河北省邢台市2015届高三摸底考试物理试题(扫描版)

河北省普通高中2015届高三1月教学质量监测理综物理试题 (Word版含答案)

2014—2015普通高中高三教学质量监测理综物理能力试题注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答，案标号框涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子量：H-l B一11 C--12 0一1 6 F一19 A1- 27 Fe-56 Br- 80 Pb-207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顼中，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．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的u一t图象如图所示，下列说法正确的是A．t=2 s时，a、b速度方向均发生改变B．t=4 s时，a、b术目距20 mC．前4s，a、b均做匀变速直线运动D．前4s，a与b的加速度始终相同15．如图所示，在竖直墙壁间有质量为m的半圆球和质量为2m的光滑圆球，两球正以相同的加速度a(a<g)匀加速下滑，两球球心连线与水平方向的夹角θ=30°，则半圆球与竖直墙壁间的动摩擦因数为A B．C D16．如图所示，将一个小球放入竖直放置的圆筒（内有轻弹簧），用外力向下压球将弹簧压缩，然后用销钉卡住。

拔掉销钉后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动。

则该球从刚拔下销钉到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是A．小球的机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加17.如图，地球赤道正上空有两颗卫星，其中a为地球同步卫星，轨道半径为r，b卫星的轨道两颗卫星相距最近的次数为A.2次B．3次C．4次D．5次18．如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流I，静止时细线偏离竖直方向θ角。

河北省邢台市2015年高三摸底考试9科答案

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C 项原文是“恐怕”而不是“一定”，混淆或然和必然。

D项，“文化情趣”和防止明星触碰道德法律底线没有必然的联系。

）2.A（B项，让大家“有口皆碑”的是于是之的表演而非为人处世。

C项，强加因果关系。

D项，“经常感觉生活无趣”与原文不符。

）3.D（演艺界的年轻一代要避免戏路单一，“现实生活的体验、多方面的文化培育”是不可缺少的。

）4.D（巡行示众）5.C6.B（李憕与卢奕、达奚珣等人修缮城郭，“军令极严”指的是安禄山的部队。

）7. （1）李憕连任兵部、吏部郎中。

他很有做官才能，通晓处理公文的事务，很有为官称职（或：适合做官）的声誉。

（“干”“明”“几案”“当官”各1分，句子通顺1分）（2）我们这些人身负着国家的重托，决不能逃避死亡，虽然力量不足以抵御敌人，怎能放弃我们的职守呢！（总该知道如何对待居官守职！）（“吾曹”“荷”“虽”“其若……何”各1分，句子通顺1分）参考译文：李憕，太原文水县人，从小聪敏，考中明经科，开元初年为咸阳尉。

张说做并州长史、天兵军大使时，引荐李憕在他的幕府中。

开元九年(721)，张说入京为相，李憕又做了长安县尉。

适逢宇文融为御史，普查田地户口，奏请李憕为判官，代理监察御史，分路进行稽查。

后经考核功绩一并迁升为监察御史。

李憕连任兵部、吏部郎中。

2015年河北省高考物理模拟试题及答案

2015年河北省高考物理模拟试题及答案一、不定项选择题（共8小题，每小题6分，共48分。

每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） 1．北京时间2011年11月18日19时22分，在北京航天飞行控制中心的控制下，天宫一号成功实施第2次升轨控制，轨道高度由h 1=337km 抬升至h 2=382km ，顺利进入长期管理轨道。

若天宫一号的在轨飞行可视为匀速圆周运动，则A ．升轨控制时，应让发动机点火向前喷气，使天宫一号适当减速B ．进入长期管理轨道后，由于大气阻力影响，天宫一号的轨道高度会不断降低C ．天宫一号在高度为337公里的轨道上的运行周期大于在高度为382公里的轨道上的运行周期D ．天宫一号在高度为382公里的轨道上运行的速度大于地球的第一宇宙速度 2．如图所示是一列横波上A 、B 两质点的振动图象，该波由A 传向B ，两质点沿波的传播方向上的距离m 0.6=∆x ，波长m 0.4>λ，这列波的波速A ．12m/sB ．20m/sC ．30m/sD ．60m/s3.钳形电流表的外形和结构如图甲所示，用此电流表来测量电缆线中的电流大小示意图如图乙和图丙所示，图乙中电流表的读数为1．2A ，图丙中用相同电缆线绕了3匝，则 A ．这种电流表能测直流电流，图丙的读数为2．4A B ．这种电流表能测交流电流，图丙的读数为0．4A C ．这种电流表能测交流电流，图丙的读数为3．6AD ．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图丙的读数为3．6A4.（此题属多选）如图所示，质量为m 的物体与转台之问的动摩擦因数为μ，物体与转轴间距离为R ，物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动，整个过程中物体相对于转台静止不动，则以下判断正确的是A ．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴B ．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90° C ．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴D ．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反5．图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，一个电子只在电场力作用下从a 点运动到b 点的轨迹如图中虚线所示，下列说法中正确的是A ．如果实线是电场线，则a 点的电势比b 点的电势高B ．如果实线是等势面，则a 点的电势比b 点的电势低C ．如果实线是电场线，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大D ．如果实线是等势面，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大 6．如图甲，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻串联后接在副线圈上，则下列说法正确的是（）A ．原线圈两端电压的有效值为220VB ．电压表示数为22VC ．电流表示数为0.11AD ．二极管两端瞬时电压的最大值为222V 7. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a 、b 两束单色光。

河北省邢台市2015届高三摸底考试数学(文)试卷(扫描版)

