广东省揭阳市普宁二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷
广东省揭阳市普宁二中高三物理上学期第一次模拟试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
广东省揭阳市普宁二中2015届高考物理一模试卷一、单项选择题：此题包括4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验〞，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进展了合理的外推，由此得出的结论是( ) A．力不是维持物体运动的原因B．力是使物体产生加速度的原因C．自由落体运动是一种匀变速直线运动D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性2．如下列图，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，如下关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的答案是( )A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论物体A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均一样3．阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如下列图．如此如下说法中正确的答案是( )A．线圈两端电压的平均值为10VB．电压表连接在线圈两端时，其示数为20VC．在0.01s时，线圈平面与磁场垂直D．当接外电路时，线圈内的电流方向1s内改变50次4．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，假设将q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做的功相等，如此如下说法正确的答案是( )A．A点电势高于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能二、双项选择题：本大题共5小题，每一小题6分，共30分．在每一小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．如下列图两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面．现将质量一样的两个小球〔小球半径远小于碗的半径〕，分别从两个碗的边缘由静止释放〔忽略空气阻力〕，如此( )A．小球在碗中做匀速圆周运动B．过最低点时，两小球都处于超重状态C．过最低点时，两小球的角速度大小相等D．过最低点时，两小球的机械能相等6．竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如下列图．如此迅速放手后( )A．小球开始向下做匀加速运动B．弹簧恢复原长时小球速度达到最大C．弹簧恢复原长时小球加速度等于gD．小球运动过程中最大加速度大于g7．由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么( )A．卫星受到的万有引力增大，线速度减小B．卫星的向心加速度增大，周期减小C．卫星的动能、重力势能和机械能都减小D．卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小8．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，如此回路中( )A．电流方向为顺时针方向B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变 D．产生的感应电动势越来越大9．如图，金属杆ab的质量为m、通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨间的距离为L，结果ab静止且紧压于水平导轨上．假设磁场方向与导轨平面成θ角，金属杆ab与水平导轨间的摩擦系数为μ，如此以下说法正确的答案是( )A．金属杆ab所受的安培力大小为BILsinθB．金属杆ab所受的安培力大小为BILC．金属杆ab所受的摩擦力大小为BILsinθD．金属杆ab所受的摩擦力大小为μmg三、非选择题10．小谢所在的实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示．图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8．①打点计时器使用的交流电频率为f，如此打下B点时小车的速度V B=__________，小车下滑的加速度算式为a=__________〔用题中所给的符号表示〕．②当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有__________ 〔要用文字与符号表示〕．③用加速度a与其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=__________．11．某实验小组要准确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，该灯正常工作时电阻大约100Ω，电学符号与小灯泡电学符号一样．现有的器材规格如下：A．待测LED灯R xB．直流毫安表A1〔量程0﹣10mA，内阻约为100Ω〕C．直流毫安表A2〔量程0﹣40mA，内阻约为40Ω〕D．直流电压表V1〔量程0﹣3V，内阻约为5kΩ〕E．直流电压表V2〔量程0﹣15V，内阻约为15kΩ〕F．直流电源〔输出电压4.5V，内阻很小〕G．滑动变阻器R1〔阻值范围0﹣50Ω，允许最大电流1A〕H．滑动变阻器R2〔阻值范围0﹣10kΩ，允许最大电流1A〕I．开关一个、导线假设干．①为了尽可能准确测定LED灯正常工作时的电阻，所选电流表为__________〔填“A1〞或“A2〞〕，所选电压表为__________〔填“V1〞或“V2〞〕；滑动变阻器应选__________〔填“R1〞或“R2〞〕②请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为__________V．12．〔18分〕如下列图，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小一样，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：〔1〕粒子带电的电性和粒子在磁场中的运动周期T；〔2〕粒子的比荷；〔3〕粒子在磁场中运动的最长时间．13．〔18分〕如图，“蜗牛状〞轨道OAB竖直固定，其最低点与平板车左端平滑对接，平板车静止在光滑水平面上．其中，“蜗牛状〞轨道由内壁光滑的两个半圆轨道OA、AB平滑连接而成，轨道OA的半径R=0.6m，其下端O刚好是轨道AB的圆心．将一质量为m=0.5kg的小球从O点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA后，可沿OAB轨道运动滑上平板车．取g=10m/s2．〔1〕假设因受机械强度的限制，“蜗牛状〞轨道AB段各处能承受最大挤压力为F m=65N，如此在保证轨道不受损情况下，该轨道最低点B处速度传感器显示速度范围如何？〔2〕设平板车质量为M=2kg，平板车长度为L=2m，小球与平板车上外表动摩擦因数μ=0.5．现换用不同质量m的小球，以初速度v0=m/s从O点射入轨道，试讨论小球质量在不同取值范围内，系统因摩擦而相应产生的热量Q．