陕西吴起高级中学2015届高三物理仿真模拟试题(2)(有答案)
【物理】陕西吴起高级中学2015学年第二学期高三月考 (4月下旬)
2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷（4月下旬）一、选择题（共8个题，1-5为单选，6-8为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．共计48分）1．（6分）（2015•延安模拟）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B．德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律【考点】：物理学史．【分析】：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．【解析】：解：A、古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．故A正确．B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的三大定律．牛顿发现了万有引力定律，故B错误．C、英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量G．故C错误．D、法拉第发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．故D 错误．故选：A【点评】：物理学史也是考试内容之一，是常识性问题，要加强记忆，不在基本题失分．2．（6分）（2015•延安模拟）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】：匀变速直线运动的图像；平均速度．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解析】：解：A、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故B错误；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：A．【点评】：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．3．（6分）（2015•延安模拟）如图所示，OA、OB为圆内两光滑细直杆，OA为直径，OB与竖直方向的夹角为60．两个中间有孔、相同的小球穿过直杆放置于A、B两点．现同时由静止释放两球，以下说法正确的是（）A． a、b两球同时到达O点B． a、b两球到达O点时速度大小相等C．从开始运动到O点，a球重力势能减少是b球重力势能减少的4倍D． a、b两球到达O点时，a球重力的功率是b球重力功率的2倍【考点】：机械能守恒定律；重力势能．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：根据牛顿第二定律和运动学公式，几何关系比较运动的时间，根据动能定理比较到达O点的速度大小．根据重力做功比较重力势能的变化量．根据到达底端的速度关系以及功率的公式比较重力的功率之间的关系．【解析】：解：A、小球在OB杆上下滑的加速度，OB的长度s OB=2Rsin30°=R，根据得，，小球a做自由落体运动，，可知t a=t b．故A正确．B、根据动能定理知，，下降的高度不同，则a、b两球到达O点的速度大小不等，故B错误．C、两球下降的高度不同，则重力势能的减小量不同，故C错误．D、根据几何关系得，A、B两点下降的高度之比为4：1，根据动能定理知，，v=，则到达底端的速度之比v a：v b=2：1，a球到达O点时重力的功率P=mgv a，b球到达O点时重力的功率，可知a球重力的功率是b球重力的功率为4：1，故D错误．故选：A．【点评】：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，掌握瞬时功率的公式，知道本题是一个“等时圆”问题，a、b两球到达底端的时间相等．4．（6分）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A． W F2＞4W F1，W f2＞2W f1 B． W F2＞4W F1，W f2=2W f1C． W F2＜4W F1，W f2=2W f1 D． W F2＜4W F1，W f2＜2W f1【考点】：功的计算．【专题】：功的计算专题．【分析】：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果．【解析】：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：W F﹣W f=；可知，W F1﹣W f1=；W F2﹣W f2=4×；由上两式可解得：W F2=4W F1﹣2W f1，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】：考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负．5．（6分）（2015•延安模拟）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为（）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】：根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．【解析】：解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=m，而密度公式，ρ==，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】：考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．6．（6分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（）A． B． C． D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】：线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．【解析】：解：A、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．B、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．本题选不可能的，故选A．【点评】：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．7．（6分）如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置．下列结论正确的是（）A．若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板所带电荷量会增大B． A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D．若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变【考点】：电容器的动态分析；电场强度．【专题】：电容器专题．【分析】：题中电容器的带电量不变．根据对称性和电场的叠加分析A、B两板电荷在P点产生电场的场强关系．移动A板时，根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=分析板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化．【解析】：解：A、在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误．B、A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确．C、根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=得：E=，由题知Q、S、ɛ均不变，则移动A板时，两板间的电场强度将不变．故C错误．D、由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变．故D正确．故选：BD．【点评】：本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用．8．（6分）（2015•延安模拟）如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则（）A．匀强磁场的磁感应强度为2TB．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/sC．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度．从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量．由图看出，下落0.3m时，由q=即可求电荷量．【解析】：解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b．由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上．由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：BI0L﹣mg=ma0设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 I0==联立得：﹣mg=ma0代入数据，解得：B=2T，故A正确．B、通过a﹣h图象知h=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg=BIL=BL=，联立得：v===0.5m/s．即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为0.5m/s．故B错误．C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：mgh=Q+mv2代入数值有：Q=m（gh﹣v2）=0.1×（10×0.3﹣×0.52）J=0.2875J，故C错误．D、金属杆自由下落的高度 h==m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：q===C=0.25C．故D正确；故选：AD．【点评】：本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，熟练推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解．二.非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）（2015•延安模拟）某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系．实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处：通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x．测量结果及部分计算结果如表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm．P1 P2 P3 P4 P5 P6x0（cm） 2.04 4.06 6.06 8.05 10.08 12.01x（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41n 10 20 30 40 50 60k（N/m）163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8l/k（m/N）0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347（1）将表中数据补充完整：①81.7 ②0.0122 ．（2）以n为横坐标，l/k为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出l/k﹣n图象．（3）图（b）中画出的直线可近似认为通过原点，若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k= （在～之间都可以）N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k= （在～之间都可以）N/m．。
