湖北省公安县第三中学2016届高三上学期8月月考理综物理试题 .
高三化学月考试题及答案-湖北公安县第三中学2016届高三10月月考理科综合化学试题
湖北省公安县第三中学2016届高三10月月考理科综合化学试题7．NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O3、HClO4是按某一规律排列的。
下列选项中也完全按照此规律排列的是( )A．CH4、Na2CO3、C、CO2、NaHCO3B．Na2S、S、SO2、Na2SO3、H2SO4C．P2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4D．NH3、N2、NO、NO2、NaNO38．N A为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．6.8g熔融的KHSO4中含有0.05N A个阴离子B．1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2 N AC．25 ℃时，pH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1N A个氢氧根离子D．5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3N A9．下列离子方程式书写正确的是（）A．H218O中投入Na2O2固体：2H218O＋2Na2O2===4OH－＋4Na＋＋18O2↑B．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4＋8H+===Fe2+＋2Fe3+＋4H2OC．向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2：HCO3－＋Ca2+＋OH-===CaCO3↓＋H2OD．将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH－＋HCO3－===CO32－＋H2O10．下列说法正确的是( )A．能够使品红试液褪色的气体一定是SO2B．常温下，铁、铝不与浓硫酸反应，因此可以用铁、铝容器贮存运输浓硫酸C．硝酸铵受热易分解爆炸，实验室常加热氯化铵与氢氧化钙的混合物制备氨气D．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物11．下列叙述正确的是（）A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B．25℃时K sp(AgCl)=1.8×10－10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl 的溶解度可能增大C.浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOH>Na2CO3>(NH4)2SO4>NaHSO4D ．为确定H 2A 是强酸还是弱酸，可测NaHA 溶液的pH ，若pH >7，则H 2A 是弱酸；若pH<7，则H 2A 是强酸12．下列物质和氢硫酸反应不能产生沉淀的是( )A ．FeCl 3溶液B ．Na 2S 溶液C ．CuSO 4溶液D ．H 2SO 3溶液13．下列有关实验原理或实验操作正确的是( )A ．用干燥pH 试纸测定某新制氯水的pHB ．用25mL 碱式滴定管量取20.00mL KMnO 4溶液C ．用图1装置除去乙烷中混有的乙烯D ．用图2装置能验证HCl 气体在水中的溶解性26．（14分）Fe 元素是地壳中最丰富的元素之一，在金属中仅次于铝，铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。
2016届高三上学期第三次月考理综试卷
2016 届高三年级第三次月考理科综合试卷本试卷分第Ⅰ卷( 选择题 ) 和第Ⅱ卷 ( 非选择题 ) 两部分。
此中第Ⅱ卷第33～ 40 题为选考题，其余题为必考题。
考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。
第Ⅰ卷( 共 126 分)可能用到的相对原子质量（原子量）： H － 1 C －12 N－ 14 O－ 16 Na－ 11Ca－ 40S－ 32Cl － 35.5Cu－ 56Cu － 64一、选择题：此题包含13 小题。
每题 6 分，共 78 分，每题只有一个选项切合题意。
1．细胞中不可以合成 ATP 的部位是A．线粒体的内膜B．叶绿体中进行光反响的膜构造C．高尔基体的膜构造D．蓝藻 (蓝细菌 )中进行光反响的细胞膜2．将一洋葱细胞放入大于该细胞细胞液浓度的KNO 3 溶液中，一段时间后在显微镜下发现该细胞未发生质壁分别，其原由是可能该细胞①是根尖分生区细胞②是死细胞③大批吸水④大批失水⑤质壁分别后又自动复原A．①②③B．①②⑤C．②③⑤D．②④⑤3．对于赫尔希和蔡斯“噬菌体侵染细菌”的实验中，以下说法正确的选项是A．35S 标志组：培养时间过长，积淀物放射性增高B．32P 标志组：搅拌不够充足，上清液放射性增高C. 35S 标志组：噬菌体侵染细菌并经保温、搅拌与离心后放射性主要存在于上清液中D．3232P 标志组：培养时间越长，含P 的子代噬菌体比率越高4．精子内的顶体由溶酶体特化而来。
精卵辨别后，顶体膜与精子细胞膜交融，开释溶酶体酶使卵子外层形成孔洞，以利于精卵交融形成受精卵。
以下表达正确的选项是A．顶体内储藏的溶酶体酶是在精子的溶酶体中合成的B．精子游向卵子所需的能量仅来自线粒体C．顶体膜和精子细胞膜交融表现生物膜的流动性D．受精卵中的遗传物质一半来自父方另一半来自母方5．以下有关酶的实验设计思路正确的选项是A．利用过氧化氢和过氧化氢酶研究温度对酶活性的影响B．利用淀粉、蔗糖、淀粉酶和斐林试剂考证酶的专一性C．利用过氧化氢、新鲜的猪肝研磨液和带火星的卫生香可研究酶的高效性D．利用胃蛋白酶、蛋清和pH 分别为 5、 7、 9 的缓冲液考证pH 对酶活性的影响6．大鼠的毛色由独立遗传的两平等位基因控制。
2016湖北省优质高中联考理科综合试题答案
R 2016湖北省优质高中高三联考理科综合答案22、（1）N n (2分) (2) 车轮的直径d （2分） （2）dnm π（2分）23、（1）B （3分）；（2） D （3分）；（3）如右图 （3分）（电阻R 接错位置不得分，电表没标出正向接线柱不扣分）24、（1）金属棒做初速度为零的匀加速直线运动 （3分） （2）由牛顿第二定律可得：F BLI ma -= （2分） EIR r=+ （1分） 而E BLv = （1）分把F ＝2v ＋3代入可得：2232B L vv ma R r+-=+ （1分）因为金属棒做匀加速运动故a 与v 无关 （1分） 故有：2220B L vv R r-=+ （2分） 代入数值可解得：B=2T （1分）25.解：（1）由v —t 图像可得，小滑块在木板上匀减速时加速度的大小为 212/a m s = （1分） 由牛顿第二定律可得11mg ma μ= （1分）设木板B 此时的速度为B v 由动能定理可得：2112B m g s M v μ=（2分） 联立可解得 1/B v m s = （1分） 对长木板B 和小滑块A 构成的系统由能量转化与守恒定律有：2221101111222Bm g L m v m v M v μ=--（2分）代入数据联立可解得 1 4.5L m = （1分） 说明：若用其它正确解法，酌情给分。
（2）设当滑块经过D 点时速度为D v ，则有222211122D mgL mv mv μ-=- （2分） 由牛顿第二定律可得：2D N v F mg m R-= （2分）由牛顿第三定律可得： N N F F '= （1分） 代入数据可解得： 对D 点压力 20N F N '= （1分） （3）小滑块到过半圆上最大高度为H 则有：212D m v m g H = （1分） 代入数据可得：0.5H m R =<所以小滑块将沿圆轨道返回 （1分） 设滑块返回后停下时在木板B 上滑行的距离为X 则有：222112D mv mgL mgX μμ=+ （2分） 代入数值可解得： 3.5X m = （1分） 所发小滑块A 最后停在距长木板左端3.5m 处。
高三物理月考试题及答案-湖北、山西省、河北省、陕西省、河南省五省2016届高三上学期联考试卷