广东省揭阳市普宁二中2015届高考物理一模试卷一、单项选择题：此题包括4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验〞，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进展了合理的外推，由此得出的结论是( ) A．力不是维持物体运动的原因B．力是使物体产生加速度的原因C．自由落体运动是一种匀变速直线运动D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性考点：牛顿第一定律；惯性．分析：结论是由实验推导出来的，所以结论必须与实验相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关．解答：解：铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动．应当选C．点评：该题属于实验推论题，要求同学们正确理解科学家的根本观点和佐证实验，该题难度不大，属于根底题．2．如下列图，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，如下关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的答案是( )A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论物体A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均一样考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况．解答：解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsinθ=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均一样，故D正确．应当选：D点评：考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态．3．阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如下列图．如此如下说法中正确的答案是( )A．线圈两端电压的平均值为10VB．电压表连接在线圈两端时，其示数为20VC．在0.01s时，线圈平面与磁场垂直D．当接外电路时，线圈内的电流方向1s内改变50次考点：交流发电机与其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度、有效值；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大．解答：解：A、线圈两端电压的平均值为为一段时间内的数值，在时间不知道的情况下不可以求解，故A错误；B、电表示数为有效值，电压有效值为=10V，故B错误；C、t=0.01s时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，C正确；D、A、由图象知周期T=0.02s，一个周期电流方向变化两次呢，故1内变化100次，故D错误；应当选：C．点评：此题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，注意电表读数为有效值．4．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，假设将q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做的功相等，如此如下说法正确的答案是( )A．A点电势高于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能考点：电势；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做功，说明Q 带负电，即可判断A、B电势上下；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．解答：解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做功，如此知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，如此A点电势小于B点电势．故A错误．B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C正确．D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力抑制电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，如此q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故D错误．应当选：C点评：此题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路．二、双项选择题：本大题共5小题，每一小题6分，共30分．在每一小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．如下列图两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面．现将质量一样的两个小球〔小球半径远小于碗的半径〕，分别从两个碗的边缘由静止释放〔忽略空气阻力〕，如此( )A．小球在碗中做匀速圆周运动B．过最低点时，两小球都处于超重状态C．过最低点时，两小球的角速度大小相等D．过最低点时，两小球的机械能相等考点：功能关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球在运动中机械能守恒，选取一样的零势能面可得出两小球具有一样的机械能；由机械能守恒定律可得出小球在碗底的速度，由向心力公式可得出压力的关系．解答：解：A、根据机械能守恒定律可知，小球下降的过程中速度增大，故A错误；B、由向心力公式可得：F﹣mg=m=2mg，解得：F=3mg，故压力大于重力，两小球都处于超重状态．故B正确；C、小球在下落中机械能守恒，如此有：mgr=，，，因两小球下降的高度不同，故两小球到达底部的角速度不同，故C错误；D、小球开始时高度一样且初速度为零，故两小球的机械能一样，故D正确；应当选：BD．点评：对于比拟两种情况类的题目，要注意找出两者间的一样点与不同点，选择适宜的规律求解．6．竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如下列图．如此迅速放手后( )A．小球开始向下做匀加速运动B．弹簧恢复原长时小球速度达到最大C．弹簧恢复原长时小球加速度等于gD．小球运动过程中最大加速度大于g考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：弹簧原来处于压缩状态，小球受到重力、弹簧向下的弹力和手的支持力，迅速放手后，分析小球的受力情况分析其运动情况，其中弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比，根据牛顿第二定律研究小球的加速度．解答：解：A、迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动．故A错误．B、当小球的重力与弹力大小相等，方向相反时，速度最大，故B错误C、弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g．