邢台市2015年高三摸底考试文科数学答案1. C2.A3.B4.A5.C6.C7.B8.D9.D 10.B 11.A 12.A 13. 17； 14. 12π； 15. 59； 16.5.17. 解：（Ｉ）法一：由正弦定理得2sin cos 2sin C B A B =- ………2分即2sin cos 2sin()C B C B B =+∴2sin cos 2sin cos 2cos sin C B C B C B B =+- ………4分得cos C =，0C π<< 6C π∴=. ………6分法二：由余弦定理得222cos 2a c b B ac+-= ………2分即222222a c b c a ac+-⋅= 222a b c +-= ………4分222cos 2a b c C ab +-== 6C π∴= ………6分(II)∵2cos 3B =，0C π<<，∴sin B =， ………8分∴cos cos()(cos cos sin sin )A B C B C B C =-+=--. ………12分 18. （Ｉ）证明：连结CE ，交DF 于N ，连结MN ，由题意知N 为CE 的中点，在ACE V 中，MN //AC , ……… 3分且MDF MN ⊂面，AC MDF ⊄面，AC ∴P 平面MDF . ………6分(II) 解：将多面体ABCDEF 补成三棱柱ADE B CF '-，如图，则三棱柱的体积为122482ADE V S CD ==⨯⨯⨯=V g ， ………8分则F-BB C ADE-B CF =V -V ABCDEF V ''=多面体三棱柱420833-= ………10分而三棱锥F DEM -的体积43M DEF V -= ，14M DEF ABCDMFV V -= ………12分 19. 解：（Ｉ）因为“铅球”科目中成绩等级为E 的考生有8人，所以该班有80.240÷=人，所以该班学生中“立定跳远”科目中成绩等级为A 的人数为40(10.3750.3750.150.025)400.0753⨯----=⨯=. ………4分(II)由题意可知，至少有一科成绩等级为A 的有4人，其中恰有2人的两科成绩等级均为A ，另2人只有一个科目成绩等级为A . ………6分设这4人为甲、乙、丙、丁，其中甲、乙是两科成绩等级都是A 的同学，则在至少一科成绩等级为A 的考生中，随机抽取2人进行访谈，基本事件空间为Ω={（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁）}，一共有6个基本事件.………10分设“随机抽取2人进行访谈，这2人的两科成绩等级均为A ”为事件M ，所以事件M 中包含的事件有1个，为（甲，乙），则1()6P M =. ………12分 20. 解：（Ⅰ）由题意可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，(,0)F c ．由题意知1222a b a ⎧⋅⋅=⎪⎨⎪=⎩解得b =. ………2分故椭圆C 的方程为22143x y +=. ………4分（Ⅱ）以BD 为直径的圆与直线PF 相切．证明如下：由题意可知，1c =，F (1, 0)，直线AP 的方程为2y x =--.则点D 坐标为(2, -4)，BD 中点E 的坐标为(2, -2)，圆的半径2r = ………6分由222143y x x y =--⎧⎪⎨+=⎪⎩得271640x x ++=．设点P 的坐标为00(,)x y ，则0027127x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩………8分因为点F 坐标为(1, 0)，直线PF 的斜率为43，直线PF 的方程为：4340x y --= 点E 到直线PF 的距离86425d +-==． ………10分所以d r =．故以BD 为直径的圆与直线PF 相切． ………12分21.解：（Ⅰ）∵ ()x f x a e '=-，x R ∈ ………2分当0a ≤时，()0f x '<，)(x f 在R 上单调递减； ………4分当0a >时，令()0f x '=得ln x a =由()0f x '>得)(x f 的单调递增区间为(,ln )a -∞；由()0f x '<得)(x f 的单调递减区间为(ln ,)a +∞． ………6分（Ⅱ）因为0(0,)x ∃∈+∞，使不等式()()x f x g x e ≤-,则2ln ln ,x x ax a x x ≤≤即，设2ln ()x h x x=，则问题转化为a 小于或等于()h x 的最大值，………8分由312ln ()x h x x-'=，令()0h x '=，则x = 当x 在区间(0,)+∞ 内变化时，()h x '、()h x 变化情况如下表由上表可知，当x =()h x 有最大值，且最大值为12e . 所以12a e≤. ………12分22. 解：（Ⅰ）连接BD ，因为D 为»BC 的中点，所以BD DC =．因为E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥．因为AC 为O e 的直径，所以90ABC ∠=︒，即AB BC ⊥所以//AB DE ． ………5分（Ⅱ）因为D 为»BC的中点，所以BAD DAC ∠=∠，又BAD DCB ∠=∠,则BCD DAC ∠=∠．又因为AD DC ⊥，DE CE ⊥，所以DAC ∆∽ECD ∆．所以AC AD CD CE=，AD CD AC CE ⋅=⋅,2AD CD AC BC ∴⋅=⋅………10分O。

邢台市捷径高考2015届高三第五次模拟考试理科综合

①②③邢台市捷径高考2015届高三第五次模拟考试理科综合本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题)。

第I卷1至4页，第II卷5至12页，共300分。

考生注意：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

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

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

第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3. 考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并交回。

第I卷本卷共21小题，每小题6分，共126分。

以下数据可供解题时参考可能用到的相对原子质量：H-I N-14 0-16 Na -23 S- 32 Ba- 137—、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）1. HIV能通过细胞表面的CD4(—种受体蛋白)识别T细胞，如果给AIDS患者大量注射用CD4修饰过的红细胞，红细胞也会被HIV识别、入侵。

HIV在红细胞内无法增殖，因此红细胞成为HIV的“陷阱细胞”。

这为治疗AIDS提供了新的思路。

据材料分析，下列叙述正确的是A. 红细胞可作为“陷阱细胞”与其结构有关B. T细胞与红细胞发育成熟的场所相同C. 禽流感病毒也能通过CD4识别T细胞D. 入侵到红细胞的HIV,会被红细胞内的溶酶体杀死2．下图中①～③表示的是生物体内3种有机分子的结构。

其中①仅存在于植物细胞中,有关说法正确的是A．①～③存在于所有植物细胞B．②中也含有与a类似的结构C．细胞中没有①就不能产生③D．没有③时，细胞仍能合成①3. 右图是二倍体动物细胞分裂不同时期染色体（a)数目、核DNA分子（b)数目的柱形统计图，下列叙述不正确的是A.①可表示有丝分裂，该时期染色体和DNA完成了复制B ①可表示减数分裂，该时期可能发生交叉互换C. ②可表示有丝分裂，该时期发生着丝点分裂，染色体数目加倍D. ②可表示减数分裂，该时期发生同源染色体分离4. 某二倍体动物的某细胞内含有20条染色体、40个DNA分子，且细胞膜开始缢缩，则该细胞A.处于有丝分裂中期B.正在发生基因自由组合C.直接形成配子D.正在发生DNA分子复制5. 某科研小组在研究植物顶端优势现象时，将大小相近的同种植物分为①②③三组，分别进行如下处理：①摘除顶芽；②保留顶芽，用2mg/L的细胞分裂素处理侧芽；③保留顶芽。