2015-2016学年湖北省、山西省、河北省、陕西省、河南省五省高三（上）联考物理试卷1．在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比C．“总电阻”、“交流电的有效值”用的是等效替代的方法D．将实验和逻辑推理和谐的结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔2．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为（）A．B．2F C．D．4F3．2015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如图所示，马龙两次发球，乒乓球都恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A．第1次球过网时的速度小于第2次球过网时的速度B．第1次球的飞行时间大于第2次球的飞行时间C．第1次球的速度变化率小于第2次球的速度变化率D．第1次落台时球的重力的瞬时功率等于第2次落台时球的重力的瞬时功率4．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，一阻值为10Ω的电阻R连接在变压器的副线圈上，若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100cos100πt （V），下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为10V B．电流表的示数为1AC．变压器的输入功率为10W D．交变电流的频率为100Hz5．如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30°，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（）A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg6．历时8年，跋涉48亿公里的“黎明”号飞行器于2015年3月7日首次抵达太阳系的小行星带内质量最大的天体﹣﹣谷神星，“黎明”号飞行器绕谷神星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，下列说法正确的是（）A．若测得飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，可得到谷神星的平均密度B．飞行器轨道半径越大，运行周期越大C．飞行器轨道半径越大，线速度越大D．图示中飞行器由环谷神星圆轨道a“变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其加速7．一物体自t=0时开始做直线运动，其运动的v﹣t图线如图所示，下列说法正确的是（）A．在0﹣6s内，物体离出发点最远为15 mB．在0﹣6s内，物体经过的路程为20 mC．在0﹣4s内，物体的平均速度为3.75 m/sD．在4s﹣6s内，物体一直做匀减速直线运动8．如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则（）A．流经R1的电流方向向上B．流经R1的电流方向向下C．流经R2的电流方向向上D．流经R2的电流方向向下9．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P．下列说法中正确的是（）A．P点的电场强度大于O点的电场强度B．A点的电势低于C点的电势C．点电荷﹣q在O点与在C点所受的电场力相同D．点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能10．某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是（）A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨道的半径r=B．D形盒半径R=C．质子能够获得的最大动能为D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1：111．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为mm和mm．12．为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A．待测干电池（电动势E约为1.5V，内阻r不超过1.5Ω）B．电流表（量程0～2mA，内阻R G=10Ω）C．电流表（量程0～0.6A，内阻R A约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干（1）请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图1中的虚线框内补画出完整的电路原理图．（要求在电路图中标明所使用器材）（2）根据合理的设计电路测量数据，电流表的示数记为I2，电流表的示数记为I1，某同学测出了6组I1，I2的数据，并已描绘出如图2所示的I1和I2的关系图线．则：①I1，I2关系式为I1=．（用题中所给字母表示）②根据已描绘出的图线，可得出被测干电池的电动势为V，内阻为Ω．13．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小．（2）请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式．14．如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）（1）物块作平抛运动的初速度v0；（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E．15．下列说法正确的是（）A．当温度升髙时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D．液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性16．如图所示，用质量m=1kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1=0.50m，气体的温度t1=27℃，给汽缸缓慢加热至t2=207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能△U=300J．已知大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g=10m/s2，活塞横截面积S=5.0×10﹣4m2．求①初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2②此过程中缸内气体吸收的热Q．答案1.【考点】物理学史．【分析】在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫建立理想化模型的方法．电场强度采用的是比值定义法，所定义的电场强度与电场力及试探电荷的电量无关；“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法【解答】解：A、在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫建立理想化模型的方法．故A错误；B、电场强度采用的是比值定义法，所定义的电场强度与电场力及试探电荷的电量无关；故B错误；C、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是等效替代的方法，故C正确；D、将实验和逻辑推理和谐的结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略，故D错误；故选：C【点评】在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累．2.【考点】库仑定律．【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．【解答】解：距离改变之前：F=…①当电荷量都变为原来的2倍时：F1=k…②联立①②可得：F1=4F，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．3.【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．【专题】功率的计算专题．【分析】将小球运动视为平抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据P G=mgv y判定功率关系；根据△v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度【解答】解：A、球下落的高度相同，由h=可知下落的时间相等，因1比2水平通过的位移大，根据x=vt可知，第1次球过网时的速度大于第2次球过网时的速度，故AB错误；C、球在水平方向匀速，竖直方向自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由速度位移公式可得速度变化量相等，故C错误；D、重力的瞬时功率为P=mgv y，落地时竖直方向的速度相等，故D正确；故选：D【点评】此题考查平抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析4.