陕西省吴起高级中学高三上学期期末考试物理---精校解析Word版
吴起高级中高三年级第一学期期末考试物理试卷一、选择题（每题4分，其中1-8为单选，9-12为多选，少选得2分，不选得0分共48分）1. 如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的位移-时间（x-t）图象，由图象可以看出在0~4s 这段时间内（）A. 甲、乙两物体始终同向运动B. 4s时甲、乙两物体之间的距离最大C. 甲的平均速度大于乙的平均速度D. 甲、乙两物体之间的最大距离为3m【答案】BD【解析】试题分析:由图可知，0~2s两物体同向运动，2~4s两物体反向运动，故A错误；4s秒末两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，故B错误；在相等的时间4s内两物体的位移相同（2m），所以平均速度相等．故C错误；从位移-时间图象来看，两个物体两秒末纵坐标读数之差最大，即两物体相距最远，可知2s末两物体相距最远，最大距离为△x=4m-1m=3m．故D正确。
考点：位移—时间的图象2.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中A. N1始终减小，N2始终增大B. N1始终减小，N2始终减小C. N1先增大后减小，N2始终减小D. N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：，，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确。
考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解3.如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动,若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】当拉力水平时，物体匀速运，则拉力等于摩擦力，即：当拉力倾斜时，由平衡条件，有：可知摩擦力为：代入数据为：联立解得：。
陕西吴起高级中学2015第二学期高一物理中期模拟题(2)
陕西吴起高级中学2014—2015学年度第二学期期中考试高一物理试题命题人：赵筱岗第Ⅰ卷（48分）一、选择题。
（本题共16小题．每小题4分，共48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4分，漏选得2 分，错选得0 分）1．关于运动的性质，以下说法中正确的是（）A. 曲线运动一定是变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．曲线运动的加速度可以不变D．物体加速度、速度大小都不变的运动一定是直线运动2．互成角度的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是（）A．一定是直线运动B．一定是曲线运动C．可能是直线，也可能是曲线运动D．无法确定3．质点做曲线运动，它的轨迹如图所示，由A向C运动，关于它通过B点时的速度v的方向和加速度a的方向正确的是（）4．一只船在静水中的速度为3 m/s，它要横渡一条30 m宽的河，水流速度为4 m/s，下列说法正确的是（）A．这只船不可能垂直于河岸抵达正对岸B．这只船对地的速度一定是5 m/sC．过河时间可能是6 s D．过河时间可能是12 s5．如图所示，电梯质量为M，它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动．当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这段过程中，下列说法中正确的是( )A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于21mv 2B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于21mv 2 C ．钢索的拉力所做的功等于MgH ＋21Mv 2 D ．钢索的拉力所做的功大于MgH ＋21Mv 26．平抛一物体，当抛出1 s 后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是（ ）A ．初速度为10 m/sB ．落地速度为20 m/sC ．开始抛出时距地面的高度为15 mD ．水平射程为20 m7．西班牙某小镇举行了西红柿狂欢节，其间若一名儿童站在自家的平房顶上，向距离他L 处的对面的竖直高墙上投掷西红柿，第一次水平抛出的速度是V 0，第二次水平抛出的速度是2V 0，则比较前后两次被抛出的西红柿在碰到墙时，有（ ） A ．运动时间之比是2∶1 B ．下落的高度之比是2∶1 C ．运动的加速度之比是1∶1D ．西红柿的运动可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动8．12．关于向心力的下列说法中正确的是( ) A ．物体必须受到一个向心力的作用才能做圆周运动B ．向心力是指向圆心方向的合外力，它是根据力的作用效果命名的C ．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是某种力的分力D ．向心力只能改变物体的运动方向，不可能改变运动的快慢9．如图所示，A 、B 、C 三个物体放在水平旋转的圆盘上，三物与转盘的最大静摩擦因数均为μ，A 的质量是2m ，B 和C 的质量均为m ，A 、B 离轴距离为R ，C 离轴2R ，若三物相对盘静止，则（ ）A ．每个物体均受重力、支持力、静摩擦力、向心力四个力作用；B ．A 和B 的向心加速度相同；C ．B 和C 所受摩擦力相等；D ．当圆台转速增大时，C 比B 先滑动，A 和B 同时滑动。
2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷(5月份)
2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共18.0分)1.在物埋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.牛顿首先通过实验测出方有引力常量B.奥斯特最早发现了电磁感应现象C.安培首先发现了电流的磁效应D.法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件【答案】D【解析】解：A、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量，故A错误；B、法拉第发现了电磁感应现象，故B错误；C、奥斯特首先发现了电流的磁效应，安培首先提出了分子电流假说，故C错误；D、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故D正确；故选：D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．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，这也是考试内容之一2.一质点沿x轴做直线运动，其V-t图象如图所示．质点在v=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在轴上的位置为（）A.x=3mB.x=8mC.x=9mD.x=-14m【答案】B【解析】解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确．故选：B速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．3.在不远的将来，中国宇航员将登上月球，某同学为宇航员设计了测量一颗绕月卫星做匀速圆周运动最小周期的方法．在月球表面上以不太大的初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h．已知月球半径为R，则如果发射一颗绕月运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据竖直上抛运动规律可知，物体竖直上抛运动的最大高度h=，可得月球表面的重力加速度g=又卫星周期最小时靠近月球表面运动，重力提供圆周运动向心力有：mg=m可得月球卫星的最小周期T=2π=，故ACD错误，B正确．故选：B．根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，再根据周期最小时，重力提供圆周运动向心力求得匀速圆周运动的最小周期．掌握竖直上抛运动的规律，知道近地卫星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力是正确解题的关键．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)4.如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A．并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行．已知A、B、C的质量均为m．A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为E P=k△x2，式中七是弹簧的劲度系数：△x是弹簧的伸长量或压缩量，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，则（）A.小车向右运动至速度最大时，A、B、C加速度均为零B.拉力F的大小为2mgC.拉力F做的功为D.C恰好离开地面时A的速度为v A=g【答案】ACD【解析】解：A、A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A：F-μmg-T=0对B、C整体：T-2mg=0代入数据解得F=2.2mg，故A正确，B错误；C、开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mgx=因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=所以拉力做的功W=F•2x=，故C正确；D、A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒得（F-μmg）•2x=（2m）v2+mg•2x解得v=g，故D正确．