【物理】河北省邢台市捷径高考2015届高三第四次模拟考试

2015年河北省邢台市捷径高考高考物理四模试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题6分．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．（6分）（2015•邢台四模）欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A． B． C． D．【考点】：电阻定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解析】：解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】：本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．2．（6分）（2015•邢台四模）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（）A．物体在恒力作用下不可能做直线运动B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．物体在恒力作用下不可能做圆周运动D．物体在恒力作用下不可能做平抛运动【考点】：物体做曲线运动的条件；平抛运动．【专题】：物体做曲线运动条件专题．【分析】：解答此题首先要明确力与运动之间的一些基本关系的描述：力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，如果一个物体的运动状态发生了改变，那它一定是受到了力的作用．受平衡力作用的物体，可能静止也可能做匀速直线运动．【解析】：解：A、物体在恒力作用下可能做直线运动自由落体运动，也可能做曲线运动，比如平抛运动，故ABD错误；C、圆周运动是曲线运动，是变速运动存在加速度，由于速度方向时刻变化，则加速度方向也时刻变化，所以物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故C正确；故选C．【点评】：本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断．同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用．3．（6分）（2015•邢台四模）如图，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于M、N．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（）A． M点处放置的是正电荷B．若将带正电的试探电荷沿图中虚线de由d点移动到e点，则电场力先做正功、后做负功C． d点的电势高于f点的电势D． d点的场强与f点的场强完全相同【考点】：等势面．【分析】：由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．通过电荷电势能的变化得出电场力做功情况，根据电荷周围的电场线分布比较场强的大小和方向．【解析】：解：A、因正电荷由d到f电场力做正功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，C错误．B、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故B正确．D、d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故D错误；故选：B．【点评】：在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要熟练掌握．4．（6分）（2015•邢台四模）北斗卫星导航系统是中国自行研制开发的覆盖全球的导航系统，可在全球范围内为各类用户提供可靠的定位、导航服务．北斗卫星导航系统的空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星，这些卫星的轨道均可以近似看成圆轨道，若轨道半径用r表示，则下列说法正确的是（）A．卫星运行的角速度ϖ与成反比B．卫星运行的线速度V与成正比C．卫星的向心加速度a与r成反比D．卫星运行的周期T与成正比【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】：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进行分析即可．【解析】：解：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：G=ma=m=mω2r=m解得：a=①v=②ω=③T=2π④A、根据③式，卫星运行的角速度ω与r成正比，故A错误；B、根据②式，卫星运行的线速度V与成反比，故B错误；C、根据①式，卫星的向心加速度a与r成反比，故C正确；D、根据④式，卫星运行的周期T与成正比，故D错误；故选：C．【点评】：本题关键是明确卫星的动力学原理，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期、加速度的表达式进行分析，基础题目．5．（6分）（2015•邢台四模）为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g地球绕太阳公转的周期为T．则太阳的质量为（）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】：地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式．根据地球表面的万有引力等于重力列出等式，联立可求解．【解析】：解：设T为地球绕太阳运动的周期，则由万有引力定律和动力学知识得：=根据地球表面的万有引力等于重力得：对地球表面物体m′有=m′g两式联立得M=故选D．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力．6．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为（）A． 4IR+ B． C． 4IR D．IR+【考点】：变压器的构造和原理；功能关系；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解．【解析】：解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P=（2I）2R+mgv=UI，所以电压表的读数U=4IR+．故选：A．【点评】：本题考查了变压器的输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比等知识．7．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，两条水平放置的长直金属导轨间距为l，左端与阻值为R的定值电阻相连，金属直杆ab和cd的电阻阻值各为R，两端刚好能与导轨接触．ab、cd两杆用绝缘细线连接，间距为l，ab杆右侧l处有一宽度为l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面向里．若金属导轨电阻忽略不计，两金属杆和导轨始终接触良好，当两杆始终以恒定速度V向右运动时，用I cd表示金属棒Cd流过的电流（c→d 为电流的正方向）、用U cd表示金属棒cd两端的电势差，正确描述I cd U cd随位移变化的图象是（）A． B．C． D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：先根据楞次定律判断感应电流的方向，判断出c、d两端电势的高低，再列出电流、电势差的表达式，即可进行选择．【解析】：解：x在l﹣2l，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向c→d，为正方向，c的电势高于d的电势，U cd＞0，由于杆ab和cd的电阻阻值各为R，ab杆相当于电源，外电阻为R，则ab中电流为 I ab===，I cd=I ab=，根据串联电路的特点可知：U cd=E=；x在2l﹣3l，cd棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向d→c，为负方向，cd杆相当于电源，外电阻为R，则cd中电流为 I cd=﹣=﹣=﹣，c的电势高于d的电势，U cd＞0，U cd=E=；故B正确．故选：B．【点评】：对于图象问题，往往采用定性和定量分析结合的方法分析，可列出各个量的解析式分析图象的形状．8．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上0点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F．由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的（）A． B． C． D．【考点】：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：对小球B受力分析，由平衡条件、库伦定律及数学知识列方程可以求出小球B 的电荷量．【解析】：解：小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，G=T，小球静止处于平衡状态，则库伦力F=2Gsin，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r=2Lsin，由库伦定律得：F=k，后来库伦力变为原来的一半，则=2Gsin，r′=2Lsin，=k，解得：q B=q；故选C．【点评】：对小球正确受力分析，应用平衡条件及库伦定律即可正确解题，解题时要注意△OAB是等腰三角形，注意数学知识的应用．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）（2015•邢台四模）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R x 约为3Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）C．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流0.5A）D．电源E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）E．开关S，导线若干（1）为减小实验误差，应选用图中乙（填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图．（2）现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如丙图，则直径为0.608 mm．图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为 1.16×10﹣6Ωm．（结果保留3位有效数字）【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．（2）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．由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．【解析】：解：（1）因==1000，==3，则有＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选乙．（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm=0.108mm，所以最终读数为0.608mm．由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，所示为1.2V，由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，电阻阻值：R===2.4Ω；由R=ρ可知，电阻率：ρ==≈1.167×10﹣6Ω•m；故答案为：（1）乙；（2）0.608（0.606～0.609mm均正确）；1.16×10﹣6（1.15×10﹣6～1.17×10﹣6Ω•m均正确）．【点评】：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．同时掌握螺旋测微器的读数方法，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．10．（10分）（2015•邢台四模）光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lX）．某同学采用伏安法测摄在不同照度下某光敏电阻R c的阻值，将艮与两个适当的电阻箱R1、R2，两个适．当的电流表A1、A2连成图1所示的电路，图中的电流表内阻很小可以忽略不计．（1）光敏电阻R c在不同照度下的阻值如表，根据表中数据，请在图2给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线．照度（lx） 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2电阻（kΩ） 75 40 28 23 20 18（2）在某次实验操作中了^增加光的照度后，为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，应该调节电阻箱R1使其阻值增大（填“增大”或“减小”），同时调节电阻箱R2使其阻值减小（填“增大”或“减小”）；若电阻箱R1的阻值改变了 4kΩ，电阻箱R2的阻值改变了12kΩ，电流表A1、A2的示数刚好保持不变，经过计算得出光敏电阻R c的阻值变化了 6 kΩ．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）作图直接用描点法即可；（2）根据欧姆定律，结合光敏电阻随着光强增强，而减小，即可求解．【解析】：解：（1光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如左图所示．特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小．（2）增加光的照度后，其电阻阻值会减小，同时为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，因此应该调节电阻箱R1使其阻值增大，而调节电阻箱R2使其阻值减小；根据串并电路的电阻特征，且电表的读数不变，则有：因△R1=4kΩ，△R2=12kΩ，解得：△R C=6kΩ；故答案为：（1）如上图所示；（2）增大；减小；6．【点评】：电路设计的问题要结合闭合电路欧姆定律去分析，同时掌握串并联电路电阻的计算，注意光敏电阻与光照强度的关系．11．（13分）（2015•邢台四模）有一种地下铁道，站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示．设坡顶高度为h，坡顶A到坡底B水平间距为L1，坡底B到出站口 C间距L2．一质量为m的机车由坡顶A开始无动力下滑，到达坡底B时，机车发动机开始工作，到达出站口 C时，速度已达到正常速度V．若火车与各处轨道间动摩擦因数均为u，且忽略机车长度，求：（1）机车到达斜坡底端B时的速度大小v1（2）机车到达出站口时，发动机做了多少功；（3）请简要说明，站台轨道比运行轨道略高一些的优点．【考点】：牛顿运动定律的综合应用．。

