即可比拟两个力的大小关系，进而比拟速度的关系．解答：解：A、设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，在斜面上做速度为v1的匀速运动，如此：F1=mgsinθ+μmgcosθ ①在与斜面夹角为α的力F2作用下运动时：F2sinα+N=mgcosθ ②F2cosα=mgsinθ+μN ③由②③可知，当时，对物体的拉力有最小值．所以F2不一定大于F1．故A错误．B、C、D、由①②③式可知，在第二种情况下，摩擦力比拟小，根据功率的表达式：Fv可知，摩擦力f越小，沿斜面向下的合外力越小，如此速度越大．所以v1一定小于v2．同时物体在相等的时间内增加的机械能越大，所以在一样的时间内，物体增加的机械能不一样．故B错误，C正确，D错误．应当选：C点评：该题考查拉力对斜面上运动的物体的做功问题，解题的关键要知道物体向上最匀速直线运动时，与斜面有一定的夹角的拉力会小于沿斜面向上的拉力．这是该题的难点，也容易错误的地方．5．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕如下列图，一个质量为0.4kg的小物块从高h=0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如下列图的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x2﹣6〔单位：m〕，不计一切摩擦和空气阻力，g=10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB．小物块从O点运动列P点的时间为2sC．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D．小物块刚到P点时速度的大小为10m/s考点：动能定理的应用；平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：对小物块由动能定理可以求出物块的速度，物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出P点的速度大小与方向，与时间，从而即可求解．解答：解：A、对小物块，从释放至到达O点的过程中，由动能定理得：mgh=mv2﹣0，代入数据解得：v===1m/s．故A正确；B、小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向：y=﹣gt2，水平方向：x=v0t，解得：y=﹣5x2；又有：y=x2﹣6，联立解得：x=1m，y=﹣5m，根据h=gt2，解得：t=s=1s；故B错误；C、那么竖直方向的速度大小v y=gt=10×1=10m/s；设刚到P点时速度方向与水平方向夹角为θ，如此有：tan===10，故C错误；D、根据速度的合成法如此，如此有刚到P点时速度的大小为v===m/s，故D错误；应当选：A．点评：此题考查了求速度与坐标问题，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题．6．〔6分〕〔2015•浏阳市校级模拟〕如下列图，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C 点为AB的中点，D点为PB的中点，将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功W PA=1.6×10﹣8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功W﹣8J．如此如下说法正确的答案是〔PB=3.2×10〕A．直线PC为等势线B．直线AD为等势线C．假设将该粒子从B点移动到A点，电场力做功W BA=1.6×10﹣8JD．假设将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为W PC=2.4×10﹣8J考点：电势差与电场强度的关系；等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，粒子在电场中做功等于W BA=W BP+W PA即可判断两点间电场力做功解答：解：A、一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线，故A错误；B、粒子从P点移动到B点，电场力做功W PB=3.2×10﹣8J，D点为PB的中点，故粒子从D点移动到B点，电场力做功W PB==1.6×10﹣8J，粒子从A到B电场力做功为W AB=W AP+W PB=1.6×10﹣8J，故AD为等势面，故B正确；C、从B点移动到P点电场力做功为，故离子从B移到A电场力做功为W BA=W BP+W PA=﹣1.6×10﹣8J，故C错误；D、C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为W PC==2.4×10﹣8J，故D正确；应当选：BD点评：此题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，比拟简单．7．〔6分〕〔2015•河南校级模拟〕理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈d接在，μ=44sin314tV交流电源上，“12V，6W〞的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．如下推断正确的答案是〔〕A．交变电流的频率为100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：理想变压器原线圈a匝数n1=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈d接在，μ=44sin 314tV交流电源上，“12V，6W〞的灯泡恰好正常发光．电阻R2=16Ω，电压表V为理想电表．