故C正确．D、刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g．故D正确．应当选：CD点评：此题关键是分析小球的受力情况，来判断其运动情况，利用简谐运动的对称性研究小球到达最低点时的加速度．7．由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么( )A．卫星受到的万有引力增大，线速度减小B．卫星的向心加速度增大，周期减小C．卫星的动能、重力势能和机械能都减小D．卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．专题：人造卫星问题．分析：从万有引力提供圆周运动向心力处理轨道半径变化引起的描述圆周运动物理量的变化，从能量角度分析卫星能量的变化．解答：解：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力：=ma知：A、万有引力与距离的二次方成反比，半径减小如此万有引力增大，线速度v=知，半径减小，线速度增大，故A错误；B、，知r减小a增大，T=，r减小T减小，故B正确；C、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，故C错误；D、卫星运行的线速度v=知半径减小，线速度v增大，故动能增大，卫星轨道高度降低如此其重力势能减小，在轨道减小的过程中由于阻力的存在，卫星要抑制阻力做功功，机械能减小，故D正确．应当选：BD点评：万有引力提供圆周运动向心力并由此分析描述圆周运动物理量与半径间的关系，知道卫星轨道半径减小是由于抑制稀薄空气阻力做功引起的．8．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，如此回路中( )A．电流方向为顺时针方向B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变 D．产生的感应电动势越来越大考点：法拉第电磁感应定律；影响感应电动势大小的因素；楞次定律．专题：计算题．分析：由B﹣t图象可知磁感应强度的变化情况，如此由磁通量的定义可知磁通量的变化率；再由楞次定律可判断电流方向；由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势．解答：解：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，如此由∅=BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，E==S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故BD均错；应当选AC．点评：此题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，二者分别判断感应电流的方向和大小，应熟练掌握．9．如图，金属杆ab的质量为m、通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨间的距离为L，结果ab静止且紧压于水平导轨上．假设磁场方向与导轨平面成θ角，金属杆ab与水平导轨间的摩擦系数为μ，如此以下说法正确的答案是( )A．金属杆ab所受的安培力大小为BILsinθB．金属杆ab所受的安培力大小为BILC．金属杆ab所受的摩擦力大小为BILsinθD．金属杆ab所受的摩擦力大小为μmg考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用．分析：金属杆ab受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小F A=BIL，根据平衡条件列方程求解．解答：解：作出金属杆受力的主视图，如图．根据平衡条件得F f=BILsinθF N=mg﹣BILcosθ电流和磁场垂直，故F A=BIL应当选：BC点评：此题考查应用平衡条件解决磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算．此题要注意导体与磁场垂直三、非选择题10．小谢所在的实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示．图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8．①打点计时器使用的交流电频率为f，如此打下B点时小车的速度V B=，小车下滑的加速度算式为a=〔用题中所给的符号表示〕．②当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有小车质量m、斜面上任意两点间距离l与这两点的高度差h 〔要用文字与符号表示〕．③用加速度a与其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：①匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据△x=aT2列式求解加速度；②③根据牛顿第二定律列式求解阻力，确定待测量．解答：解：①匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：V B==根据公式△x=aT2，有：其中：T=解得：a=②③根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣F阻=ma解得：F阻=mgsinθ﹣ma=故还需要测量小车质量m、斜面上任意两点间距离l与这两点的高度差h；故答案为：①，；②小车质量m、斜面上任意两点间距离l与这两点的高度差h；③．点评：此题关键是明确小车的受力情况和运动性质，然后结合运动学公式和牛顿第二定律定律列式求解．11．某实验小组要准确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，该灯正常工作时电阻大约100Ω，电学符号与小灯泡电学符号一样．现有的器材规格如下：A．待测LED灯R xB．直流毫安表A1〔量程0﹣10mA，内阻约为100Ω〕C．直流毫安表A2〔量程0﹣40mA，内阻约为40Ω〕D．直流电压表V1〔量程0﹣3V，内阻约为5kΩ〕E．直流电压表V2〔量程0﹣15V，内阻约为15kΩ〕F．直流电源〔输出电压4.5V，内阻很小〕G．滑动变阻器R1〔阻值范围0﹣50Ω，允许最大电流1A〕H．滑动变阻器R2〔阻值范围0﹣10kΩ，允许最大电流1A〕I．开关一个、导线假设干．①为了尽可能准确测定LED灯正常工作时的电阻，所选电流表为〔填“A1〞或“A2〞〕，所选电压表为〔填“V1〞或“V2〞〕；滑动变阻器应选〔填“R1〞或“R2〞〕②请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；③闭合开关S后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为2.70V．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：此题①根据通过LED灯的最大电流来选择电流表量程，根据额定电压大小来选择电压表的量程，根据变阻器采用的分压式接法来选择变阻器大小；题②连线时先连好分压电路在依次连接即可；题③根据电表每小格的读数来确定估读方法，假设出现“1〞如此应进展“〞估读，出现“2〞如此应进展“〞估读，出现“5〞如此应进展“〞估读．解答：解：①由欧姆定律可求出通过LED灯的最大电流为，所以电流表应选择；根据LED灯的额定电压可知电压表应选择；由于变阻器采用分压式接法时，变阻器阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；②是连线图如下列图：③由于电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=2.70V〔2.69、2.71均可以〕；故答案为：①，，；②如图；③2.70点评：应明确：①应根据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；②当变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③根据电表每小格的读数大小来选择估读方法：假设出现“1〞如此进展“〞估读，出现“2〞如此进展“〞估读，出现“5〞如此进展“〞估读．12．〔18分〕如下列图，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小一样，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：〔1〕粒子带电的电性和粒子在磁场中的运动周期T；〔2〕粒子的比荷；。