2015年河北省邢台市南宫一中高考物理仿真试卷

2015年河北省邢台市南宫一中高考物理仿真试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.下列说法中不正确的是（）A.物理模型就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B.万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比C.物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步去修正它们D.万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则【答案】B【解析】解：A、物理模型就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素，故A正确；B、万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，与距离的二次方成反比，而强相互作用与万有引力不同，它是短程力，故B错误；C、物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步去修正它们，故C正确；D、万有引力定律适用于一切物体，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则；故D正确；本题选不正确的；故选：B．物理模型是突出主要因素，忽略次要因素；万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，而强相互作用力是短程力；知道研究物理规律的方法；万有引力定律适用于一切物体，从而即可求解．本题考查物体模型的作用，掌握研究物体规律的方法，理解万有引力、电磁力与强相互作用的区别，及注意万有引力定律适用范围．2.马航客机失联牵动全世界人的心，当时初步确定失事地点位于南纬31°52′东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）A.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍B.该卫星平面可能与南纬31°52′所确定的平面共面C.该卫星平面一定与东经115°52′所确定的平面共面D.该卫星不可能是通过地球两极上方的轨道【答案】A【解析】解：A、由于卫星每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，故知地球自转一周，则该卫星绕地球做圆周运动N周，即地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，故A正确；B、若卫星平面与南纬31°52′所确定的平面共面，则地心不在轨道平面内，万有引力指向地心，故不能满足万有引力提供圆周运动向心力的要求，故B错误；C、由于地球自转作用，该卫星平面一定与东经115°52′所确定的平面不一定共面，故C错误；D、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故地心必在轨道平面内，故该卫星的轨道可能通过两极的上方，故D错误；故选：A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故卫星轨道平面必与地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可．解决本题的关键是抓住卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由于卫星所受万有引力指向地心，故卫星所在轨道平面与地心共面，且地心为轨道的圆心，据此才能正确分析得出结论．3.如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上方放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g．则拉力F的大小应该满足的条件是（）A.F＞μ（2m+M）gB.F＞μ（m+2M）gC.F＞2μ（m+M）gD.F＞2μmg【答案】C【解析】解：要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，对A有：，对C有：，对B受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m）g，B与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有：f=μ（2M+m）g，因为μ（M+m）g＜μ（2M+m）g，所以B没有运动，加速度为0所以当a A＞a C时，能够拉出，则有＞，解得；F＞2μ（m+M）g．故选：C．要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，若A的加速度比BC的加速度大，则能使之从C、B之间抽出来，根据牛顿第二定律列式即可求解．本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道若A的加速度比BC的加速度大，则能使之从C、B之间抽出来，注意判断B是否能被拉动，难度适中．4.如图所示，在竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（）A.越靠近A点越大B.越靠近B点越大C.从A到B先增大后减小D.从A到B先减小后增大【答案】D【解析】解：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为E k．小球平抛运动的初速度为v0，圆弧AB的半径为R．则有：x=v0t，y=，则得：v0=x，由几何关系得：x2+y2=R2；根据动能定理得：E k-=mgy联立得：E k=根据数学知识可知：，当，即时，有最小值，则此时E k最小．因此小球落到圆弧上时的动能从A到B先减小后增大．故选：D．小球做平抛运动，根据平抛运动的规律得到初速度与下落高度的关系；根据动能定理得到小球落到圆弧上时的动能与下落高度的关系，再根据数学知识分析即可．本题采用数学上函数法，得到动能与y的解析式，由数学不等式法分析动能的变化情况．5.如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好．移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计．现在让金属杆以速度v=v0sin t的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A、B都发光．下列说法中正确的是（）A.只增大T，则灯A变暗、灯B变亮B.当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零C.只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D.只增大v0，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小【答案】A【解析】解：A、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频，所以灯B变亮．故A正确；B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；D、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；故选：A．若MN棒以速度v=v0sin t的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析．明确电感和电容对交流电的阻碍作用．6.如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上P处时处于平衡状态，现将B小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（）A.小球A对筒底的压力保持不变B.小球B对筒壁的压力逐渐增大C.小球B的动能先增大后减小D.小球A、B间的电势能逐渐减小【答案】B【解析】解：A、以整体为研究对象可知，A不动，B先加速下降，再减速下降，再加速下降，故整体上看，系统先处于失重，再处于超重，后失重，故A球对筒底的压力先小于A、B两球的总重力，后大于AB的总重力，再小于总重力，因此在B运动的过程中，A对筒底的压力变化，故A错误．B、隔离B球受力如图所示，根据水平方向上受力平衡有：F N=F sinθB下降，两球之间的距离减小，库仑力F变大，同时θ角变大，sinθ变大，因此筒壁给球B的支持力F N增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；C、小球从静止释放，电场力F的竖直分力先小于重力，后大于重力，所以球B先加速后减速再加速，动能先增大后减小再增大，故C错误．D、两球之间的距离减小，电场力做负功，系统电势能增大，故D错误．故选：B．在讨论A对筒底的压力变化时，把AB两球看成系统，根据B的运动判断系统处于失重还是超重，故可知对筒底的压力的变化；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法；判断动能变化要看合外力做功情况；判断系统电势能的变化要看电场力做功情况，可以通过判断A、B球之间距离变化情况进行判断，若距离增大，电场力正功，距离减小，电场力做负功．正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)7.如图为一电源电动势为E，内阻为r的恒定电路，电压表A的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（）A.若C1＞C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B.若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大C.C1上带电量为零D.再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大【答案】CD【解析】解：A、由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差．故A错误．B、电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头P 向右滑动，电容器C2的电压不变，电量不变．故B错误．C、由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，电量为零．故C正确．D、将电键S打开，电容器的电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C=分析可知，板间电压增大，静电计张角增大．故D正确．故选CD静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器C1不带电．电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势．将电键S打开，电容器的电量不变，根据板间距离的变化，分析电容的变化，来确定板间电势差的变化，再分析静电计张角的变化．本题难点在于分析电压表两端的电压，抓住静电计与电压表结构的区别：静电计两极是绝缘的，而电压表的两极是相通的．8.如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向垂直导轨向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好．在两根导轨的端点C、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆ab向右沿导轨滑动，滑动过程中金属杆ab始终垂直于导轨．金属杆ab受到的安培力用F2表示，F1与F2随时间t变化的关系图象如图乙所示，下面关于金属杆ab运动过程中的v-t图象不正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】解：根据安培力大小表达式F安=BIL=B L=，可知安培力与速率成正比．图乙中安培力F2与时间成正比，则速度大小与时间成正比，说明导体棒应做初速度为零的匀加速运动，加速度a一定，v-t图象应是过原点的倾斜直线．故ABC错误，D正确．本题选不正确的，故选：ABC．根据安培力大小表达式F安=，可知安培力与速率成正比，安培力均匀增大，速度均匀增大，可分析出导体棒应做匀加速运动，再选择图象．解决本题的关键是掌握安培力与速度的关系式F安=，并要知道匀加速运动v-t图象的形状：倾斜的直线．