如下推断正确的答案是〔解答：解：A、由公式可知，角速度ω=100π，如此f==50Hz；故A错误；B、C、灯泡正常发光，故副线圈中电流为I==0.5A；故电压表示数为：U2=12+IR2=12+0.5×16=20V；故穿过钱芯的磁通量的最大变化率为：=Wb/s；故B正确，C错误；D、由电压之比等于功率之比可知，输出端电压为40V，R1两端的电压为U1=44﹣40=4V；根据电流之比等于电匝数的反比可得：I1=0.25A；如此功率P=UI=4×0.25=1W；故D正确；应当选：BD点评：此题要注意电源电压是加在R1和变压器上的，不是直接接在变压器上的；故只能由输出端利用欧姆定律进展分析，再对变压器根据电压、电流与匝数的关系进展分析8．〔6分〕〔2015•洛阳二模〕海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电，在我国南海上有一浮筒式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示，浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，〔图乙中斜线阴影局部〕，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N=200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径D=0.4m，电阻r=1Ω．取重力加速度g=10m/s2，π2≈10，假设浮筒随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4πsin〔πt〕m/s，如此如下说法正确的答案是〔〕A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=16sin〔πt〕VB．灯泡中电流i的瞬时表达式为i=4sin〔πt〕AC．灯泡的电功率为120WD．灯泡两端电压的有效值为V考点：交流发电机与其产生正弦式电流的原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据感应电动势公式E=Blv和v=0.4πsin〔πt〕m/s，求出电动势e的瞬时表达式；由欧姆定律可得灯泡电流表达式；由电流有效值来计算灯泡电功率；由欧姆定律来计算灯泡电压的有效值．解答：解：A、线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为：E max=NBlv max …①l=πD…②联立得：E max=πNBDv max =π×200×0.2×0.4×0.4πV=64V…③如此波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e=E max sinπt=64sin〔πt〕V…④故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律有：I=…⑤得：i==4sin〔πt〕A…⑥故B正确．C、灯泡电流的有效值为：，如此灯泡的功率为：，故C正确．D、灯泡两端电压的有效值为：，故D错误．应当选：BC．点评：该题关键是用好感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大；在求解灯泡两端电压时候，用欧姆定律最简单，不用硬套交流有效值公式．二.非选择题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．解答：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008k g。

第二篇 高考全真模拟“8＋2＋2＋选考”全真模拟(一) [时间：60分钟 分值：110分]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．关于以下科学家的贡献，说法符合物理学史的是( ) A ．伽利略认为物体下落的快慢与物体的轻重无关 B ．牛顿发现了万有引力定律并成功地测出了引力常量 C ．亚里士多德认为力不是维持物体运动的原因 D ．第谷发现了行星沿椭圆轨道运行的规律15.如图所示，小球C 置于光滑半球形凹槽B 内，B 放在长木板A 上，在缓慢增大木板倾角θ的过程中，在发生相对滑动之前( ) A ．B 受到3个作用力 B ．B 受到5个作用力 C ．C 受到2个作用力 D ．C 受到3个作用力16．太空中运行的宇宙飞船处于完全失重状态，我国“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时利用质量测量仪完成了测量聂海胜质量的实验．受这一实验启发，某实验小组在实验室也完成了一个不用天平测量物体质量的实验：如图在光滑水平台面右端固定一个永磁恒力器，在台面左端放一辆小车，车上固定一遮光条，遮光条宽度为d ，永磁恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F ，使小车由静止开始依次经过两个光电门，光电门1、2记录的挡光时间分别为t 1、t 2，测得两光电门中心间距为x ，不计遮光条质量．根据以上实验数据可得小车质量为( )A.Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12 B ．2Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12C.2Fx ⎝⎛⎭⎫d t 12－⎝⎛⎭⎫d t 22 D ．Fx ⎝⎛⎭⎫d t 12－⎝⎛⎭⎫d t 22 17．如图所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v －t 图象．下列判断正确的是( )A ．在t ＝1 s 时，滑块的加速度为零B ．在4～6 s 时间内，滑块的平均速度为2.5 m/sC ．在3～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 WD ．在5～6 s 时间内，滑块受到的合力为2 N 18．(2014·甘肃第一次诊考)星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一种方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( ) A ．1 B ．2C.12 D ．－1219.