故选：ACDA向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A和BC整体根据牛肚第二定律列式即可求解F的大小，开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，根据胡克定律求解x，因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x，所以拉力做的功W=F•2x，A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒列式即可求解C恰好离开地面时A的速度．本题的关键是对物体进行受力分析，抓住临界状态，然后结合功能关系和胡克定律多次列式求解分析，关键是要知道A向右运动至速度最大时C恰好离开地面，此时A、B、C的加速度均为零，注意整体法和隔离法的应用，难度适中．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)5.一对等量正点电荷电场的电场线（实线）和等势线（虚线）如图所示，图中A、B两点电场强度分别是E A、E B，电势分别是φA、φB，负电荷q在A、B时的电势能分别是E PA、E PB，下列判断正确的是（）A.E A＞E B，φA＞φB，E P A＜E PBB.E A＞E B，φA＜φB，E PA＜E PBC.E A＜E B，φA＞φB，E PA＞E PBD.E A＜E B，φA＜φB，E PA＞E PB【答案】A【解析】解：根据电场线疏密表示电场强度的大小，可知E A＞E B，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知φA＞φB，负电荷q所在处电势越高电势能越小，E P A＜E PB．所以选项A 正确．故选A．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．电场线与等势面垂直．在两个等量同号点电荷连线上中点的电场强度为零，在连线的中垂线上，关于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场绕轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动一线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器楣连，自耦变压器左侧并联一只理想电压表V l；右侧串联灯泡￡和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2，下列说法中错误的是（）A.V1示数为4V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B.V1示数为40V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数不变，灯泡消耗的功率变小C.若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D.若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大【答案】ACD【解析】解：A、根据公式U m=NBSω=40V，V1示数是有效值为40V，若F不动，滑片P向下滑动时，副线圈的电阻变大，副线圈的电流减小；电压由匝数比和原线圈的输入电压决定，保持不变，V1示数不变，灯泡分压减小，故V2示数增大，灯泡消耗的功率变小，故A错误，B正确；C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，灯泡功率减小；V1示数不变，故CD错误；本题选错误的，故选：ACD．先根据公式U m=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解关键是记住交流发电机最大电动势表达式U m=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．7.图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供均匀强磁场，硅微调径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大，他在磁场中运动轨迹的半径越小【答案】AC【解析】解：A、由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相反，故A正确；B、根据带电粒子的半径公式：r=，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，故B错误；C、质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故C正确；D、根据带电粒子的半径公式：r=，粒子的半径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比，故D错误．故选：AC．左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向，当然也可以判定洛伦兹力的方向．根据粒子的半径公式判断BD选项．本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．注意正负电荷的区别．会使用粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式进行判断．8.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则（）A.U ab：U cd=n1：n2B.增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D.将二极管短路，电流表的读数加倍【答案】BD【解析】解：A、假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab：U2=n1：n2；而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所以U ab：U cd不等于n1：n2；，故A错误；B、副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，故B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压U cd不会随着负载电阻变化，故C错误；D、假设副线圈两端交变电压的峰值为U m，副线圈回路的电流峰值为I m，则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值U2=，由W=计算电阻R的电能得：，求得U cd=．副线圈回路电流的有效值I2=，由W=I2R t计算电阻R 的电能得：（）2R=I cd2RT，求得I cd=．则P cd=U cd I cd=二极管短路后有：cd两端电压等于副线圈两端电压，即U′cd=，流经定值电阻R的电流I′cd=．则P′cd=U′cd I′cd=．所以P′cd=2P cd．由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈的相等，而原线圈上的电压有效值不变，所以二极管短路后的电流表读数是二极管短路前的2倍．故D正确．故选：BD．假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果．此题作为选择题的压轴题有一定的难度，也比较有新意，涉及的知识点有交变电流、理想变压器、二极管、电路的动态分析等．该题对于D选项的争议比较大，是个易错点，注意整个电路只有定值电阻R在消耗功率，计算它的功率时要代入cd两端的电压和流经电阻R的电流有效值．另外，也可以根据能量关系分析D选项．由于理想变压器只是传递能量，二极管也不消耗能量，所以整个电路的电能消耗来自于定值电阻R．二极管的使得电阻R只在每个半正周期有电流通过，所以二极管短路后，经历相等时间，电阻R的工作时间比短路前增加一倍，消耗的电能也为短路前的2倍，而理想变压器原线圈上的电压有效值不变，故电流表示数加倍．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确的是（）A.做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B.全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D.医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点E.机械波和电磁波都可以在真空中传播【答案】BCD【解析】解：A、简谐运动的物体，其振动能量用振幅来反映，故A错误；B、全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位，有立体感，故B 正确；C、根据狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故C正确；D、医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点，故D正确；E、机械波的传播离不开介质，电磁波可以在真空中传播，故E错误；故选：BCD．振幅反映了振动的强弱；全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位；机械波的产生条件是机械振动和介质．本题考查了简谐运动、光的干涉、狭义相对论、激光、机械波和电磁波，知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识点．五、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”．如图（甲）所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F1用位移传感器测出小车的位移x和瞬时速度v．已知小车质量为200g．（1）某次实验得到数据如表所示，v-x图象已经画出，如图（乙）所示，请根据表格中数据在坐标纸内图（丙）中画出F-x图象，并求出x=0.30m到0.52m过程中变力F做功正确选项）A．使拉力F要远小于小车的重力B．使拉力F要远大于小车的重力C．实验时要先平衡摩擦力D．要使细绳与滑板表面平行．【答案】0.18；0.17；CD【解析】解：（1）根据表格中数据在坐标纸内图（丙）中画出F-x图象，根据F-s图象可知，当s1=0.30m时，F1=1.00N，s2=0.52m时，F2=0.56N，因此：W=×（S2-S1）=0.18J，速度v随位移s变化图象可知：s1=0.30m，v1=0，s2=0.52m时，v2=1.24m/s△E K=m（v22-v12）=0.17J（2）A、该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故AB错误；C、当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故CD正确；故选：CD．故答案为：①0.18J；0.17J②CD根据F-s图象s=0.30m和0.52m所对应的力的大小，由于力是均匀变化的，根据求出F的平均值，然后即可求出功的大小；在速度v随位移s变化图象上求出s=0.30m时的速度大小和s=0.52m时的速度大小，即可求出动能的变化；当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力．该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答，知道F-s图象的物理意义．10.在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：______ ．