六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法正确的是（）A.可以将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用B.温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大C.气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果D.分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小E.在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高【答案】CDE【解析】解：A、工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用，这个过程违反热力学第二定律，故A错误；B、温度升高，物体中分子平均动能增大，大多数分子的动能增大，具体到某个分子的动能变化不能确定，B错误；C、气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，C正确；D、分子间作用力（引力和斥力）随分子间距离增大而减小，D正确；E、搅拌液体外界对液体做功，而此过程又是绝热，液体与外界无热量交换，据热力学第一定律可知能使液体，故温度升高，E正确．故选：CDE明确热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；分子间同时存在引力和斥力，随着分子距离的增加，引力和斥力同时减小；本题考查热力学多个知识点，重点要理解并掌握布朗运动的实质和意义，知道温度的微观意义和热力学第二定律等等基础知识．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是（）A.该列波沿x轴负方向传播B.该列波的波速大小为1m/sC.若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4H zD.若该波遇到一障碍物发生了明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸和40cm差不多或更小E.从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm【答案】BDE【解析】解：A、根据图乙可知，t=0时刻，A点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X正向传播，故A错误；B、由波动图可知波长为0.4m，由振动图可知周期T=0.4s，则波速v==1m/s，故B正确；C、发生稳定的干涉现象要相同频率，此波的频率f=，若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5H z，故C错误；D、由甲图得到波长为λ=0.4m；发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故该波遇到一障碍物能发生明显韵衍射现象，则该障碍物的尺寸一定与0.4m相差不大或者比0.4m小，故D正确；E、△t=0.4s，T=0.4s，故△t=T；质点A做简谐运动，一个周期内通过的路程为S=4A=4×10cm=40cm，故E正确．故选：BDE先根据图乙得到t=0时刻质点A的振动方向，由图甲判断波的传播方向．两列波发生干涉的条件是频率相同．读出周期，得到该波的频率，即可求得b波的频率；简谐运动一个周期内通过的路程为4A．根据时间与周期的关系求解质点通过的路程．发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小．本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力．知道干涉和衍射的条件，熟练运用波形的平移法判断波的传播方向．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是（）A.原子从高能级跃迁到低能级B.电子绕核运动的半径减小C.电子绕核运动的周期不变D.原子的电势能减小E.电子绕核运动的动能减小【答案】ABD【解析】解：A、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，能级减少，故A正确；B、氢原子的能量减小，轨道半径减小，根据k=m，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小．故B正确，D正确，E错误；C、根据k=m，得轨道半径减小，电子绕核运动的周期减小，故C错误；故选：ABD氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化．解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化．三、计算题(本大题共1小题，共6.0分)9.某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；③接通打点计时器（其打点时间间隔为0.02s）；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中所受的阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．（长度单位：cm）请你分析纸带数据，回答下列问题：（结果保留两位有效数字）（1）该电动小车运动的最大速度为______ m/s；（2）该电动小车的额定功率为______ W．【答案】1.5；1.3【解析】解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：v m===1.5m/s（2）计数点间的时间间隔t=0.02×2=0.04s，从右端开始取六段位移，根据逐差法有：a===2.1m/s2，方向与运动方向相反．由牛顿第二定律得：f=ma，将m=0.4kg代人得：f=0.84N．当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=F v=fv m，代人数据解得P=1.26W≈1.3W．故答案为：（1）1.5；（2）1.3．（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度．（2）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小．当小车达到额定功率时有：P=F v=fv m，据此可求出额定功率大小．本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大．四、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)10.某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150m A，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300m A，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ （填写仪器符号）；（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，画在答题纸方框中（3）据实验数据，计算并描绘出了R-U的图象，如乙图所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为______ W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为______ ℃；（4）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图丙中的______ ．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④【答案】A2；R1；0.78；2327；C【解析】解：（1）待测小灯泡为“3.8V，1W”，故其额定电流I===0.26A，故电流表只能选择A2；要描绘小灯珠R L的R～U曲线，故电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节，故选R1．（2）由于中值电阻R中===50Ω，而小灯泡的内阻R==．=14.4Ω，故被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法．电路图如图所示．（3）当电压为3V时，由图可知小灯泡的电阻为11.5Ω，故此时小灯泡消耗的实际功率P===0.78W；由图可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其两端电压为3.8v，电阻为13Ω，则13=K（t+273），解得t=2327°C；（4）根据P=UI可知I=，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I，由乙图可知随电压的增大提供导体的电流越大，故P-U图象的斜率应随电压的增大而增大，故②正确；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大，故I-U图象的斜率随电压的增大而减小，故③正确；故选C．故本题的答案为：（1）A2；R1（2）滑动变阻器分压接法；电流表外接（3）0.782327℃（4）C（1）根据额定电流I=确定电流表的选择，根据电压要从0开始连续可调确定滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节；（2）根据中值电阻R中=确定被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法；（3）从图中确定小灯泡的电阻，从而确定小灯泡消耗的实际功率；根据图象可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其电阻为13Ω，则13=K（t+273），联立以上二式求出t；（4）根据P=UI可知I=，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大；本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强．五、计算题(本大题共2小题，共31.0分)11.冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，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．已知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．【答案】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：【解析】（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段的位移和加速度及末速度求得CD段的运动时间．解决本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，不难属于基础题．12.如图所示，平面直角坐标系x O y中，在y＞0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．在-h＜y＜0的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在y＜-h的区域Ⅱ中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B．且是y轴上的一点，C是x轴上的一点．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以某一初速度．沿x轴正方向从A点进入电场区域，继而通过C点以速度方向与x轴夹角为φ=30°进入磁场区域I，并以垂直边界y=-h的速度进入磁场区域Ⅱ，粒子重力不计．试求：（1）粒子经过C点时的速度大小a；（2）A、C两点与O点间的距离y0、x0；（3）粒子从A点出发，经过多长时间可回到y=y0处？【答案】解：（1）由题可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的圆心角θ=60°，相应的半径为r1=°=由qv B=m，得v=（2）粒子在电场中做类平抛运动，有x0=vcos30°•t0y0=又vsin30°=解得，t0=，x0=，y0=（3）根据运动的对称性可知，第一次返回y=y0处前在磁场Ⅰ中运动的总时间为t1=在磁场Ⅱ中运动的总时间为t2=。