如图所示，空间中存在一电场强度方向沿x 轴正方向的静电场，电场强度大小随x 的变化关系为E ＝kx (x 为轴上某点到O 点的距离)，在O 点下方有一长为L 的绝缘细线连接A 、B 两个均带负电荷的小球(可视为质点)，A 球距O 点的距离为L ，B 球距O 点的距离为2L ，两球恰好静止且细线处于伸直状态．若两球质量均为m ，B 球所带电荷量为－q ，k ＝mg3qL，不计两球之间的静电力作用．则有( )A ．A 球所带电荷量为－4qB ．绝缘细线对A 球的拉力大小为23mgC ．若将绝缘细线剪断，则剪断的瞬间，A 、B 两球的加速度大小均为13gD ．若将绝缘细线剪断，则B 球在下落到距O 点距离为3L 时达到最大速度 20．(2014·湖北八校联考)如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V 1、A 1为监控市电供电端的电压表和电流表，V 2、A 2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R 1、R 2为教室的负载电阻，V 3、A 3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S 闭合时，下列说法错误的是( )A ．电流表A 1、A 2和A 3的示数都变大B ．只有电流表A 1的示数变大C ．电压表V 3的示数变小D ．电压表V 2和V 3的示数都变小21.如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h 高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d ，两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，则下列说法中正确的是( )A ．两线圈中产生的焦耳热可能相等B ．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等C ．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等D ．两线圈落地时的速度大小不相等第Ⅱ卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．) (一)必考题(共47分)22．(5分)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，图乙为某同学在一次实验中打出的一条纸带．(1)若A、B、C、D、E为纸带上五个连续的点，测得A、B两点之间的距离为x1，D、E两点之间的距离为x2，使用的交流电频率为f，则由此得出重锤下落的加速度的表达式为a＝________.(2)经查阅得知当地的实际重力加速度大小为g，若重锤质量为m，则重锤在下落过程中所受到的平均阻力大小为F＝________.23．(10分)某学习小组拟研究一个标有“3.6 V 1.8 W”的小灯泡的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻r约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图a所示的电路进行测量，请按照图a所示的电路图帮甲同学将图b中的实物连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如下表所示：I1(A)00.190.300.370.430.460.480.49I2(μA)010203040506070请在下图的坐标纸上画出I1－I2图线．(4)若将该灯泡接在如图所示的电路中，则该灯泡消耗的电功率约为________W(已知电源的电动势为E＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻阻值为R0＝4.5 Ω)．(结果保留两位有效数字)24．(13分)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s后达到同一速度，然后共同减速直至静止，它们的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2，求：(1)A与B的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面的动摩擦因数μ2；(3)A的质量m.25．(19分)如图所示，在同一平面内有三个宽度均为d的相邻区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ区内的匀强磁场垂直纸面向外；Ⅲ区内的匀强磁场垂直纸面向里；Ⅱ区内的平行板电容器垂直磁场边界，板长、板间距均为d，且上极板电势高，OO′为电场的中心线．一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，从O点以速度v0沿与OO′成30°方向射入Ⅰ区，恰好垂直边界AC进入电场．(1)求Ⅰ区的磁感应强度B1的大小；(2)为使粒子进入Ⅲ区，求电容器板间所加电压U的范围；(3)为使粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，求Ⅲ区的磁感应强度B2与电容器板间电压U之间应满足的关系．(二)选考题(任选一题)33．[物理——选修3-3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．0 ℃的冰与0 ℃的水分子的平均动能相同B．温度高的物体内能不一定大C．分子间作用力总是随分子间距离的增大而减小D．随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能在实验室中达到E．气体对外做功，其内能可能增加(2)(9分)一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的体积V＝2 m3，线段AB与p轴平行．①求气体在状态B时的体积；②气体从状态A变化到状态B的过程中，外界对气体做功30 J，问该过程中气体吸热还是放热？热量为多少？34．[物理——选修3-4](15分)(1)(6分)如图所示为一列简谐波的波源O 振动1.5 s 时沿波的传播方向上的波形图，已知波源O 在t ＝0时开始沿y 轴负方向振动，在t ＝1.5 s 时正好第二次到达波谷，则该波的振幅为________cm.x ＝5.4 m 处的质点第一次到达波峰的时间为________s ，从t ＝0开始至x ＝5.4 m 处的质点第一次到达波峰这段时间内，波源O 通过的路程是______m.