全国高三物理第二次大联考卷(广东版,含解析)
2015年第二次大联考【广东卷】理科综合·物理试题题号一二总分得分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分108分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一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；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答．．。
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无效第I卷（选择题共54分）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题6分，共24分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
多选、错选均不得分。
13.下列说法正确的是A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能可能不变C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体【答案】D【命题立意】分子动理论，内能，晶体。
【解析】由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B错误；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各项同性的，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样,所以会成为一个标准的球形，D正确。
14.如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。
A球、C球与B 球分别用两根轻质细线连接。
当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30°，则A球和C球的质量之比为（）A ．1:2 B． 2 :1 C ．1:3 D．3:1【答案】C【命题立意】T /K V /LO AB C【解析】B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B 球所在位置两线的夹角为90°，以B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，C 正确。
广东省高三物理上学期第二次联考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2015-2016学年广东省高三〔上〕第二次联考物理试卷一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，如下可作为其单位的是〔〕A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m/s42．2015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如下列图，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，如下说法正确的答案是〔〕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3．如下列图，现有四条完全一样的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，如此这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度〔〕A．方向由O垂直指向ad B．方向由O指向aC．方向由O指向c D．大小为零4．如下列图，5000个大小一样、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°，重力加速度为g，如此笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为〔〕A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg5．如下列图的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统〔报警器未画出〕，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，如此当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时〔不考虑仪器的损坏〕〔〕A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小 D．变压器的输出功率减小6．如下列图，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，如此〔〕A．卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的速度大小一定相等D．卫星2向后喷气加速能追上卫星17．如下列图，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．如下说法中正确的答案是〔〕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点所受的电场力一样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8．一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．力F在第1s内做的功为2JB．力F在第1s内做的功为4JC．滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND．力F在第2s内做的功的功率为3W二、解答题〔共4小题，总分为47分〕9．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm．10．