【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】根据瞬时值表达式，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出副线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小【解答】解：A、根据瞬时值表达式知原线圈电压有效值U=100V，根据电压与匝数成正比知副线圈即电压表的示数为10V．故A错误；B、通过电阻的电流为I==1A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表A的读数为0.1A．故B错误；C、输出功率等于P==10W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10W，C正确；D、交流电的频率f==50Hz，故D错误；故选：C【点评】正弦变化规律的交流电的有效值与最大值为倍关系；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值．同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同5.【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】将第2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解2014个小球对第2015个小球的作用力大小【解答】解：2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，由于无摩擦力，只受重力、斜面支持力和第四个球的支持力；由平衡条件得知，第2014个球对第2015个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30°=1493mg．故选：A【点评】本题中物体很多，解题的关键是研究对象的选择，采用整体法，不考虑系统内物体间的内力，比较简单方便6.【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出谷神星的质量，结合谷神星的体积求出谷神星的平均速度．根据万有引力提供向心力求出线速度、周期与轨道半径的关系，从而判断大小变化．通过万有引力与向心力的大小关系判断其在P点加速还是减速．【解答】解：A、根据飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，通过万有引力提供向心力可以求出谷神星的质量，但是谷神星的半径未知，无法求出体积，则无法求出谷神星的密度，故A错误．B、根据得，T=，v=，轨道半径越大，线速度越小，周期越大，故B正确，C错误．D、飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及掌握变轨的原理．7.【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；平均速率等于路程除以时间．结合这些知识进行分析解答．【解答】解：A、0～5s，物体沿正向运动，5～6s沿负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为S=×5×（2+5）m=17.5m，故A错误；B、在0～6s内，物体经过的路程为S=×5m/s×2s+5m/s×2s+×5m/s×1s+×5m/s×1s=20m，故B正确．C、在0～4s内，物体经过的路程为S=×5m/s×2s+5m/s×2s=15m，所以平均速率为：=3.75m/s，故C正确；D、在4s﹣6s内，物体先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用及做功正负的判断，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，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别，属于基础题．8.【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．【解答】解：AB、根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在导线与R1回路中，电流为顺时针方向，即流过R的电流为向上，故A正确、B错误；CD、同理，流经R2的电流方向向上，故C正确、D错误．故选：AC【点评】本题考查右手定则的应用．注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向．9.【考点】电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强．等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式E p=qφ分析电势能的大小．【解答】解：A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A正确．B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷+q在O点和C点所受电场力相同．故C正确．D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式E p=qφ分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能．故D 错误．故选：AC【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系．10.【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】A、根据动能定理求出粒子第一次加速后进入磁场的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，列式求出质子在磁场中的轨道半径．B、设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v．根据动能定理、牛顿第二定律和周期和时间关系结合求解．C、带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关，进而确定最大动能的表达式；D、根据周期公式，结合质子与α粒子的电量与质量不同，即可求解．【解答】解：A、设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1由动能定理得qU=…①由牛顿第二定律有qv1B=m…②联立①②解得：r1=，故A正确；B、设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则2nqU=mv2…③qvB=m…④质子圆周运动的周期T=…⑤质子运动的总时间t=nT…⑥联立③④⑤⑥解得R=，故B正确；C、根据qvB=m，解得v=，带电粒子射出时的动能E K===．故C错误．D、根据圆周运动的周期T=，由于质子与α粒子的电量之比为1：2，而质子与α粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为1：2，那么频率之比2：1，故D错误；故选：AB．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关，同时掌握圆周运动的半径与周期公式应用．11.【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.5×0.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm，由于需要估读，最后的结果可以为5.665±0.002．故答案为：11.4 5.665±0.002【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12.【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）根据给出的仪表及实验原理可得出实验电路图；（2）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．【解答】解：（1）由题意可知，本实验中没有给出电压表，故应采用电流表G与定值电阻串联后充当电压表使用；故电路图如图所示．（2）①表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+R g）=E﹣I2r即：，②由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：1.48mA=，解得E=1.48V．由图象可知，图象的斜率为：0.8×10﹣3，由公式得图象的斜率等于，解得r=0.80Ω．故答案为：（1）如图所示，（2）①，②1.48，0.80．【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．13.