(2)(9分)如图所示为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为以O 为圆心，半径R ＝12 cm 的四分之一圆弧，AB 与水平屏幕MN 垂直并接触于A 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光从BC 面射向圆心O ，在AB 界面上的入射角i ＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n 1＝233，n 2＝ 2.①判断在屏幕MN 上产生的两处亮斑分别是由什么色光组成的；②求两个亮斑间的距离．35．[物理——选修3-5](15分)(1)(6分)某放射性元素的原子核内有N 个核子，其中质子n 个，该原子核发生2次α衰变和1次β衰变，变成1个新核，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．衰变前原子核有(N －n )个中子B ．衰变后新核有(n －3)个质子C ．衰变后新核的核子数为(N －8)D ．衰变后新核的中子数为(n －3)E ．衰变前原子核的质量等于衰变后新核质量与放出粒子质量的和(2)(9分)如图a 所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲、乙两车同时受到水平向右的瞬时冲量时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与向右匀速运动的乙车发生正碰并粘在一起运动．图b 所示的纸带记录了碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，已知甲、乙两车的质量比m 甲∶m 乙＝3∶2，电源频率为50 Hz.求：碰撞前乙车的速度大小．第二篇 高考全真模拟“8＋2＋2＋选考”全真模拟(一)14．[解析]选A.选项A 符合物理学史；引力常量是由卡文迪许测出的，选项B 错误；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，选项C 错误；开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D 错误．15．[解析]选C.缓慢增大木板倾角θ，B 、C 均处于平衡状态，根据平衡条件可知：小球C 受重力、槽的竖直向上的支持力共2个作用力；凹槽B 受重力、C 的压力、长木板的支持力和摩擦力共4个作用力，选项C 正确．16．[解析]选B.对小车，由牛顿第二定律有F ＝ma ，对小车通过两光电门间距离的过程，由运动学公式有⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12＝2ax ，联立两式解得小车的质量为m ＝2Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12. 17．[解析]选C.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，质点的平均速度v ＝x t ＝62＝3(m/s)，选项B 错误；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t ＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．18．[解析]选D.恒星由受到的万有引力提供向心力，则有G Mm r 2＝m v 2r ，可知，v ＝GMr＝GM ·r －12，所以v ∝r －12，n 为－12，故D 项正确．19．[解析]选ACD.由题意可知，A 小球所在处的电场强度大小为E A ＝k ·L ＝mg3q，B 小球所在处的电场强度大小为E B ＝k ·2L ＝2mg3q，设A 小球所带电荷量为q A ，将A 、B 两小球看做一个整体，进行受力分析可得：q A E A ＋qE B ＝2mg ，将E A 、E B 代入可解得：q A ＝4q ，选项A 正确；设绝缘细线对A 球的拉力大小为F T ，对A 小球进行受力分析可得：4qE A ＝mg ＋F T ，解得F T＝13mg ，选项B 错误；设剪断绝缘细线后A 小球的加速度大小为a A ，B 小球的加速度大小为a B ，则对A 小球有：q A E A －mg ＝ma A ，代入数据解得a A ＝13g ，方向竖直向上；同理可得a B ＝13g ，方向竖直向下，所以选项C 正确；由题意可知，剪断绝缘细线后，B 小球将向下做加速度逐渐减小的加速运动，当B 小球受到的合力为零时，B 小球的速度达到最大．设当B 小球运动到距O 点距离为x 时达到最大速度，此时有：qE ′B ＝mg ，E ′B ＝mg3qL·x ，联立解得：x ＝3L ，选项D 正确．20．[解析]选ABD.在电路中，S 闭合前，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数V 2为U 2＝n 1n 2U 1，电路中电流表A 2与A 3是串联关系，则由欧姆定律可得I 2＝I 3＝U 2r ＋R 1(r 为电线电阻)，电压表V 3的示数为U 3＝R 1I 2，再由I 2I 1＝n 1n 2可知电流表A 1示数为I 1＝n 2n 1I 2，同理，在电路中S 闭合后，可知因U 1不变，电压表V 2示数为U 2′＝n 2n 1U 1＝U 2不变，I ′2＝U 2r ＋R 并(r 为电线电阻)，因R 并<R 1，则有I ′2>I 2，又I ′1＝n 2n 1I ′2，则I ′1>I 1，由U ′2＝U ′r ＋U ′3＝I ′2r ＋U ′3，可知U ′3<U 3，又I ′3＝U 3R 1，则I ′3<I 3，则可判断V 1示数不变，V 2示数不变，V 3示数变小，A 1示数变大，A 2示数变大，A 3示数变小，A 、B 、D 项都错误，C 项正确．21．[解析]选AD.