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻R x〔电阻值为15Ω左右〕，并尽可能提高电阻R x的测量精度，利用如下器材测量线圈的电阻R x，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1〔量程为0～3A，内阻约5Ω〕；电流表A2〔量程为0～30mA，内阻约10Ω〕；滑动变阻器R1〔最大阻值1kΩ〕滑动变阻器R2〔最大阻值100Ω〕定值电阻R0=65Ω电源〔电动势为4V，内阻约1Ω〕，开关与导线假设干．〔1〕实验时应选择的电流表是，滑动变阻器是．〔填写符号〕〔2〕多用表选择“直流电压2.5V〞挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．〔3〕图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，如此由图象可得电阻R x的阻值为．11．如下列图，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角θ=30°的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且．如此：〔1〕如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？〔2〕假设在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为〔1〕中所求的最大值时，其加速度为多大？12．如下列图，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如下列图，将甲、乙两阻值一样，质量均为m的一样金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．〔1〕求甲、乙的电阻R为多少？〔2〕以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．三、[物理-选修3-3模块]13．如下说法正确的答案是〔〕A．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C．液体外表层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少E．第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14．如下列图，结构一样的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸的横截面积之比S A：S B=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求：〔i〕停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；〔ii〕稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．四、[物理-选修3-4模块]15．如下说法正确的答案是〔〕A．只有横波才能产生干预和衍射现象B．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C．泊松亮斑支持了光的波动说D．由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E．用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干预条纹间距就越大16．一列简谐横波沿+x轴方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，如此：①该波的传播速度是多大？②从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为多少？③经过多长时间质点Q第二次到达波谷？五、[物理-模块3-5模块]17．某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率．氢原子辐射光子后能量〔选填“增大〞、“不变〞或“减小〞〕．现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，如此逸出光电子的最大初动能是〔氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4〕．18．如下列图，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2、A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止．求：①人跳离A车后，A车的速度大小和方向．②人跳上B车后，B车的速度大小和方向．2015-2016学年广东省高三〔上〕第二次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共8小题，每一小题6分，总分为48分〕1．加速度的变化率指的是加速度的改变量与发生这一改变所用时间的比值，如下可作为其单位的是〔〕A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m/s4【考点】加速度．【分析】根据加速度变化率的定义，列出定义式，结合式中各个量的单位推导出其单位．【解答】解：据题得：加速度的变化率定义式为，△a的单位为m/s2，△t的单位为s，所以的单位为m/s3，故C正确．应当选：C．【点评】加速度变化率的单位是导出单位，根据公式中各个量的单位进展推导，难度不大，属于根底题．2．2015年5月3日晚，第53届苏州世乒赛马龙首次夺得男单冠军，如下列图，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，如下说法正确的答案是〔〕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【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、球下落的高度一样，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；应当选：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3．如下列图，现有四条完全一样的垂直于纸面放置的长直导线，分别位于一正方形abcd的四个顶点上，其中直导线a、b、c分别通有方向垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流，直导线d通有方向垂直于纸面向外、大小和其他导线相等的恒定电流，如此这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度〔〕A．方向由O垂直指向ad B．方向由O指向aC．方向由O指向c D．大小为零【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题．【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定如此确定出方向，再利用矢量合成法如此求得B的合矢量的大小和方向．【解答】解：假设直导线d通有方向垂直于纸面向里，如此根据矢量的合成法如此，可知，四棒在O点产生的磁场为零，而如今，直导线d通有方向垂直于纸面向外，且I a=I b=I c=I d的恒定电流，它们在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小不为零，根据安培定如此，结合矢量的合成法如此可知，这四条导线的电流在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度方向：O指向C，故C正确，ABD错误；应当选：C．