（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（0～10Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是______ ．②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用______ （填R1或R2）．③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则= ______ ．（电流表内阻用R A表示）B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E= ______ ，内阻的表达式r= ______ ．【答案】电源内阻很小；防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；R1；R0+R A；；【解析】解：Ⅰ作出电源的U-I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢．本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小．Ⅱ①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏②滑动变阻器应选用R1．因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小．③根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：．B、根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（R0+R A+r）…①E=U2+I2（R0+R A+r）…②联立解得：r=-（R0+R A）=．故答案为：Ⅰ、电源内阻很小；Ⅱ、①防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；②R1，③A、R0+R A．B、，Ⅰ、作出电源的U-I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化不明显的原因．Ⅱ、①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏．②由于电表的读数在刻度盘中央附近，误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器．③根据欧姆定律分析A所测量的物理量．根据闭合电路欧姆定律列方程组，可求出新电池电动势和内阻的表达式．本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0起保护作用，采用公式法处理数据．六、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角为α=37°闪光频率为10H z．经测量换算获得实景数据：S1=S2=40cm，S3=35cm，S4=25cm，S5=15cm．取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑：（2）从滑块滑上斜面开始计时，经多长时间到达斜面上的A点（图中A点未画出，己知A点到斜面最低点B的距离为0.6m）．（注意：结果可以用根号表示）【答案】解：（1）在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式△S=a1T2代入数据解得：a1=10m/s2由牛顿第二定律有：mgsinα+μmgcosα=ma1联立以上方程解得：μ=0.5因μ＜tan37°，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；（2）由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0，则有：v0==4.0m/s上滑时间为：t==0.4s滑块在斜面上上滑到达A点时有：S AB=v0t1-a1t解得：t1=0.2s设滑块在斜面上能上滑的最大距离为s m，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有：（-mgsinα-μmgcosα）•s m=0-mv02解得：s m=0.8m下滑加速度为：a2=gsinα-μgcosα=2m/s2从最高点下滑到达A点的时间设为t2，则有：s m-S AB=a2t下滑时间为：t2=s所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面的时间为0.2s或者0.4s+s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5，因μ＜tan37°，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；（2）从滑块滑上斜面开始计时，经0.2s或（0.4+）s到达A点．【解析】（1）对滑块上滑阶段运用匀变速直线运动的推论△x=a T2，求出匀变速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数．从而判定是否下滑．（2）根据匀速直线运动求出初速度，根据匀变速运动规律求出上滑总时间和位移，从而知经过A为两次，再根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律求解时间．解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以通过运动求力，一定要考虑运动的往复性．12.如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．【答案】解：（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．由q E=mg…①，解得：…②；（2）假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图（a）所示，由几何知识可知，小球的轨道半径：R=d…③，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2…④，带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qv B=m…⑤解得：h0=，则当h＞h0时，即h＞带电小球能进入Ⅱ区域；（3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如答图（b）所示．由几何关系知：R=…⑥联立解得④⑤⑥得：h=；答：（1）小球带正电，电场强度E=；（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，h应满足的条件是：h＞；（3）它释放时距MN的高度h=．【解析】（1）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．（3）由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．八、计算题(本大题共3小题，共29.0分)14.一半圆柱形透明体横截面积如图所示，O为截面的圆心，半径R=cm，折射率n=；一束光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间；（已知真空中的光速c=3.0×108m/s）【答案】解：设此透明体的临界角为C，依题意sin C==当入射角为i=60°时，由n=，得：sinr=°==0.5，得折射角r=30°此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点入射角为，比较可得入射角大于临界角，发生全反射，同理在D点也发生全反射，从B点射出．在透明体中运动的路程为s=3R，在透明体中的速度为v=，该光线在透明体中传播的时间为t===s=3.0×10-10s．答：该光线在透明体中传播的时间为3.0×10-10s．【解析】先由公式sin C=求出临界角C．入射角i=60°，由折射定律n=求出光线从AB射入透明体的折射角r，判断光线在圆弧上能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求解光线在透明体内的路程s，光线在透明体中的速度为v=，光线在透明体中传播的时间为t=．画出光路图是基础，判断能否发生全反射是关键．要能运用几何知识求出光线在透明体通过的总路程．15.2011年3月11日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯137（C s）对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年．①请写出铯137（C s）发生β衰变的核反应方程______ [已知53号元素是碘（I），56号元素是钡（B a）]②若在该反应过程中释放的核能为E，则该反应过程中质量亏损为______ （真空中的光。
2015年高考物理模拟试卷(2)及答案
二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，只选一项且正确得3分)
17．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
A．x= 3mB．x= 8m C．x= 9mD．x= 14m
16．图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转．不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点．若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向A移动，则
A．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功
B．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动
C．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大
2015年高考物理模拟试卷（2）
一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)
13．如图,放射性元素镭衰变过程中释放出 、 、 三种射线,分别进入匀强电场和匀强磁场中,下列说法正确的是
A．表示 射线,表示 射线
B．表示 射线,表示 射线
C．表示 射线,表示 射线
（2）（10分）右图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10 Ω），R1时电阻箱（0～99.9 Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）。
在保证安全的和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下：
(i)链接好线路，将滑动变阻器R调到最大；
解得x=-L当弹簧压缩最大时，P、P1和P2共同速度为v3，
由动量守恒3mv0=4mv3v3=
弹簧压缩最大时，系统的动能与最后P停在P2上后的系统动能相同
陕西吴起高级中学高三物理仿真模拟试题
陕西吴起高级中学高三物理仿真模拟试题组题人：赵筱岗一选择题：本题共8小题，每题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，19～20题有多项符合题目要求。
21为单选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。