设正方形线圈的边长为L ，导线横截面积为S ，材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，则线圈质量为m ＝4ρ1LS ，电阻为R ＝ρ24LS，线圈进入磁场前的过程由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 21，得v 1＝2gh ，进入磁场时一条边切割磁感线，感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R ＝BS 2gh 4ρ2，线圈底边在磁场中受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2LS 2gh4ρ2，所以安培力的大小取决于线圈底边长度与导线横截面积的乘积，两线圈所受安培力有可能相等，B 错误；进入磁场的过程，根据牛顿第二定律有mg －F ＝ma ，即4ρ1LSg －B 2LS 2gh4ρ2＝4ρ1LSa ，得a ＝g －B 22gh16ρ1ρ2，所以进入磁场的过程中加速度大小只与线圈材料本身的性质有关，两线圈的边长不相等，进入磁场过程，两线圈的速度变化量不相等，线圈全部进入磁场后的加速度又等于重力加速度，所以两个线圈落地前的速度大小不相等，D 正确；由功能关系有mg (h ＋d )＝12m v 22＋Q ，线圈进入磁场过程产生的焦耳热取决于线圈质量和落地速度大小，可能相等，A 正确；重力的功率P ＝mg v ，可能相等，C 错误．22．[解析](1)由运动学公式推论可得：x 2－x 1＝3aT 2，整理有a ＝x 2－x 13T 2＝(x 2－x 1)f 23.(2)由牛顿第二定律可得：mg －F ＝ma ，将a 代入并整理可得：F ＝m [g －(x 2－x 1)f 23]．[答案](1)(x 2－x 1)f 23(3分)(2)m [g －(x 2－x 1)f 23](2分)23．[解析](2)设需要串联的电阻阻值为R x ，则有 I g (R g ＋R x )＝5 V ，代入数据可得：R x ＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R 0看做该电源的内阻，则内阻r ′＝6 Ω，由此可得路端电压为U ＝E －Ir ′，在答案图2上作出该I －U 图象如下图所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A ，电压约为1.1 V ，所以该灯泡消耗的功率约为P ＝0.32×1.1 W ≈0.35 W.[答案](1)如图1所示(2分) (2)49 000(2分) (3)如图2所示(3分) (4)0.35(3分)24．[解析](1)由图乙可知，物块在0～1 s 内的加速度大小为：a 1＝2 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：μ1mg ＝ma 1(2分) 得μ1＝0.2.(1分)(2)在1～3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为：a 3＝1 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：μ2(M ＋m )g ＝(m ＋M )a 3(2分) 得μ2＝0.1.(1分)(3)木板在0～1 s 内的加速度大小为： a 2＝2 m/s 2，(1分)在0～1 s 内，隔离木板B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2(3分)代入数据解得A 的质量m ＝3 kg.(1分) [答案](1)0.2 (2)0.1 (3)3 kg25．[解析](1)因粒子垂直边界AC 射入电场，由几何关系：R sin 30°＝d (1分)由洛伦兹力提供向心力qB 1v 0＝m v 20R(2分)解得：B 1＝m v 02dq.(2分)(2)为使粒子均能进入Ⅲ区，最大电压为U m ， d ＝v 0t (1分)y m ＝12at 2(1分)qU md ＝ma (1分) y m ＝d2＋(2－3)d (2分)解得：U m ＝(5－23)m v 20q(2分)所加电压范围：U ＜(5－23)m v 20q.(1分)(3)粒子射入Ⅲ区时速度偏向角为α，粒子沿场强方向速度为v y ，合速度为v ，则：sin α＝v yv (1分) v y ＝at (1分)因粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，设圆周运动半径为R ′，R ′＝m vqB 2(1分)由几何关系：R ′sin α＝d (1分)故B 2与电压U 间应满足：B 2＝Ud v 0.(2分)[答案]见解析33．[解析](2)①A →B ：p 0V ＝2p 0V B (3分)解得V B ＝12V ＝1 m 3.(1分)②A →B ：ΔU ＝0(1分)由热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W (2分) 得Q ＝－W ＝－30 J(1分)即该过程中气体放热，热量为30 J ．(1分) [答案](1)ABE (2)①1 m 3 ②放热 30 J34．[解析](2)①设红光和紫光的临界角分别为C 1、C 2sin C 1＝1n 1＝32，C 1＝60°(1分)同理C 2＝45°，i ＝45°＝C 2＜C 1，所以紫光在AB 面发生全反射，而红光在AB 面一部分折射，一部分反射(1分)由几何关系可知，反射光线与AC 垂直，所以在AM 处产生的亮斑P 1为红色光，在AN 处产生的亮斑P 2为红色光与紫色光的混合色光．(2分)②画出如图光路图，设折射角为r根据折射定律n 1＝sin r sin i (2分)解得：sin r ＝63(1分) 由几何知识可得：tan r ＝RAP 1，解得：AP 1＝6 2 cm(1分)由几何知识可知：△OAP 2为等腰直角三角形， 解得：AP 2＝12 cm所以P 1P 2＝6(2＋2) cm ≈20.5 cm.(1分)[答案](1)5 11.7 1.95(每空2分) (2)见解析35．[解析](2)由纸带数据可得，碰撞前甲车的速度v 甲＝Δx 甲T＝0.6 m/s(2分)碰撞后两车运动的共同速度 v ＝ΔxT＝0.4 m/s(2分)由动量守恒定律得：m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 乙)v (3分) 代入数据解得v 乙＝0.1 m/s.(2分) [答案](1)ABC (2)0.1 m/s。