【点评】考查学生判断直线电流产生磁场的方向与磁感应强度矢量合成的能力，注意右手螺旋定如此与右手定如此的区别．4．如下列图，5000个大小一样、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°，重力加速度为g，如此笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为〔〕A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg【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．应当选：A【点评】此题中物体很多，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，比拟简单方便5．如下列图的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈解火灾报警系统〔报警器未画出〕，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，如此当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时〔不考虑仪器的损坏〕〔〕A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小 D．变压器的输出功率减小【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】明确变压器原理，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，电流之比等于线圈匝数的反比；同时注意根据闭合电路欧姆定律的动态分析方法分析此类问题即可．【解答】解：A、根据变压器原理可知，变压器输出电压由输入电压和线圈匝数决定，因匝数不变；故输出电压不变，电压表示数不变；因热敏电阻阻值减小，如此总电流增大，如此输入电流增大；故A错误，B正确；C、因输出电流增大，如此由P=I2R可知，R0的功率变大；故C错误；D、因输出电压不变，输出电流增大，如此由P=UI可知，变压器的输出功率增大；故D错误；应当选：B．【点评】此题考查交流电变压器中的动态分析，要注意分析方法与直流是路中闭合电路欧姆定律的动态分析类似；但要注意应用变压器的根本规律的应用．6．如下列图，处于同一轨道的人造地球卫星1、2，它们均绕地球做匀速圆周运动，其中卫星1在前，如此〔〕A．卫星1的加速度a1大于卫星2的加速度a2B．卫星1和卫星2的周期一定相等C．卫星1和卫星2的速度大小一定相等D．卫星2向后喷气加速能追上卫星1【考点】万有引力定律与其应用．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力得出加速度、周期、线速度与轨道半径的关系，从而比拟大小．当卫星2加速后，万有引力不够提供向心力，会离开原轨道做离心运动．【解答】解：A、根据得，a=，v=，T=，因为人造地球卫星1、2的轨道半径相等，如此加速度大小相等，周期相等，线速度大小相等，故A错误，B、C正确．D、卫星2向后喷气加速后，由于万有引力小于向心力，会做离心运动，离开原轨道，不能追上卫星1，故D错误．应当选：BC．【点评】解决此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，知道线速度、加速度、周期与轨道半径的关系．7．如下列图，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．如下说法中正确的答案是〔〕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点所受的电场力一样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【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上下，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两点的电场强度一样，如此点电荷+q在O点和C点所受电场力一样．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．应当选：AC【点评】此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．8．一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．力F在第1s内做的功为2JB．力F在第1s内做的功为4JC．滑块与水平面间的摩擦力大小为2ND．力F在第2s内做的功的功率为3W【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】由乙图可知，在v﹣t图象中与时间轴所围面积即为位移，据此求出第1s内的位移，根据W=Fx求得拉力做功；物块在第2秒内做匀速直线运动，求出摩擦力；由P=Fv求出功率．【解答】解：A、由图乙可知，物块在第1秒内的位移：m力F在第1s内做的功为：W1=F1x1=4×0.5=2J．故A正确，B错误；C、由图乙可知，物块在第2秒内做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力大小相等，可知，滑块与地面之间的摩擦力是3N．故C错误；D、力F在第2s内做的功的功率为：P=F2•v m=3×1=3W．故D正确．应当选：AD【点评】此题主要考查了对图象的理解，在v﹣t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体的位移，根据W=Fx求得恒力做功．二、解答题〔共4小题，总分为47分〕9．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为11.4 mm和 5.665±0.002 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】解决此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】对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进展有关测量．10．为测量某一玩具电动机中线圈的电阻R x〔电阻值为15Ω左右〕，并尽可能提高电阻R x的测量精度，利用如下器材测量线圈的电阻R x，实验时电动机不转动，实验电路图如图甲所示：电流表A1〔量程为0～3A，内阻约5Ω〕；电流表A2〔量程为0～30mA，内阻约10Ω〕；滑动变阻器R1〔最大阻值1kΩ〕滑动变阻器R2〔最大阻值100Ω〕定值电阻R0=65Ω电源〔电动势为4V，内阻约1Ω〕，开关与导线假设干．〔1〕实验时应选择的电流表是A2，滑动变阻器是R2．〔填写符号〕〔2〕多用表选择“直流电压2.5V〞挡，请依据图甲将图乙实际电路连接完整．〔3〕图丙是该实验小组根据测得的数据描绘出的图象，如此由图象可得电阻R x的阻值为15 ．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】〔1〕根据闭合电路欧姆定律求出通过线圈的最大电流来选择电流表量程；变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；〔2〕连线时应先连接好分压电路；按实物图的连接要求进展连线；〔3〕注意根据U﹣I图象求出的电阻是线圈与保护电阻的串联电阻．