【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；（2）天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得I（R+r）=U解得（2）解：（1）根据平衡条件：有：mg=2nBIL，得：B=．答：（1）电阻大小为（2）B的表达式为【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题14.【考点】功能关系．【分析】（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出物块的初速度；（2）物块从最高点开始做平抛运动，结合平抛运动的特点求出水平距离，由图可知，该距离即为传送带的长度；然后由功能关系即可求出物块开始时的高度；（3）分析判断物快在皮带的运动情况，求出物块在传送带上滑行的时间以及传送带的位移；最后利用能量守恒求多提供的能量．【解答】解：（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：代入数据得：v0=4m/s（2）物块离开最高点后做平抛运动，由：得运动的时间：s物块沿水平方向平抛的距离：L=v0t=4×0.4=1.6m由题可知，传送带的长度也是1.6m物块在整个运动的过程中，重力和传送带的摩擦力做功，由动能定理得：拉力以上公式，代入数据得：H=2m（3）物块到达传送带的左端的过程中重力做功，由机械能守恒得：得：m/s物块在传送带上的加速度：a=﹣物块经过传送带的时间t′，则：该时间内传送带运动的距离：L′=v1t′传送带克服摩擦力做的功：W=fL′=μmgL′根据能量转化的方向可知，电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E等于传送带克服物块的摩擦力做的功，即：E=W联立以上各式，代入数据得：E≈3J答：（1）物块作平抛运动的初速度是4m/s；（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度是2m；（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能是3J．【点评】该题结合平抛运动和机械能守恒考查传送带问题，判断物快在皮带上的运动情况是关键，灵活应用机械能、平抛运动和能量守恒定律是解题的核心．15.【考点】晶体和非晶体；布朗运动．【分析】温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大；液晶其光学性质具有各向异性的特点；布朗运动的现象是悬浮微粒的无规则运动．【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，当温度升髙时，分子的平均动能增大，并不是物体内每一个分子热运动的速率都增大．故A错误；B、液体表面层的密度比较小，分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力．故B正确；C、两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先减小后增大．故C正确；D、液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点．故D错误；E、显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动是，这反映了液体分子运动的无规则性．故E正确．故选：BCE【点评】本题考查了温度的微观意义、表面张力、分子力与分子势能、液晶的特性、以及布朗运动等，是选修中的选学内容，难度不大．在平时的学习过程中多加积累就可以做好这一类的题目．16.【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】气体做等压变化，根据理想气体状态方程求高度；在气体膨胀的过程中，气体对外做功，加热的过程中内能的变化可由热力学第一定律列方程求解得出【解答】解：①气体做等压变化，根据气态方程可得：解得h2=0.80m②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0=p△V=[1.2×105×（0.80﹣0.50）×5.0×10﹣4]J=18 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为△U=﹣W0+Q得Q=△U+W0=318 J答：①活塞距离汽缸底部的高度0.80m；。
2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】
2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】一、选择题（每小题4分，共44分．其中1-7为单选，8-11为多选，选对不选全2分，错选0分）1．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )A．B．C． D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解．【解答】解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=30°，则，A正确．故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．2．某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( )A．质点做匀加速直线运动B．﹣x图线斜率等于质点运动的加速度C．四边形AA′B′B面积可表示质点从B到B′过程的时间D．四边形BB′C′C面积可表示质点从B到B′过程的时间【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】结合公式x=vt分析图线与坐标轴围成面积的物理意义．【解答】解：A、由题中﹣x图象可知，与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故A错误；B、图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误；C、由于三角形OBC的面积s1=OC•BC=，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2=体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从B到B′所用的时间，四边形AA′B′B面积不表示时间，故C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查对运动速率的倒数与位移x的关系图象的理解，分析方法类似于v﹣t图象的方法，要会举一反三．3．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是( )A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．【解答】解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知a′＜a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度．4．如图所示，一宇宙飞船沿椭圆轨道Ⅰ绕地球运行，机械能为E，周期为T，通过远地点P 时，速度为v，加速度大小为a，当飞船运动到P时实施变轨，转到圆形轨道Ⅱ上运行，则飞船在轨道Ⅱ上运行时，下列说法不正确的是( )A．速度大于v B．加速度大于a C．周期大于T D．机械能大于E【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题．【解答】解：A、在P点，飞船要加速才能变轨到Ⅱ轨道，否则会做向心运动，故飞船在轨道Ⅱ上运行时速度大于v，故A正确；B、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，加速度大小为a；根据牛顿第二定律，在轨道Ⅱ上任意一点的万有引力均等于P点的万有引力，故飞船在轨道Ⅱ上运行时加速度大小一直为a，故B错误；C、根据开普勒第三定律，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半长轴，在轨道Ⅰ的周期为T，故在轨道Ⅱ的周期大于T，故C正确；D、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，要加速才能变轨到Ⅱ轨道，而在同一个轨道的机械能守恒，飞船在轨道Ⅰ上运行时机械能为E，故飞船在轨道Ⅱ上运行时机械能大于E，故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化．5．如图所示，闭合线圈abcd在有界的匀强磁场中，bc边与磁场边界重合，在线圈匀速离开磁场的过程中，闭合线圈的磁通量逐渐减小，线圈中就有感应电流通过．