14．1665年牛顿开始着手研究行星绕太阳运行的力学关系，最终得到了太阳与行星之间的引力关系2R GMmF ，可以完全解释行星的运动。
进一步研究：拉住月球使它围绕地球运动的力，与拉着苹果下落的力，以及地球、众行星与太阳之间的作用力都遵循这一规律吗？于是巧妙地进行了地-月检验研究：假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，已知月球绕地球运行轨道半径是地球半径的60倍，月球轨道上一个物体的受到的引力与它在地面附近时受到的引力之比为2601。
牛顿时代已经较精确的测量了地球表面的重力加速度、地月之间的距离和月球绕地球运行的公转周期，通过比较对应物理量间的关系，上述假设就得到了很好的证明。
请你分析牛顿进行比较的物理量是A ．加速度B ．相互作用的引力C ．苹果物体和月球运动的线速度D ．苹果物体和月球运动的角速度15．两个半径均为r 的光滑圆球A 和B ，用长为r 的细绳悬挂在天花板上的O 点，如图所示。
A 、B 两球均处于平衡状态，OA 与竖直方向夹角为α=45º，则下列说法正确的是A ．A 球质量较大B ．细绳对B 球的拉力较大C ．A 球对B 球的作用力大于B 球对A 球的作用力D ．B 球受到的合外力大于A 球受到的合外力 16．理想变压器原线圈接在电压为u =U 0sin ωt 的交流电源上，在变压器副线圈中分别安装有甲、乙两个插座，导线电阻为R ，电路如图所示。
插座不接用电器时小灯泡正常发光。
若将某一用电器接在甲或乙插座上，不计电流表内阻的影响。
下列说法正确的是A ．若接在甲上，电流表示数变大，灯变亮B ．若接在甲上，电流表示数变小，灯变暗C ．若接在乙上，电流表示数变大，灯变亮D ．若接在乙上，电流表示数变大，灯变暗17．如图所示，一个小球从楼梯顶部以v 0的速度水平抛出，每个台阶高度均为h ，宽度均为L ，欲使小球落在第四个台阶上，初速度应满足的条件为A ．gh h L 32 ＜v 0 ＜gh h L42 B ．gh h L 32 ＜v 0 ＜gh h L52 C ．gh h L 62 ＜v 0 ＜gh hL72 AB45ºOR× A甲 ~ u R顶端第四台阶A B 30º60ºAB C D ．gh h L 62 ＜v 0 ＜gh hL8218．质量均为m 、半径均为R 的两个完全相同的小球A B ，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触。
2015年高考物理模拟试题[HT2H](二)-21页文档资料
-21页文档资料](https://img.taocdn.com/s3/m/3abd1c1184868762cbaed558.png)
2015年高考物理模拟试题[HT2H]（二）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1题～第5题中只有一项符合题目要求，第6题～第8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.下列说法符合物理学史实的有（）A.亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论B.伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献C.开普勒通过对行星运动的观测，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律D.卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律[TPj135.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图1[HT][TS）]2.2014年10月7日，在世界体操锦标赛男团决赛中，张成龙的最后一套单杠实现大逆转，最终以0.1分的微弱优势取胜日本队，实现了世锦赛男团六连冠的辉煌伟业.假设张成龙质量为60kg，做“单臂大回环”，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，如图1所示.此过程中，张成龙到达最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，取g=10m/s2）（）A.600NB.2400NC.3000ND.3600N[TPj136.TIF，Y#][TS（][JZ][HT5"H]图2[HT][TS）]3.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间线上各点电势高低如图2曲线所示（AP>PB），选无穷远处电势为0，从图中可以看出（）A.Q1电荷量一定小于Q2电荷量B.P点电场强度是0C.Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2D.Q1、Q2可能是同种电荷[TPj137.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图3[HT][TS）]4.如图3所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（）A.t=v0[]gtanθB.t=gtanθ[]v0C.t=Rsinθ[]v0D.t=Rcosθ[]v05.如图4所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的14圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸面内侧.一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为2r，从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则（）[TPj138.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图4[HT][TS）]A.杆下滑过程机械能守恒B.杆最终不可能沿NQ匀速运动C.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于mgr[]2D.杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于Br2（π-2）[]4R[TPj139.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图5[HT][TS）]6.如图5所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=210T 的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V60W”灯泡，灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A.下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为500[]2VC.变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D.变压器允许输出的最大功率为5000W7.火星将成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行（不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N 圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星的半径为r，地球表面重力加速度为g，则（）A.火星探测器匀速飞行的速度约为2πNRtB.火星的平均密度约为3πMN2gR2t2C.火星探测器的质量约为4π2N2r3gR2t2D.火星探测器匀速飞行的向心加速度约为4π2N2rt2[TPj140.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图6[HT][TS）]8.如图6所示在一个固定的十字架上（横竖两杆连结点为O点），小球A套在竖直杆上，小球B套在水平杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，并竖直静止.由于微小扰动，B从O点开始由静止沿水平杆向右运动.A、B的质量均为m，不计一切摩擦，小球A、B视为质点.在A下滑到O点的过程中，下列说法中正确的是（）A.在A下滑到O点之前轻杆对B一直做正功B.小球A的机械能先减小后增大C.A运动到O点时的速度为2gLD.B的速度最大时，B对水平杆的压力大小为2mg二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）[TPj141.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图7[HT][TS）] 9.（7分）物理小组的同学用如图7所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜.实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.则：（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图8所示，则小球直径为cm.[TPj142.TIF，BP][TS（1][JZ][HT5"H]图8[HT][TS）]（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=.（3）根据实验数据作出htt图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为.10.（8分）实际电流表都是有内阻的，可等效为理想电流表与电阻的串联.现在要测量实际电流表G1的内阻r1.可供选择的仪器如下：A.待测电流表G1（量程为5mA，内阻约300Ω）B.电流表G2（量程为10mA，内阻约100Ω）C.电压表V（量程为6V）D.定值电阻R1（300Ω）E.定值电阻R2（10Ω）F.滑动变阻器R3（0～1000Ω）G.滑动变阻器R4（0～10Ω）H.直流电源电动势E（3V）I.开关S及导线若干（1）请选择合适的器材并设计实验电路，尽量使滑动变阻器便于调节，定值电阻应选（选R1或R2），滑动变阻器应选（选R3或R4）；并将实验电路图画在虚线框内.（图中标明所选器材）（2）根据测得和已知的物理量表示电流表G1的内阻，则r1=，说明式中各测量量的物理意义：[ZZ1Z][JY].[TPj143.TIF；%90%90，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图9[HT][TS）]11.（12分）2014年10月2日，仁川亚运会田径男子4×100米接力决赛中，由苏炳添、谢震业、陈时伟和张培萌组成的中国队以37秒99的成绩打破亚洲纪录并夺得冠军，如图9所示.在接力跑中两运动员交接棒非常重要，若在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s 的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动.为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记.在某次练习中，甲在接力区前s0=13.5m处作了标记，并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令.乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒.已知接力区的长度为L=20m.