河北省邢台市捷径高考高三物理第四次模拟考试试题(含解析)新人教版

2015年河北省邢台市捷径高考高考物理四模试卷一、选择题（本题包括8小题，每小题6分．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．（6分）（2015•邢台四模）欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A． B． C． D．【考点】：电阻定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解析】：解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】：本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．2．（6分）（2015•邢台四模）关于运动和力的关系，下列说法正确的是（） A．物体在恒力作用下不可能做直线运动B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．物体在恒力作用下不可能做圆周运动D．物体在恒力作用下不可能做平抛运动【考点】：物体做曲线运动的条件；平抛运动．【专题】：物体做曲线运动条件专题．【分析】：解答此题首先要明确力与运动之间的一些基本关系的描述：力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，如果一个物体的运动状态发生了改变，那它一定是受到了力的作用．受平衡力作用的物体，可能静止也可能做匀速直线运动．【解析】：解：A、物体在恒力作用下可能做直线运动自由落体运动，也可能做曲线运动，比如平抛运动，故ABD错误；C、圆周运动是曲线运动，是变速运动存在加速度，由于速度方向时刻变化，则加速度方向也时刻变化，所以物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故C正确；故选C．【点评】：本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断．同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用．3．（6分）（2015•邢台四模）如图，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于M、N．已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（）A． M点处放置的是正电荷B．若将带正电的试探电荷沿图中虚线de由d点移动到e点，则电场力先做正功、后做负功C． d点的电势高于f点的电势D． d点的场强与f点的场强完全相同【考点】：等势面．【分析】：由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．通过电荷电势能的变化得出电场力做功情况，根据电荷周围的电场线分布比较场强的大小和方向．【解析】：解：A、因正电荷由d到f电场力做正功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，C错误．B、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故B正确．D、d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故D错误；故选：B．【点评】：在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要熟练掌握．4．（6分）（2015•邢台四模）北斗卫星导航系统是中国自行研制开发的覆盖全球的导航系统，可在全球范围内为各类用户提供可靠的定位、导航服务．北斗卫星导航系统的空间端包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星，这些卫星的轨道均可以近似看成圆轨道，若轨道半径用r表示，则下列说法正确的是（）A．卫星运行的角速度ϖ与成反比B．卫星运行的线速度V与成正比C．卫星的向心加速度a与r成反比D．卫星运行的周期T与成正比【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】：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式进行分析即可．【解析】：解：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：G=ma=m=mω2r=m解得：a=①v=②ω=③T=2π④A、根据③式，卫星运行的角速度ω与r成正比，故A错误；B、根据②式，卫星运行的线速度V与成反比，故B错误；C、根据①式，卫星的向心加速度a与r成反比，故C正确；D、根据④式，卫星运行的周期T与成正比，故D错误；故选：C．【点评】：本题关键是明确卫星的动力学原理，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度、角速度、周期、加速度的表达式进行分析，基础题目．5．（6分）（2015•邢台四模）为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g地球绕太阳公转的周期为T．则太阳的质量为（）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】：地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式．根据地球表面的万有引力等于重力列出等式，联立可求解．【解析】：解：设T为地球绕太阳运动的周期，则由万有引力定律和动力学知识得：=根据地球表面的万有引力等于重力得：对地球表面物体m′有=m′g两式联立得M=故选D．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力．6．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为（）A． 4IR+ B． C． 4IR D．IR+【考点】：变压器的构造和原理；功能关系；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解．【解析】：解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P=（2I）2R+mgv=UI，所以电压表的读数U=4IR+．故选：A．【点评】：本题考查了变压器的输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比等知识．7．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，两条水平放置的长直金属导轨间距为l，左端与阻值为R的定值电阻相连，金属直杆ab和cd的电阻阻值各为R，两端刚好能与导轨接触．ab、cd两杆用绝缘细线连接，间距为l，ab杆右侧l处有一宽度为l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面向里．若金属导轨电阻忽略不计，两金属杆和导轨始终接触良好，当两杆始终以恒定速度V向右运动时，用I cd表示金属棒Cd流过的电流（c→d为电流的正方向）、用U cd表示金属棒cd两端的电势差，正确描述I cd U cd随位移变化的图象是（）A． B． C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：先根据楞次定律判断感应电流的方向，判断出c、d两端电势的高低，再列出电流、电势差的表达式，即可进行选择．【解析】：解：x在l﹣2l，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向c→d，为正方向，c的电势高于d的电势，U cd＞0，由于杆ab和cd的电阻阻值各为R，ab杆相当于电源，外电阻为R，则ab中电流为 I ab===，I cd=I ab=，根据串联电路的特点可知：U cd=E=；x在2l﹣3l，cd棒切割磁感线，产生感应电动势，由楞次定律判断可知金属棒cd流过的电流中方向d→c，为负方向，cd杆相当于电源，外电阻为R，则cd中电流为 I cd=﹣=﹣=﹣，c的电势高于d的电势，U cd＞0，U cd=E=；故B正确．故选：B．【点评】：对于图象问题，往往采用定性和定量分析结合的方法分析，可列出各个量的解析式分析图象的形状．8．（6分）（2015•邢台四模）如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上0点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F．由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的（）A． B． C． D．【考点】：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：对小球B受力分析，由平衡条件、库伦定律及数学知识列方程可以求出小球B的电荷量．