关于线圈中产生的感应电动势的说法以下正确的是( )A．与线圈移动的快慢无关B．与电场力有关C．与洛伦兹力有关D．与线圈不动，磁场均匀变化时，产生的电动势的原因相同【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．【分析】明确动生电动势产生的基本原理，并明确其大小E=BLv；注意明确动生和感生电动势基本原理的区别和联系．【解答】解：A、由E=BLV可知，感应电动势的大小与线圈运动的快慢有关；故A错误；B、感应电动势和电场力无关；故B错误；C、切割产生的电动势是由于导体中电荷受到洛仑兹力移动而形成的电势差；故C正确；D、线圈不动磁场变化时，是由于磁场变化而产生的电场；故与动生电动势的成因不相同；故D错误；故选：C．【点评】本题考查动生和感生电动势之间的区别与联系，要明确它们各自产生的原理，注意产生电动势的基本原因．6．如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻绝缘丝线不受拉力C．在0～t0时间内导体棒ab始终静止D．在0～t0时间内回路电流方向是abdca【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由乙图看出，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得出线圈中将产生感应电流，由楞次定律可判断感应电流的方向及ab、cd受到的安培力方向，则可分析丝线上的拉力．【解答】解：AD、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acbda，在t0时刻导体棒ab中不为零，故AD错误．B、在t0时刻B=0，根据安培力公式F=BIL知此时ab和cd都不受安培力，所以细线不受拉力，故B正确．C、在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故C错误．故选：B．【点评】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断，要注意B=0时安培力为0．7．两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子．设相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成电偶极子，如图所示．取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，p点距坐标原点O的距离为r（r＞＞l），p、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，p点的电势为φ，真空中静电力常量为k．下面给出φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解p点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，φ的合理表达式应为( )A．B．C．D．【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证．【解答】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见A，D错误，因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确．故选：C【点评】对于不会列式求解的问题，可用特殊位置分析法进行尝试分析．8．一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图所示．把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A．现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距．假定当地重力加速度g=10m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈( )A．在A处，则表示此时的加速度为零B．在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下C．在C处，则质量为50g的垫圈对弹簧的拉力为lND．在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】弹簧末端的垫圈在B处时，知弹簧的弹力等于重力，根据弹力的大小，运用牛顿第二定律和胡克定律得出加速度的大小和方向，从而判断出加速器的运动情况．分析时还要抓住简谐运动的对称性．【解答】解：A、B在B处时，弹簧末端的垫圈受力平衡，其合外力为零；在AB之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向始终指向B，可能向上减速也可能向下加速，当在A处时，垫圈只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D在BC之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向也始终指向B，可能向上加速也可能向下减速，当在C处时，有牛顿第二定律和C点与A点对称得，F﹣mg=mg，代入数据的弹簧对垫圈的拉力F为lN，故C正确，D错误．故选BC【点评】本题中垫圈做简谐运动，运用牛顿第二定律分析其运动情况时，要抓住对称性和加速度的特点：总是指向平衡位置进行分析．9．如图所示，在水平面上固定一个半圆形光滑的细管，在直径两端A、B分别放置一个正点电荷Q1、Q2，且Q2=8Q1．AB的距离为L，现将另一带正电的小球（可视为点电荷）从管内靠近A处由静止释放，设该点电荷沿细管运动到B过程中，以下说法正确的是( )A．小球的速度先增加后减小B．电势能最低的点与A点距LC．电势能最低的点与B点相距LD．对调Q1、Q2，电势能最低点的位置不变【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定量思想；极值法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】题目没有出现小球的质量，所以可以认为小球的重力不计，小球受到支持力和管子的支持力，在细管内运动，当受到的电场力的合力与细管垂直时，速度最大，结合库仑定律求出该点，然后依此解答即可．【解答】解：由电荷之间的相互作用的特点可知，正电荷受到A、B两处的正电荷的排斥力，当合力的方向沿半径的方向时，设该点为C点，BC与AB之间的夹角为θ，设小球的带电量为q则：AC=Lsinθ，BC=L•cosθ，AC⊥BC由库仑定律：；当受到的电场力的合力与细管垂直时，由几何关系可得：F1cosθ=F2sinθ联立以上方程，解得：A、由以上的分析可知，在C点与A点之间，A对小球的作用力沿细管的切线方向的分力比较大，所以小球做加速运动，而小球在C以下，B对小球的电场力沿切线方向的分力比较大，小球做减速运动．所以小球在AC之间做加速运动，过C点后做减速运动．故A正确；B、C、小球在C点的速度最大，则但最小．由于，则sinθ=，cosθ=，所以C点到A的距离为L，C点到B点的距离为L．故B错误，C正确．D、对调Q1、Q2，电势能最低点的位置仍然距离A比较近，位置将发生变化．故D错误．故选：AC【点评】本题属于电场的叠加的题目类型，解答的关键是正确找出小球的速度最大的点，然后再结合题目的要求解答．10．如图所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=3Ω．当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A．电阻R1、R2可能分别为3Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为2Ω、6ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于4Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】比较思想；赋值法；恒定电流专题．【分析】当K闭合时R2被短路，根据开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．【解答】解：AB、由题，开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有：（）2（R1+R2）=（）2R1将R1=3Ω、R2=5Ω代入方程不成立，而将R1=2Ω、R2=6Ω代入方程成立．故A错误，B正确．C、开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则总电流小于K闭合时的总电流，电源的内电压和R3的电压小于K闭合时的电压，则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数．