求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离.[TPj+2.TIF，Y][TS（][JZ][HT5"H]图10[HT][TS）]12.（20分）如图10所示，虚线MO与水平线PQ相交于点O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO 右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）.现有一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在纸面内以速度v=EB，且方向与MO成θ角从M点射入磁场，又向左从MO上的D点（图中未画出）射出磁场进入电场，最后到达O点，不计粒子的重力.求：（1）MD的距离L；（2）粒子自M点射入磁场至到达O点所用的时间；（3）磁场区域的最小面积.（二）选考题（共15分）13.【选修3-3】（15分）（1）（6分）下列有关热学的叙述中，正确的是（）（选对一个得3分，选对两个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分）A.悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动是布朗运动B.随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C.热力学第一定律和热力学第二定律是不矛盾的D.一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不改变E.热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化[TPj+4.TIF；%120%120，Y][TS（][JZ][HT5"H]图11[HT][TS）]（2）（9分）如图11，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为h=24cm的水银柱封闭了一段长为x0=23cm的空气柱，系统初始温度为T0=200K，外界大气压恒定不变为p0=76cmHg.现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至T=400K，结果发现管中水银柱上升了2cm，若空气可以视为理想气体，试求：Ⅰ.升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少cmHg？Ⅱ.玻璃管总长为多少？14.【选修3-4】（15分）[TPj145.TIF，BP][TS（1][JZ][HT5"H]图12[HT][TS）]（1）（6分）如图12所示，一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，波速为4m/s，则质点P此时刻的振动方向沿y轴（填“正”或“负”）方向.经过Δt=3s，质点Q通过的路程是m.[TPj146.TIF，Y][TS（1][JZ][HT5"H]图13[HT][TS）]（2）（9分）某种光学元件由两种透明物质Ⅰ和Ⅱ制成，其横截面如图13所示，O为AB中点，∠BAC=30°，半圆形透明物质Ⅰ的折射率为n1=3，透明物质Ⅱ的折射率为n2.一束光线在纸面内沿O点方向射入元件，光线与AB面垂线间的夹角为θ，通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出，在BC面有光线垂直射出.求：[JP+1]【解析】本题考点：“验证力的平行四边形定则”.（1）矢量和不仅与大小有关，还和方向有关，所以得记下钩码质量数、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还要记录三条细绳（拉力）的方向；（2）木板不竖直时，勾码和木板间有摩擦力会产生误差，选项B、C对实验无影响，结点O的位置发生变化是一种错误；（3）该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，解决问题的办法之一是减少勾码质量，或者减小AO与BO之间的夹角.[JP]10.（1）C；（2）如图d-1所示；[TPj148.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图d-1[HT][TS）]（3）左端；（4）增大.【解析】本题考点：“描述小灯泡的伏安特性曲线.”（1）小灯泡为小电阻，数据要求从零开始，所以电路为滑动变阻器的外接分压接法，电路图为C图；（2）补充完成图中实物间的连线如答案所示；（3）开始时灯的电压为零，滑动变阻器的滑动片应在最左端；测量时，应将滑动变阻器滑动片向右移动，以获取电路中两表的读数；测量结束后，应先把滑动变阻器滑动片移到最左端，然后断开开关，接着拆除导线，整理好器材；（4）由IU图像向下弯可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增加.11.（1）gR；（2）2mgR；（3）4.2R.【解析】本题考点：“平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等”.（1）小球到达轨道C时有mg=mv21R解得v1=gR.（2）从弹簧释放到小球到达最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，由机械能守恒定律有Ep1=mg（R2+R）+12mv21解得Ep1=2mgR.（3）设小球到达轨道C时速度大小为v2，由机械能守恒定律得Ep2=mg（0.6R+R）+12mv22小球离开轨道C后做平抛运动，设平抛时间为t，离OO′的水平距离为s，由平抛运动规律有2R=12gt2x=v2ts=x+R解得s=4.2R.12.【解析】本题考点：“带电粒子在电场和磁场中的运动”.（1）质点从O点进入左侧空间后，有qE2=2×10-6N=mg电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB=mv2RR=mvqB=0.4m质点第一次通过y轴的位置y1=2R=225m（2）质点的14个匀速圆周运动的时间t1=14×2πmqB=π10s当质点到达右侧空间时有F合=（E1q）2+（mg）2=2mga=2mgm=2g且F合与v方向在同一直线上，质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2=2×va=25s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t=t1+t2=π+2210s（3）质点从右侧空间返回左侧空间时速率仍是v=2m/s，做匀速圆周运动，轨迹在y轴上截距为d=2Rcos45°=225m[TPj149.TIF，BP][TS（][JZ][HT5"H]图d-2[HT][TS）]如图d-2，质点再次进入右侧空间时，有vx=2m/s，ax=-10m/s2，水平方向做匀减速运动；vy=-2m/s，ay=-10m/s2，竖直方向做匀加速运动.当质点返回y轴时，往返时间t3=2×vxg=25s竖直方向下落距离Δy=vyt3+12gt23=0.8m质点进入左侧空间后第四次通过y轴的位置为y2=y1+d-Δy=4（2-1）5m.13.（1）ACE；（2）①76p0，②67.【解析】（1）本题考点：“分子动理论中的势能”.由图像得出：当分子间的距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子间距再减小，分子力做负功，分子势能增加，故选项C正确，选项B错误；当分子间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间距增加，分子力做负功，分子势能增加，故选项E正确，选项D错误；分子在r0处分子势能最小，选项A 正确.（2）本题考点：“气体实验定律”.①设升温后气体的压强为p1，由查理定律得p0T0=p1T1代入数据得p1=76p0.②抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V.由玻意耳定律得p1V0=p0V.联立得V=76V0.设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得k=V0V.各式联立得k=67.14.（1）ADE；（2）①2000m/s或2800m/s，②向x轴正方向传播.【解析】（1）本题考点：“光的干涉、衍射和偏振现象、电磁波、多普勒效应、相对论”等.医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理，选项A正确；鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与波源相比增大，选项B错误；在宇宙中高速飞行的飞船中的时钟变慢，选项C错误；照相机镜头的偏振滤光片可使水下影像清晰，选项D正确；无线网络信号能绕过障碍物传递到接收终端是利用了衍射原理，选项E正确. （2）本题考点：“波的图像的综合问题”.①由图像知，波长λ=8m.如果波沿x轴正方向传播，则t2-t1=（1+1[]4）T1，解得T1=0.004s，则波速v1=λ[]T1=8m[]0.004s=2000m/s.如果波沿x轴负方向传播，则t2-t1=（1+3[]4）T2，解得T2=0.02[]7s，则波速v2=λ[]T2=8m[]0.02[]7s=2800m/s.②波速为3600m/s时，波传播的距离为x=v?（t2-t1）=18m波数为n=x[]λ=21[]4（个）.即表明波向前传播了21[]4个波长，所以此波沿x轴正方向传播.15.（1）ACE；（2）μ=0.5.【解析】（1）本题考点：“氢原子的能级、能级结构及跃迁”.氢原子从高能级向n=1能级跃迁时发出紫外线，它的频率比可见光高，选项A 正确；氢原子从高能级向n=2能级跃迁时，如这两个能级的能量差大于3.11eV，还可能发出紫外线，选项B错误；氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出光子的能量小于1.51eV，发出的光的频率比可见光低，选项C 正确；大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，可发出6种频率的光子，其中从n=4能级跃迁到n=2能级或n=3能级的氢原子，发出光子的能量在1.62eV到3.11eV之间，发出的光为可见光，选项D错误E正确.（2）本题考点：“动量守恒定律的应用”.子弹射穿木块A时，以子弹与木块A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mBvB=mAvA+mBvB′代入数值解得vA=5m/s.木块A在小车上相对滑动，设最后速度为v，以木块与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mAvA=（mA+M）v代入数值解得v=2.5m/s.