【解析】：解：小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，G=T，小球静止处于平衡状态，则库伦力F=2Gsin，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r=2Lsin，由库伦定律得：F=k，后来库伦力变为原来的一半，则=2Gsin，r′=2Lsin，=k，解得：q B=q；故选C．【点评】：对小球正确受力分析，应用平衡条件及库伦定律即可正确解题，解题时要注意△OAB 是等腰三角形，注意数学知识的应用．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）9．（6分）（2015•邢台四模）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R x 约为3Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）C．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流0.5A）D．电源E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）E．开关S，导线若干（1）为减小实验误差，应选用图中乙（填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图．（2）现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如丙图，则直径为0.608 mm．图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为 1.16×10﹣6Ωm．（结果保留3位有效数字）【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．（2）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．由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．【解析】：解：（1）因==1000，==3，则有＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选乙．（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm=0.108mm，所以最终读数为0.608mm．由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，所示为1.2V，由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，电阻阻值：R===2.4Ω；由R=ρ可知，电阻率：ρ==≈1.167×10﹣6Ω•m；故答案为：（1）乙；（2）0.608（0.606～0.609mm均正确）；1.16×10﹣6（1.15×10﹣6～1.17×10﹣6Ω•m均正确）．【点评】：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．同时掌握螺旋测微器的读数方法，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．10．（10分）（2015•邢台四模）光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lX）．某同学采用伏安法测摄在不同照度下某光敏电阻R c的阻值，将艮与两个适当的电阻箱R1、R2，两个适．当的电流表A1、A2连成图1所示的电路，图中的电流表内阻很小可以忽略不计．（1）光敏电阻R c在不同照度下的阻值如表，根据表中数据，请在图2给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线．照度（lx） 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2电阻（kΩ） 75 40 28 23 20 18（2）在某次实验操作中了^增加光的照度后，为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，应该调节电阻箱R1使其阻值增大（填“增大”或“减小”），同时调节电阻箱R2使其阻值减小（填“增大”或“减小”）；若电阻箱R1的阻值改变了 4kΩ，电阻箱R2的阻值改变了12kΩ，电流表A1、A2的示数刚好保持不变，经过计算得出光敏电阻R c的阻值变化了 6 kΩ．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）作图直接用描点法即可；（2）根据欧姆定律，结合光敏电阻随着光强增强，而减小，即可求解．【解析】：解：（1光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如左图所示．特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小．（2）增加光的照度后，其电阻阻值会减小，同时为了保证电流表A1、A2的示数保持不变，因此应该调节电阻箱R1使其阻值增大，而调节电阻箱R2使其阻值减小；根据串并电路的电阻特征，且电表的读数不变，则有：因△R1=4kΩ，△R2=12kΩ，解得：△R C=6kΩ；故答案为：（1）如上图所示；（2）增大；减小；6．【点评】：电路设计的问题要结合闭合电路欧姆定律去分析，同时掌握串并联电路电阻的计算，注意光敏电阻与光照强度的关系．11．（13分）（2015•邢台四模）有一种地下铁道，站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示．设坡顶高度为h，坡顶A到坡底B水平间距为L1，坡底B到出站口C间距L2．一质量为m的机车由坡顶A开始无动力下滑，到达坡底B时，机车发动机开始工作，到达出站口 C时，速度已达到正常速度V．若火车与各处轨道间动摩擦因数均为u，且忽略机车长度，求：（1）机车到达斜坡底端B时的速度大小v1（2）机车到达出站口时，发动机做了多少功；（3）请简要说明，站台轨道比运行轨道略高一些的优点．【考点】：牛顿运动定律的综合应用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）机车由A到B得过程中，根据动能定理求解速度v1．（2）机车由B到C得过程中，由动能定理求解发动机做的功．（3）火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能．【解析】：解：（1）机车由A到B得过程中，由动能定理mgh﹣fl=又f=μmgcosθ=μmg，l=可得v1=（2）机车由B到C得过程中，由动能定理得W﹣μmgL2=﹣解得，W=+μmg（L1+L2）﹣mgh（3）站台轨道比运行轨道略高的优点有：火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减小能量的消耗．答：（1）机车到达斜坡底端B时的速度大小v1是．（2）机车到达出站口时，发动机做了+μmg（L1+L2）﹣mgh的功．（3）站台轨道比运行轨道略高的优点有：火车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减小能量的消耗．【点评】：本题是动能定理的应用，要灵活选择研究的过程，分析站台轨道比运行轨道略高的优点时，答案不是唯一的，具有一定发散性．12．（19分）（2015•邢台四模）如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接．通过移动滑动头P 可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=×102V．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0×106C/kg，速度为v o=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小．（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为α，试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）当滑动头P在ab正中间时，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，位移大小为L，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合可求出粒子进入磁场时的速度大小．（2）当滑动头P在a端时，平行金属板MN板间电压为零，粒子匀速运动，以速度v0进入磁场中，由牛顿第二定律求出轨迹半径．当滑动头P在ab间某一位置时，由牛顿第二定律得到轨迹半径与α的关系式，由几何关系求出粒子在磁场中运动时轨迹圆心角，即可得到粒子在磁场中运动时间的表达式．当板间电压最大时，根据类平抛运动的规律得到粒子射出极板时速度最大的偏转角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．