故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣（R3+r）I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：=R3+r=4Ω．故D正确．故选：BD【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力，采用赋值法进行研究，对于D项也可以根据U﹣I图象理解．11．如图所示，固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，d为圆弧轨道的最高点，M，N是质量均为m的小球（可视为质点）用长2R的轻杆固定，靠在光滑的竖直墙面上，今将N球离a点高度为h处由静止释放，让其自由下落到a处切入轨道内运动，直到N球通d点，不计空气阻力，则( )A．只有h大于R，释放后小球N就能通过d点B．两个小球的速度一定会先增加后减小C．无论怎样增加h的大小，小球M通过b点时对轨道内侧压力不变D．无论怎样增加h的大小，小球N通过d点时对轨道内侧压力始终为0【考点】动能定理的应用；向心力．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】分析两系统的运动情况，明确杆的作用，根据动能定理可明确两球的速度变化；根据向心力公式可分析压力的大小变化．【解答】解：A、两球及杆组成的系统机械能守恒，由于两球用杆连在一起，则其速度大小始终相同；则只要MN能达到ac面上后，两物体将保持速度大小不再变化；故只要能保证MN到达ac面即可使N点到达d点，因此只要在a点上方释放，小球均能达到d点；故AB 错误；C、h不同，则两小球到达竖直高度时的速度不同，则M球通过b点时对轨道内侧的压力不同；故C错误；D、由于N通过d点时，系统竖直放置，故此时系统可以只受b点的作用点，而d点没有压力；故D正确；故选：D．【点评】本题考查动能定理的应用，要注意杆的作用使两球速度大小始终相同，根据机械能守恒定律即可分析两球的速度变化；同时注意向心力公式的正确应用．二、实验题（本大题共2小题，共15分）12．为了简单测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，按以下步骤进行：a．将一端固定在木板P上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上标记弹簧自由端位置O．将小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至A位置，如图1所示．b．将小木块从静止开始释放，小木块运动至B位置停止．c．将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置O与桌边缘对齐，如题6图2所示，固定木板P，使小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至C位置，使=，将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面D处，O'为O点在水平地面的竖直投影点．若已经测得OB 距离为L，OO'间竖直高度为h．小木块可看做质点，不计空气阻力．①为测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x．（用文字和字母表示）②写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=．（用测得的物理量的字母表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，=，根据动能定理和平抛运动的公式求解．【解答】解：该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，由于=，根据动能定理得：物块在O处的动能等于由O到B的过程中克服摩擦力所做的功，根据平抛运动的公式得：在O点的速度v==所以μmgL=mv2解得：μ=所以还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x，小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=故答案为：①O′与D点的距离x；②．【点评】解决该题关键要根据功能关系和平抛运动公式列出等式求解，从而来理解实验的原理．13．采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，某创新小组对常规设计方案进行了研讨，设计出了如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流G．（1）请你补充实验步骤；①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和G1，其中I1=（选填“＞”、“＜”或“=”）通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和G2．（2）根据测量值求出E=、r=．（3）该实验方案的优点是消除了系统误差．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法．本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解．【解答】解：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．（2）根据闭合回路欧姆定律得：E=I1r+U1 E=I2r+U2解得：E=U1+=r=（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真．故答案为：（1）=，②电流计G的示数为零，（2）；（3）系统【点评】电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用．三、计算题（本大题共4小题，共51分）14．已知O、A、B、C为同一直线上的四点，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点．通过AB所用的时间为t1，通过BC所用的时间为t2，已知AB段与BC段的位移相等．求由O到A所用的时间t．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】分别对AB和BC两段由平均速度公式可求得中间时刻的瞬时速度，再由速度公式可建立等式，联立即可求解．【解答】解：联立两式解得：t=．答：由O到A所用的时间t为．【点评】本题考查平均速度公式及速度公式的应用，要注意正确利用平均速度的结论建立方程．15．如图所示，质量为m=0.2kg的小球和A、B两根细绳相连，两绳固定在细杆的A、B两点，其中A绳长L A=2m，当两绳都拉直时，A、B两绳和细杆的夹角θ1=37°，θ2=53°，g=10m/s2．求（1）当细杆转动的角速度ω在什么范围内，A、B两绳始终张紧？（2）求当ω=3rad/s时，小球的机械能．（以细杆静止时，小球平衡的位置为零势能点）【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】（1）小球做圆周运动靠合力提供向心力，求出两个临界情况下的加速度，即根据牛顿第二定律求出B绳恰好拉直，但T B=0时，细杆的转动角速度，当A绳恰好拉直，但T A=0时，细杆的转动角速度，从而得出角速度的范围．（2）当ω=3rad/s时，分别求出动能和重力势能，再求机械能．【解答】解：（1）当B绳恰好拉直，T B=0时，细杆的转动角速度为ω1，则有：mgtan37°=mω2L A sin37°解得：ω1=2.5rad/s当A绳恰好拉直，T A=0时，细杆的转动角速度为ω2，有：mgtan53°=mω2L A sin37°解得：ω2=rad/s≈3.3rad/s要使两绳都拉紧2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s．（2）以细杆静止时小球平衡的位置为零势能点，则小球的重力势能为：E P=mg（L A﹣L A cos37°）=0.8J动能为：E k=（ωL A sin37°）2=J=1.296J故小球的机械能为：E=E P+E k=2.096J答：（1）当细杆转动的角速度ω在：2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s范围内，A、B两绳始终张紧．（2）当ω=3rad/s时，小球的机械能是2.096J．【点评】解决本题的关键得出绳子拉直时的两种临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，要明确小球做匀速圆周运动时由合力充当向心力．16．