由机械能守恒得12mAv2A-12（mA+M）v2=μmgl代入数值解得μ=0.5.2015年高考物理模拟试题（二）1.B【解析】伽利略没有直接证明轻重相同的物体下落一样快的结论，而是通过斜面实验和合理外推得到了结论，选项A错误；开普勒用了第谷的行星观测记录，得出了开普勒三定律，选项C错误；牛顿先得到万有引力定律，卡文迪许一百多年后测出了引力常量，选项D错误.2.C【解析】设人的重心距杆的距离为r，人能通过最高点的最小速度为v1=0，人在做圆周运动的过程中机械能守恒，设到达最低点的速度设为v2，则有12mv22=2mgr，在最低点人受到向上的拉力和向下的重力，根据牛顿第二定律，有T-mg=mv22r，由上两式可得T=5mg=3000N.3.C【解析】Q1附近电势大于零，而Q2附近电势小于零，可知Q1带正电、Q2带负电，选项D错误；Q1、Q2之间电场线由Q1指向Q2，选项C正确；根据电势对空间的变化快慢表示电场强度可知，两电荷连线上P点场强一定不为零，选项B错误；由于P点电势为0，即正电荷在P点的正电势等于负电荷在P点的负电势，因AP>PB，故Q1>Q2，选项A错误.4.C【解析】小球做平抛运动，tanθ=vy[]v0=gt[]v0，则时间t=v0tanθ[]g，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ=v0t，则t=Rsinθ[]v0，选项C正确，选项D错误.5.D【解析】杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故选项A错误；杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故选项B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小1[]2mgr，转化为回路的电能和杆的动能，由能量守恒定律得知：回路中的电能小于1[]2mgr，故选项C错误；杆与金属导轨组成的闭合回路磁通量的变化量为ΔΦ=B（1[]4πr2-1[]2r2），根据推论q=ΔΦ[]R，得到通过杆的电量为q=Br2（π-2）[]4R，故选项D正确.6.CD【解析】图示位置穿过线框的磁通量为最大，选项A错误；根据Em=NBωS 可得Em=5002V，故有效值为E=500V，选项B错误；根据n1n2=EU可得n1n2=2511，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10A，故变压器允许输出的最大功率为P=EI=5000W，选项D正确.7.BD【解析】由题知火星探测器绕火星表面运行周期为T=tN，由v=2πrT 得v=2πNrt，选项A错误；由Gmm′r2=m′（2πT）2r、m=ρ?43πr3及黄金代换式GM=gR2得火星的平均密度约为ρ=3πMN2gR2t2，选项B正确；天体运行中只能估算中心天体的质量，不能估算运行天体的质量，选项C 错误；由a=v2r=4π2N2rt2，选项D正确.8.BC【解析】设AB杆与水平方向夹角为θ时，A的速度为vA、B的速度为vB，则有vBcosθ=vAsinθ，故当θ=90°时，vB=0，开始时B的速度为0，最后还为0，因此B的速度先增大后减小，轻杆对B先做正功后做负功，轻杆对A先做负功后做正功，小球A的机械能先减小后增大，选项A错误、B正确；A运动到O点时，θ=90°，vB=0，因此有mgL=12mv2A，解得vA=2gL，选项C正确；当杆无作用力时，B的速度最大，B对水平杆的压力大小为mg，选项D错误. 9.（1）1.170；（2）-12gt2+vt；（3）2k.【解析】（1）小球直径为（11+0.70）mm=1.170cm.（2）正方向的匀加速运动可以看成加速度不变的反方向的匀减速运动，故h=vt-12gt2.（3）因h=vt-12gt2，故ht=v-12gt，斜率的绝对值k=12g，g=2k.10.（1）R1，R4，电路图如下图所示；[TPj150.TIF，BP]（2）r1=（I2-I1）R1I1，其中I2表示G2的示数，I1表示G1的示数，R1为定值电阻阻值.【解析】电压表测待测电流表G1两端的电压量程太大，因此用定值电阻充当电压表的角色，由于要求定值电阻和待测电流表G1中的电流差不多，因此选用定值电阻R1，且用电流表G2测总电流，测量原理为伏安法r1=（I2-I1）R1I1，滑动变阻器用分压式接法，选用小电阻，选滑动变阻器R4.11.（1）3m/s2；（2）6.5m.【解析】（1）在甲发出口令后，甲乙达到共同速度所用时间为t=v[]a，在这段时间内甲、乙的位移分别为s1和s2，则s2=1[]2at2 ，s1=vt，s1=s2+s0，联立以上各式解得t=3s，s2=13.5m，a=3m/s2.（2）由上面求解知s2=13.5m，故乙离接力区末端的距离为L-s2=6.5m.12.（1）mEqB2；（2）（23+π）3mqB；（3）（π6-34）m2E2q2B4.[TPj+2a.TIF；Z1，Y]【解析】（1）粒子的运动轨迹如右图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则有qBv=mv2R由几何关系得L=2Rsinθv=EB由以上三式解得L=mEqB2.（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1，则有T=2πmqBt1=16T由对称性可知，粒子过MO后方向垂直于电场方向，所以粒子做类平抛运动，设运动的时间为t2，则x=vt2y=12qEmt22又y=xtanθ，则粒子自M进入磁场至O所用的时间为t=t1+t2解以上各式得t=（23+π）3mqB.（3）由题知，磁场范围的最小面积ΔS是粒子在磁场中的轨迹与MD 所围成的面积.扇形的面积为S=16πR2三角形的面积为S′=12R2cos30°=34R2又ΔS=S-S′，联立得ΔS=（2π-3312）m2E2q2B4或（π6-34）m2E2q2B4.13.（1）BCD；（2）160，87cm.[JP2]【解析】（1）布朗运动不是分子运动，选项A错误；当r=10-10m时，分子间作用力为0，r>10-10m时，分子间表现为引力，当r→∞，分子间作用力为0，故随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力，选项B正确；热力学第一定律是指能的转化和守恒定律，热力学第二定律是指能量转化的方向性问题，并不矛盾，选项C正确；一定质量的理想气体的内能由温度唯一决定，在等温变化时，其内能一定不改变，选项D正确；根据热力学第二定律，选项E错误.[JP]（2）Ⅰ.设升温后下部空气压强为p，玻璃管壁横截面积S，对下部气体有（p0+hHg）x0ST0=p（x0+2）ST代入数据得p=184cmHg.此时上部气体压强为p′=p-hcmHg=160cmHgⅡ.设上部气体最初长度为x，对上部气体有p0xST0=p′（x-2）ST代入数据得x=40cm，所以管总长为x0+h+x=87cm.14.（1）正，0.6；（2）233，sinθ=13.【解析】（1）根据靠近波源的点一定要超前于远离波源的点，质点P 此时刻的振动方向沿y轴正向，T=λv=1s，ΔtT=3，经过Δt=3s，质点Q通过的路程是3×4A=0.6m.（2）Ⅰ.由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面从棱镜射出，光路图如下图所示.[TPj161.TIF，BP]设该透明物质的临界角为C，由几何关系可知C=i2=i1=60°sinC=1n2解得n2=233.Ⅱ.由几何关系得β=30°，由折射定律n1sinθ=n2sinβ，解得sinθ=13.15.（1）ABE；（2）3v20[]8gx，1[]2mv20.【解析】碘131的半衰期大约为8天，三个月后，碘131就只剩下约为原来的（1[]2）3×30[]8≈（1[]2）11=1[]2048≈1[]2000 ，选项A正确；光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有能量，光子能够从金属板中打出光电子，后者表明光子具有能量之外还具有动量，选项B正确；比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C错误；铀235裂变的方程中，反应物中应该有中子，所以选项D错误；处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率只能小于入射光子的频率，选项E正确.（2）设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0，从O滑到P，对A、B，由动能定理得-μ?2mgx=1[]2?2m（v0[]2）2-1[]2?2mv20设在爆炸瞬间A的速度为v，由A、B组成的系统动量守恒得2mv0[]2=mv根据能量的转化与守恒0.5E0+1[]2?2mv20[]4=1[]2mv2解得μ=3v20[]8gx，E0=1[]2mv20.希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、要接受自己行动所带来的责任而非自己成就所带来的荣耀。
陕西省吴起高级中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
陕西省吴起高级中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。
一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。
已知小球的质量为22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。
【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】（1）对小球，在D 点，有：2Dv mg qE m R-=得：1m/s D v =从D 点飞出后，做平抛运动，有：mg qE ma -=得：25.0m/s a =2122R at =得：0.4t s =0.4m D x v t ==（2）对小球，从A 点到D 点，有：22011()2222D mg qE L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=- 解得：0 2.5m/s v =2．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L =2.0m 。
若将电荷量均为q =+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k =9.0×109N·m 2/C 2。
求： (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向。
【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =⨯，方向沿y 轴正方向 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为22q F k L=代入数据得F =9.0×10-3N(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为12q E kL = A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为12cos 30E E ︒=代入数据得339310N/C 7.810N/C E =≈⨯ 方向沿y 轴正方向。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
陕西吴起高级中学2015届高三物理仿真模拟试题（2）命题人：赵筱岗一选择题：（本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第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在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度。
以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g =10m/s 2，则以下结论正确的是 ( )A ．小球能弹起的最大高度为1 mB ．小球能弹起的最大高度为0.45 mC ．小球弹起到最大高度的时刻t 2=0.80 sD ．空气阻力与重力的比值为1∶515如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接物体B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态。