【解答】解：〔1〕根据闭合电路欧姆定律可求出通过电动机的最大电流为===0.16A，所以电流表应选；由于变阻器采用分压式接法时变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；〔2〕根据原理图得出对应连线图如下列图：〔3〕根据R=可求出线圈的电阻为=﹣=80﹣65=15Ω；故答案为：〔1〕，；〔2〕如图；〔3〕15【点评】明确电表的选择与滑动变阻器的选择；要注意明确滑动变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便．11．如下列图，劲度系数为忌的轻弹簧，一端固定在倾角θ=30°的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且．如此：〔1〕如果保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？〔2〕假设在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为〔1〕中所求的最大值时，其加速度为多大？【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】〔1〕滑块静止在斜面上受重力、支持力、弹簧的弹力和摩擦力处于平衡，当弹簧形变量最大时，滑块有向上的运动趋势，所受的摩擦力沿斜面向下，根据共点力平衡求出弹簧的最大形变量．〔2〕对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．【解答】解：〔1〕由于，因此滑块静止时弹簧一定处于伸长状态，设弹簧最大形变量为l1，如此根据共点力平衡得，kl1=mgsin30°+f解得：．〔2〕将滑块B固定到A上后，设弹簧的伸长量仍为l1时两滑块的加速度为a，根据牛顿第二定律得，3mgsin30°﹣kl1﹣3f=3ma解得：．答：〔1〕弹簧的最大形变量为．〔2〕加速度为．【点评】解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进展求解．12．如下列图，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如下列图，将甲、乙两阻值一样，质量均为m的一样金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l．从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小a=gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．〔1〕求甲、乙的电阻R为多少？〔2〕以释放金属杆时开始计时，写出甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．【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；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】〔1〕甲、乙匀加速运动时加速度一样，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻R．〔2〕从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsinθ，外力与安培力大小相等，由速度公式得出速度与时间的关系式，根据安培力的表达式得出外力与时间的关系式．【解答】解：〔1〕因为甲、乙加速度一样，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度为：v=，由平衡条件得：mgsinθ=，解得：R=；〔2〕甲在磁场中运动时，外力F大小始终等于安培力，即：F=F B，安培力：F B=BIL=，由左手定如此可知，安培力沿导轨向上，甲的速度为：v=gsinθ•t，解得：F=t，方向：沿导轨向下．答：〔1〕甲、乙的电阻R为．〔2〕甲在磁场运动过程中外力F随时间t的变化关系式为：F=t．【点评】此题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等．分别从力和能量两个角度进展研究．三、[物理-选修3-3模块]13．如下说法正确的答案是〔〕A．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B．给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C．液体外表层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力D．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减少E．第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【考点】温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律；热力学第二定律；封闭气体压强．【分析】温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律判断内能的变化，液体外表层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，第二类水动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律．【解答】解：A、一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少，A正确；B、给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明内部压强越来越大，B错误；C、液体外表层的分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的外表张力，C错误；。
揭阳市高三物理第二次模拟考试试题(1)(1)(含答案解析)
广东省高三物理第二次模拟考试试题（含解析）二•选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第 14~18题中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.科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是 A. 用质点代替有质量的物体，采用了微元法B. 牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法C. 法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法D. 安培提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式【答案】C【解析】试题分析：用质点代替有质量的物体，采用理想模型法，选项A 错误：伽利略苜次采用驾巴实验和逻辑推理 结合起来"的科学研究方法，选项E 错误；法拉第苜先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法，选 项Q 正确；洛伦兹提出了计算运动电荷在議场中受力的公式』选项D 错误,故选C考点：物理学史【名师点睛】在高中物理学习中，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，更要注意科学方法的积累与学习。