如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿+y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为﹣q的离子从y轴上的P点，以速度v0、沿+x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）．现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿+x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计．求：（1）求B的大小；（2）若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v=ky（y＞0，k为常数）、沿+x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，k应满足的条件．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】计算题；定量思想；图析法；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律求出磁感应强度；（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，作出离子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出离子的临界轨道半径，然后分析答题．【解答】解：（1）离子在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示：离子打在M点时竖直方向的分速度为v y，运动时间为t，tan60°=，v y=at=t，x=v0t，解得：x=，离子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径：R=OM=，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；（2）离子运动轨迹如图所示：设从纵坐标为y处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的轨道半径为r0，由几何知识可知：r0+=y，此离子进入磁场时的速度：v=ky，设离子的轨道半径为r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，为使离子能打到荧光屏上，应满足：r≥r0，而qv0B=ma，解得：k≥；答：（1）B的大小为；。
湖北省2016届高三上学期第二次月考物理试卷
第二次月考物理试题【湖北版】本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试用时90分钟。
第I卷(选择题，40分)一、单项选择题(本题共6道小题，每题4分;在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1.物体b在力F作用下将物体a向光滑竖起墙壁挤压，如右图所示，a, b处于静止状态，则( )A. a受到的摩擦力有二个B. a受到的摩擦力大小不随F变化C. a受到的摩擦力大小随F的增大而增大2.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ(如图)，弯道处的回弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于( )A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.火车所受合力等于mg tanθD.火车所受合力为零3.如图，a, b, c是在地球大气层外圆轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是( )A. b, c的线速度大小相等，且大于a的线速度B. b, c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度C. c加速可追上同一轨道上的b, b减速可等候同一轨道上的cD. a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大4.甲乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动时的v-t图象如图所示.下列判断不正确．．．的是( )A.甲做匀速直线运动.乙做变速直线运动B.两物体两次相遇的时刻是1s末和4s末C.乙在前2s内做匀加速直线运动.2s后做匀减速直线运动D.0-6s内甲.乙两物体的运动方向始终相同5.下列关于力和运动的关系的说法中，正确的是()A.没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B.物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C.物体所受合外力为零，则速度一定为零;物体所受合外力不为零，则速度也一定不为零D.物体所受的合外力最大时，速度却可以为零;物体所受的合外力最小时，速度却可以最大6.如图所示，斜面体M 的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上。
湖北省公安县第三中学2016届高三10月月考理科综合试卷 Word版含答案.pdf
公安三中高三年级10月考试 理科综合试题 本试卷分第I卷(选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分300分，考试时间150分钟。
原子质量(原子量)：H -1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Br-80 —、选择题：本共13小，每小6分。
在每小题给出的四个选中，只有一是符合目要求的。
某研究人员对玉米组织、小白鼠组织、T2噬菌体、乳酸菌、酵母菌等样品进行化学成分分析．以 下分析结果不正确的是（ ） A．含有水、DNA、RNA、糖原、蛋白质等成分的样品是小白鼠组织 B．只含有蛋白质和DNA成分的样品是T2噬菌体 C．含有水、DNA、RNA、蛋白质、纤维素等成分的样品是玉米组织、乳酸菌和小白鼠组织 D．既有DNA，又有RNA的是玉米组织、小白鼠组织、乳酸菌和酵母菌 下列有关细胞结构和功能的叙述，正确的是（ ） A．在胰岛B细胞中，囊泡都是由高尔基体形成的 B．细胞间的信息交流大多与细胞膜的结构和功能有关 C．硅肺病是由溶酶体内不能合成分解硅尘的酶所导致的 D．在叶肉细胞中，C02和02的生成都能够在生物膜上发生 浸泡在一定浓度硝酸钾溶液中的洋葱鳞片叶表皮细胞，发生质壁分离后又出现质壁分离复原，与此过程密切相关的细胞器有?( ) A．液泡B．线粒体 C．核糖体D．以上全是 将萤火虫腹部末端的发光器切下，干燥后研成粉末（无光）。
然后完成如下实验：第一步：向试管A中加入粉末和蒸馏水，A中出现淡黄色荧光，2 min后荧光消失。
第二步：向试管A中滴加葡萄糖溶液，荧光不能恢复。
第三步：向试管A中滴加ATP溶液，荧光恢复.分析上述实验现象，下列相关叙述正确的是（） A．“2 min后荧光消失”，说明细胞内含有大量的ATP B．“A中出现淡黄色荧光”，说明ATP水解时2个高能磷酸键中的化学能转换成了光能 C．“滴加葡萄糖溶液，荧光不能恢复”，说明葡萄糖中的能量不能被细胞直接利用 D．实验结果不能说明细胞内的直接能量物质是ATP而不是葡萄糖 5.图中，甲表示的是植物的淀粉酶与人的淀粉酶的活性受pH影响的情况，乙表示的是3种脱氢酶(A、B、C)的活性受温度影响的情况，下面的说法中正确的是 A．pH＝6时，植物淀粉酶的活性最高 B．若细胞质由中性变成酸性，人的淀粉酶的活性逐渐升高 C．乙图中，活性温度的范围最广的酶是B D．乙图中无法知道C酶的最适温度 6. 将一植物放在密闭的玻璃罩内，置于室外进行培养，假定玻璃罩内植物的生理状态与自然环境中相同。
湖北省公安县第三中学2021届高三物理8月月考试题
湖北省荆州市公安县第三中学2021届高三物理8月月考试题一、单选题（每小题3分，共24分）1.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜而的。
点由静止释放后沿斜而向下运动，并沿右侧斜而上升.斜而上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜而上升到的最髙位置依次为1,2. 3,根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A.如果斜面光滑，小球将上升到与。
点等髙的位置B.如果小球不受力.它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2.竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设运动过程中子弾受到阻力与速率成正比，则在整个过程中，加速度和速度的大小变化可能是A.加速度始终变小，速度先变小后变大B.加速度始终变大.速度先变小后变大C.加速度先变小后变大，速度先变小后变大D.加速度先变大后变小，速度先变小后变大3.如图甲所示，X0为弹性良好的橡皮筋（弹力与伸长成正比），8。