则 ( )A ．物体B 受到斜面体C 的摩擦力一定不为零 B ．斜面体C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．斜面体C 有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断，若B 物体依然静止在斜面上，此时水平面对斜面体C 的摩擦力一定不为零16某同步卫星距地面高度为h ，已知地球半径为R ，表面的重力加速度为g ，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为( ) A ．g R π2 B ．()g h R R h R ++π2 C ．gRRhπ2D ．ωπ2RA17轻杆的一端通过光滑的绞链固定在地面上的A 点，另一端固定一个质量为m 的小球，最初杆处于水平地面上。
当杆在外力的作用下由水平位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列关于小球说法正确的是( )A ．所受弹力的方向一定沿杆B ．所受弹力一直减小C ．所受合力不变D ．所受弹力始终做正功18如图所示，AB 是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P 点有一带电量为Q 的正点电荷，N 为金属板右侧表面上的一点，P 到金属板的垂直距离PN =d ， M 为PN 连线的中点。
关于M ，N 两点的场强和电势，有如下说法：（ ）① M 点的电势比N 点电势高，M 点的场强比N 点的场强大 ② M 点的场强大小为4kQ/d2 ③ N 点的电势为零，场强不为零 ④ N 点的电势和场强都为零 上述说法中正确的是 （ ）A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③19如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成。
超导部件有一个超导临界电流I C ，当通过限流器的电流I>I C 时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零，即R 1=0)转变为正常态(一个纯电阻，且R 1 =3Ω )，以此来限制电力系统的故障电流。
已知超导临界电流I C =1.2 A ，限流电阻R 2 =6Ω，小灯泡L 上标有“6 V 6 W ”的字样，电源电动势E=8 V ，内阻r=2Ω。
原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L 正常发光，现L 突然发生短路，则A ．灯泡L 短路前通过R2的电流为74AB ．灯泡L 短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零LC ．灯泡L 短路后通过R1的电流为4 AD ．灯泡L 短路后通过R2的电流为32A20下图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。
变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动。
输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移时 A ．相当于在减少用电器的数目 B ．A 1表的示数随A 2 表的示数的增大而增大 C ．V 1表的示数随V 2表的示数的增大而增大 D ．变压器的输入功率在增大21如图甲所示。
在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1和L 2之间、L 3和L 4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T ，方向垂直于虚线所在平面，现有一宽度cd=L=0.5m 、质量为0.1Kg 、电阻为2Ω的矩形线圈abcd ，将其从图示位置由静止释放（cd 边与L 1重合），速度随时间变化关系如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1~t 2的时间间隔为0.6S ，整个运动过程线圈平面始终处于竖直方向。
（重力加速度g 取10m/S 2）则( ) A ．在0~t 1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C B ．线圈匀速运动的速度大小为8m/S C ．线圈的长度为1mD ．在0~t 3时间内，线圈上产生的热量为4.2J第Ⅱ卷22．（6分）（1）在一次实验探究活动中，某同学用如图（a）所示的装置测量铁块A与放在光滑水平桌面上的金属板B间的动摩擦因数µ，已知铁块A的质量为m A=1.5Kg，用水平恒力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，重力加速度g取10m/S2。
则AB间的动摩擦因数µ= 。
（2）该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.1S的几个点，如图（b）所示，各相邻计数点间的距离在图中标出。
则在打计数点C时金属板B的速度V= m/S，加速度a= m/S2。
（结果保留两位有效数字）23．（9分）有以下可供选用的实验器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流（量程）。
A．待测电流表A0：满偏电流约为700µA~800µA，内电阻约为100Ω，已知表盘上的刻度均匀且总格数为NB．电流表A：量程为0.6A、内电阻为0.1ΩC．电压表V：量程为3V、内电阻为3KΩD．滑动变阻器R：最大阻值为200ΩE．电源E：电动势约为3V、内电阻为1.5ΩF．开关S一只（1）根据你的需要，“B、电流表A”和“ C、电压表V”中应选择。
（填“B”或“C”）（2）在虚线框内画出你设计的实验电路图。
（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可计算出满偏电流I m= 。
式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是。
计算题（32分要求写出必要的文字说明和必要的步骤）24（14分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ．轻杆向右移动不超过L 时，装置可安全工作。
轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
一质量为m 的小车若以速度v 撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。
（1）若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x （2）若以速度v 0（已知）撞击，将导致轻杆右移4L，求小车与弹簧分离时速度（k 未知） （3）在(2)问情景下，求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v （k 未知）25．（18分）如图所示。
直线MN 上方垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场，质量为m 、带电量为—q （q ＞0）的粒子1在纸面内以速度V 1= V 0从O 点射入磁场，其射入方向与MN 的夹角α=300；质量为m 、带电量为+q （q ＞0）的粒子2在纸面内以速度V 2=3V 0也从O 点射入磁场，其射入方向与MN 的夹角β=600。
已知粒子1和2同时分别到达磁场边界的A 、B 两点（图中未画出），不计粒子的重力及它们间的相互作用。
（1）求两个粒子在磁场边界上的穿出点A 、B 之间的距离。
（2）求两个粒子进入磁场的时间间隔△t 。
（3）若MN 下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中粒子1做直线运动。
求该电场的电场强度。
四选考题 34．【物理——选修3—4】（15分）（1）（6分）一列简谐横波沿直线传播的速度为2m/S ，在传播方向上有A 、B 两点，从波刚好传到某质点（A 或B ）时开始计时，已知5S 内质点A 恰好完成了6次全振动，质点B 恰好完成了10次全振动。
则该波的传播方向为 （填“A 到B”或“B 到A”），波长为 m ，A 、B 两点间距离为 m 。
（2）（9分）透明光学材料制成的棱镜的正截面为等腰直角三角形，C=900，折射率为n=2。
一束波长为564nm的单色光与底面AB平行地射向棱镜，如图所示。
入射点为O，OC间距离大于3AC/3 (2取1.41) 。
试求：①此单色光在棱镜中的波长②这束光从哪一个面首先射出？出射光线的方向如何？计算后回答并画出光路图。
35．【物理——选修3—5】（15分）（1）（6分）下列说法正确的是（）A．核反应堆内发生的是轻核聚变反应B．核反应堆内发生的是重核裂变反应C．放射性同位素的半衰期由原子核内部因素决定，与外部条件及其变化无关D．放射性同位素的半衰期既与原子核内部因素有关，也与外部条件有关E．核反应过程中释放的γ射线是波长很短的电磁波，它具有很强的穿透本领（2）（9分）如图所示。
在光滑的水平地面上停着一辆质量为m1=20Kg的小车A，有一质量为m2=15Kg的小木块C静止于小车A的右端，另有一辆质量为m3=25Kg的小车B以V0=3m/S的速度向右运动，与小车A发生碰撞，碰撞后连在一起运动（两车相碰时间极短）。
假定车A足够长，木块与小车A的动摩擦因数为µ=0.2（g取10m/S2，计算结果小数点后保留两位）。
试求：①碰撞结束瞬间小车A的速度大小②木块在小车A上滑动的距离。
吴起高级中学高三物理仿真模拟物理答案一选择题：48分14D 15C 16B 17CD 18A 19 D 20BD 21AB 二实验题15分22、（6分）（1）0.29（2分），（2）0.80（分）0.65（2分）；23、（9分）（1）C 、电压表V （2分）（2）见右图（3分）（3）NU/nR V ，（2分）U 为电压表示数，（1分）R V 电压表内阻（1分） 三计算题（32分）24解：(1) 轻杆开始移动时，弹簧的弹力等于摩擦力，弹簧压缩量x ，Kx=f k fx =(2)开始压缩到分离，系统能量关系，4L f mv 21-mv 212120=则2mfL-v v 201= (3) 轻杆开始移动后，弹簧压缩量x 不再变化，弹性势能一定，速度v 0时，系统能量关系，4L f E mv 21kp 20+= 速度最大时v m 时，系统能量关系，f L E mv 21kp 2m +=得f L 43mv 21-mv 21202m = 20m v 2m3fL v +=25、（18分）解：（1）（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由运动定律BqV=mV 2/r解得r 1=mv 0/Bq 和r 2=3mv 0/Bq （2分）由几何关系可知粒子1圆周运动的圆弧所对的圆心角为θ1=5π/3,所以射入点O 与离开磁场的位置A 间的距离OA=2r 1sin 【（2π—θ1）/2】（1分）粒子2圆周运动的圆弧所对的圆心角为θ1=4π/3,所以射入点O 与离开磁场的位置B 间的距离OB=2r 2sin 【（2π—θ2）/2】（1分） 故穿出点A 、B 之间的距离d=OA+ OB=4mV 0/Bq （1分）（2）粒子圆运动的周期T=2πr/V （2分）粒子1在磁场中运动的时间t 1=θ1T/2π（1分）粒子2在磁场中运动的时间t 2=θ2T/2π（1分）进入磁场的时间间隔△t= t1—t2=πm/3Bq（1分）（3）由题意电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行。