【解析】：解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U′=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为v y：①v y=at ②L=v0t ③粒子射入磁场时速度的大小设为④联立解得：≈2.1×104m/s ⑤（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，有⑥解得：R0==0.2m设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为α，在磁场中圆周运动半径为R．根据速度平行四边形可得：⑦又，得R=⑧由⑥⑦⑧可得：⑨粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心为O′，与x轴交点为D，设∠O′DO=β，根据几何关系：⑩又：解得：sinα=sinβ，得β=α粒子在磁场中运动的周期为T：粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为θ=则粒子在磁场中运动的时间：t=T=T，得t=由此结果可知，粒子射入磁场时速度偏转角α越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大．假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长．由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：y方向偏距：y m==m＜0.2m，说明粒子可以射出极板．此时粒子速度偏转角最大，设为αm，则tana m==，得故粒子在磁场中运动的最长时间：，得t m=代入数值得：≈2.6×10﹣5s．答：（1）当滑动头P在ab正中间时，粒子射入磁场时速度的大小是2.1×104m/s．（2）粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系是，粒子在磁场中运动的最长时间是2.6×10﹣5s．【点评】：本题的解题关键是准确画出粒子运动的基础上，根据几何知识得到粒子在磁场中运动的时间与α的关系式，难度较大．（二）选考题[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）（2013•盱眙县校级学业考试）对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是（）A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：该题中，单位体积内分子个数反映的是气体的密度，单位体积内分子个数不变即密度不变，判断时结合公式即可．【解析】：解：单位体积内分子个数不变时，分子热运动加剧，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都变大，因此这时气体压强一定变大．故A正确B错误．气体的压强不变而温度降低时，根据理想气体的状态方程可判定气体的体积一定减小，气体的密度增加，则单位体积内分子个数一定增加．故C正确D错误．故选AC【点评】：该题考查理想气体的基本性质和公式的应用，惟一的难度可能是“单位体积内分子个数”，把它和气体的密度联系起来，问题就迎刃而解了．14．（9分）（2015•邢台四模）如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热气缸固定在水平地面上，气缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，幵始时活塞用销钉固定在气缸正中央，气缸内被封闭气体压强为P，外界大气压为P0（P＞P0）．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为V．求：（Ⅰ）此过程克服大气压力所做的功；（Ⅱ）活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？【考点】：能量守恒定律；功的计算；封闭气体压强．【分析】：由功的计算公式可以求克服大气压所做的功，由能量守恒可以求气体内能的改变量．【解析】：解：Ⅰ．设大气作用在活塞上的压力为F，则：F=P0S根据功的算式W=FL得：W=Ⅱ．设活塞离开气缸时动能为E k，则：根据能量守恒定律得：△E=答：此过程克服大气压力所做的功为；活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了．【点评】：本题是个小型的计算题，考查了功的公式和能量守恒定律．[物理--选修3-4]（15分）15．（2015•邢台四模）一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，7.0s时刚好传到x=3.5m处，如图所示．由此可以判定（）A．该波的振动周期为7.0sB．波源的起振方向向上C．该波的波速为0.5m/sD．再经过1.0s，x=2m处质点刚好处在波谷的位置【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，由v=求出波速，由图读出波长，由波速公式v=求出周期．波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法判断．根据时间与周期的关系，分析再经过1.0s，x=2m处质点的位置．【解析】：解：A、C由题意，波在t=7.0s内传播的距离为x=3.5m，则波速为v==0.5m/s．由图知，波长λ=2m，则周期为T==．故A错误，C正确．B、波源的起振方向图示时刻x=3.5m处质点的振动方向相同，由波形的平移法得知，波源的起振方向向下．故B错误．D、时间t=1s=T，则再经过1.0s，x=2m处质点刚好处在平衡位置．故D错误．故选C【点评】：本题要掌握用到两个波速公式v=和v=．根据波形的平移法判断质点的振动方向是基本能力，波的基本特点之一是：质点的起振方向与波源的起振方向相同．16．（2015•邢台四模）一束单色光斜着射向并穿过一厚度为d的玻璃砖．已知该玻璃砖对单色光的折射率为n，单色光的入射角为α光在真空中的传播速度为C．求：（1）若入射角α=60°，且已知n=．求该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角α和折射率n的关系．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：Ⅰ、已知入射角，由折射定律n=求解折射角．Ⅱ、由几何知识求出光透过玻璃所走的路程为s=，光在玻璃中的速度为v=，时间为t=．【解析】：解：（1）设该色光的折射角θ，根据折射定律：=n得：θ=30°（2）．设光透过玻璃所走路程为s，所用时间为t，则：s=而v=t=得：t=答：（1）若入射角α=60°，且已知n=．该色光经玻璃砖上表面折射后的折射角为30°；（2）该色光穿过玻璃砖所用的时间与入射角α和折射率n的关系t=．【点评】：本题是折射定律n=、光在介质中速度公式v=以及几何知识的综合应用[物理--选修3-5]（15分）17．（2015•邢台四模）用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应．下列判断正确的是（）A．用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大B．用红光照射时，该金属的截止频率低，用蓝光照射时该金属的截止频率高C．用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短D．用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大【考点】：爱因斯坦光电效应方程；光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：对某种金属，它的截止频率和逸出功是不变的，发生光电效应频率时，频率大的逸出的光电子的初动能大．【解析】：解：A、同种金属的逸出功是相同的，A错误；B、同种金属的截止频率是相同的，B错误；C、只要金属能发生光电效应，逸出光电子的时间一样，C错误；D、蓝光的频率比红光大，由E K=hf﹣W知，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大，D正确；故选D【点评】：本题考查了爱因斯坦光电效应方程的应用，记住公式：E K=hf﹣W即可解决此类问题．18．（2015•邢台四模）如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1=1kg，木板与物体间动摩擦因数μ=0.1．二者以相同的初速度V o=0.8m/s ﹣起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．V=10m/s2．I．如果木板质量m2=3kg，求物体相对木板滑动的最大距离；II．如果木板质量m2=0.6kg，求物体相对木板滑动的最大距离．【考点】：动量守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．。