为可绕厅点自由转动的轻质细杆，A. 8两点的髙度差为爪当。
点不挂重物时，図杆水平，橡皮筋恰好处于原长且与细杆的夹角。
=30。
：在。
点挂上质量为山的重物，橡皮筋长度变为1（如图乙所示）,则可知橡皮筋的劲度系数为（）4.如图，倾角为＜1=30。
的斜面固定在水平地而上，斜而上有两个质是分别为幼和2m的小球頫B,它们用劲度系数为A的轻质弹簧连接.弾簧轴线与斜面平行。
现对A施加一水平向右、大小为户的恒力，使A. B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为厶则卜•列说法正确的是（）A.弹簧的原长为匕-哗2k5.如图所示，一导热良好的足够长气缸水平放置在光滑水平桌面上，桌而足够高，气缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体。
一足够长轻绳跨过定滑轮，一端连接在活塞上，另一端挂一钩码，滑轮与活塞间的轻绳与桌面平行，不il 一切摩擦。
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二、选择题：本题包括8小题。
每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，14~18题只有一个选项正确。
19、20、21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不答的得0分。
14．下列情况中的速度，属于平均速度的是 （ ）
A ．百米赛跑的运动员冲过终点线时的速度为9.5m ／s
B ．由于堵车，汽车在通过隧道过程中的速度仅为1．2m ／s
C ．返回地球的太空舱落到太平洋水面时的速度为8m ／s
D ．子弹射到墙上时的速度为800m ／s
15．地面上静止的货物被竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的v －t 图
象如图所示．下列说法正确的是（ ）
A ．3 s 末货物运动至最高点
B ．0~3 s 内与5~7 s 内的加速度大小相等
C ．0~3 s 内的位移比5~7 s 内的位移大
D ．前3 s 内与最后2 s 内的平均速度不相同
16．如图所示，甲、乙两物体分别从A 、C 两地由静止出发做加速运动，B 为AC 中点，两物体在AB 段的加速度大小均为a 1，在BC 段的加速度大小均为a 2，且a 1＜a 2。
若甲由A 到C 所用时间为t 甲，乙由C 到A 所用时间t 乙，则t 甲与t 乙
）
A ．
t 甲=t 乙 B ．t 甲＞t 乙
C ．t 甲＜t 乙
D ．无法确定 17．一气球以10 m/s 的速度匀速上升，在气球的正下方距气球4 m 处，有一石子以20 m/s 的初速度竖直上抛，则下列说法不正确的是
A. 石子一定能击中气球
B. 石子一定不能击中气球
C..若气球速度变小时，一定还能击中气球
D. 若气球速度为18 m/s ，一定不能击中气球
18．如图所示，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平力F 拉物体乙，它们仍
保持静止状态，甲、乙间接触面也是水平的，乙物体受力的个数为（ ）
A ．3个
B ．4个
C ．5个
D ．6个
19．如图，半径为R 的光滑半球放在水平地面上，用长度为l 的细绳系一
小球，小球质量为m ，将小球搁在球面上，在水平推力作用下，半球沿水
平面向左缓慢运动，小球在同一竖直面内逐渐上升至半球体的顶点，在此
过程中，小球对半球体的压力N 和对细绳的拉力T 的变化情况是
（ ）
A. N 变大
B. N 变小
C.T 变小
D.T 不变
20．如图所示，用三根轻绳将质量均为m 的A 、B 两小球以及水平天花板上的固定点Ｏ之间两两连接。
然后用一水平方向的力Ｆ作用于Ａ球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB 绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态。
三根轻绳的长度之比为OA ：AB ：
OB=3：4：5，则下列说法正确的是（ ）
A B C
A 、O
B 绳中的拉力小于mg B 、OA 绳中的拉力大小为
mg 35 C 、拉力F 大小为
mg 54 D 、拉力F 大小为mg 3
4 21．一物体以一定的初速度在水平地面上因地面摩擦力作用匀减速运动. 若已知物体第1秒内位移为8米,第3秒内位移为0.5米.下列说法正确的是( )
A.物体的加速度为3.75 m/s 2
B.物体的加速度为4 m/s 2
C. 物体的初速度为10m/s
D.第2.5秒末速度一定为0.5m/s
第I I 卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
第22题-第32题为必考题，每个试题考生都
必须做答。
第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题（11题,共129分）
22．（8分）如图7所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，其中s 1＝7.05 cm 、s 2＝7.68 cm 、s 3＝8.33 cm 、s 4＝8.95 cm 、s 5＝9.61 cm 、s 6＝10.26 cm ，则：
图7
(1)A 点处瞬时速度的大小是 m/s(计算结果保留两位有效数字)．
(2)小车运动的加速度计算表达式为 ，加速度的大小是________m/s 2(计算结果保留两位有效数字)．
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f ＝51 Hz ，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
23．（1）（6分）在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 的阻值约为200
Ω，电压表V 的内阻约为2 kΩ，电流表A 的内阻约为10 Ω，测量电路中
电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x ＝U I
计算得出，式中U 与I 分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的
电阻值分别记为R x1和R x2，则______更接近待测电阻的真实值(选填
“R x1”或“R x2”)，且测量值R x1________真实值(选填“大于”“等于”
或“小于”)， 测量值R x2______真实值(选填“大于”“等于”或“小
于”)．
（2）（3分）某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z 做实验，测量元件Z 中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．他们应选用下图所示的哪个电路原理图进行实验？答：
24．物体由底端D以4m/s的速度滑上光滑的斜面，途经A、B两点，
在A点时的速度是B点时的2倍，由B点再经过0.5s滑到斜面的顶点
C，速度变为零，如图所示。
A、B相距0.75m，试求斜面长度及物体
由底端D滑到B时所用的时间？
25．汽车甲和汽车乙从同一地点先后开出在平直公路上行驶．甲先开出，
乙后开出．汽车甲从静止出发先做加速度为a1＝2 m/s2的匀加速直线运动，达到速度v＝20 m/s
后改为匀速直线运动．汽车乙从静止出发先做加速度为a2＝2.5 m/s2的匀加速直线运动，达到同一速度v后也改为匀速直线运动．欲使甲、乙汽车匀速行驶时彼此相距s＝200 m保持不变．则
甲、乙汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小)
33、【物理—选修3-3】(15分)。
略
34、【物理—选修3-4】(15分)。
略
35、【物理—选修3-5】(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．电流强度是基本物理量，其单位安培是国际单位制的基本单位
B．若使放射性物质的温度升高，压强增大，其半衰期一定不变。
C．在某些磁场中，洛仑兹力可以对运动电荷做功
D．电场、磁场、都是客观存在的物质，而电场线、磁感线都不客观存在。
E．质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中被加速，从而获得较高的能量
（2）（9分）如下图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝m C＝2m，
m B＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求绳断前弹簧的弹性势能及B与C碰撞前B的速度．。