15•静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F i 、F 2作用，F i 、F 2随时间变化【答案】A【解析】 试题分析：由图线可知，物体受到的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变 大，物体离出发点越来越远，选项 A 正确.考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律应用的定性分析；关键是能从给定的F-t 图线中分析合外力的变化，然后根据牛顿第二定律来分析加速度的变化，然后分析速度及位移的变化情况•的图象如图所示，则物体在A.离出发点越来越远 C.速度先变小后变大 0~2tB.加速度先变大后变小16.如图所示，匀强电场中的厶PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。
将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功VW= 1.6 X 10 一J ；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功W PB= 3.2 X 10 —J。
广东省揭阳市高考物理二模试卷(含解析)
广东省揭阳市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题1．（6分）如图所示，两物体的运动情况是（）A．甲在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4mB．甲在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4mC．乙在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4mD．乙在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m2．（6分）如图所示的交流电压加在一电阻两端，下列说法不正确的是（）A．该交流电压的频率为50HzB．该交流电压的周期为0.03sC．并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD．该交流电压的瞬时表达式为μ=110sin100πt（v）3．（6分）甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期关系是T甲＞T乙，若忽略其他因素的影响，则（）A．甲的运行速度大B．甲的运行半径大C．甲的运行角速度大D．地球对甲的万有引力大4．（6分）如图所示，一竖直方向的电场线上有A、B两点，若将带正电物体在A点从静止释放，沿竖直方向下落，经过B点时速度为零，则这一过程中（）A．物体的电场力做正功B．电场方向由A指BC．物体的运动不可能是匀加速运动D．物体重力做功大于克服电场力所做的功二、双项选择题5．（6分）关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有（）A．H+H→He+n是α衰变B．p→Si+e是β衰变C．4H→He+2e是轻核聚变D．U+n→Ba+Kr+3n是重核裂变6．（6分）如图所示，有一容器，被水平力F压在竖直的墙面上，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则（）A．容器受到的摩擦力不变B．容器受到的摩擦力逐渐增大C．水平力F可能不变D．水平力F一定逐渐增大7．（6分）下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体等温膨胀的过程中，其压强一定变化B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性8．（6分）如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则（）A．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡C．若小球的初速度v0=3，则小球一定能通过P点D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R9．（6分）如图示，等腰直角三角形ABC中存在匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的D（AC的中点）、C两孔射出，则（）A．从C、D两孔射出的粒子的运动半径大小之比为R C：R D=2：1B．从C、D两孔射出的粒子的出射速度大小之比为v C：v D=1：1C．从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动周期之比为T C：T D=2：1D．从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动时间之比为t C：t D=1：1三、非选择题10．某实验小组利用拉力传感器、光电门等器材探究滑块“动能定理”的实验．实验装置如图所示，在滑块上安装一遮光条与拉力传感器，把滑块放在水平气垫导轨上并静止在A处，并通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电门安装在B处．测得滑块（含遮光板和拉力传感器）质量为M、钩码总质量为m、AB之间的距离为L，当地的重力加速度为g．将滑块在图示A 位置由静止释放后，拉力传感器记录下滑块在运动过程的拉力为F，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间分别为△t．①实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M（填：是、否）②实验中还需要测量的物理量是（用文字及相应的符号表示）．③则本实验中探究滑块动能定理的表达式为（用以上对应物理量的符号表示）．④（双选题）为减少实验误差，可采取的方法是A．增大AB之间的距离L B．减少AB之间的距离LC．增大遮光条的宽度d D．减少遮光条的宽度d．11．（10分）小明用伏安法测2B铅笔芯的电阻值．①图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．②小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图2，如图所示．在图中，用（填“○”或“×”）表示的数据点能较准确地测出2B铅笔芯的电阻，请根据这些数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为Ω．12．（18分）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路．金属细杆ab、cd与导轨之间的动摩擦因数均为μ，金属细杆ab、cd电阻都为R，导轨电阻不计，其中金属细杆ab的质量为M．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当金属细杆ab杆在平行于水平导轨大小未知的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，金属细杆cd也正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g，求：（1）回路中感应电动势E的大小及拉力F的大小（2）金属细杆cd的质量m（3）金属细杆cd下降高度H过程中回路产生的焦耳热Q．13．（18分）在光滑水平面上静止放置一足够长的木板B，B的质量为m B=2kg，B右端离竖直墙S=5m，在B的左端静止一小物体A，其质量为m A=0.99kg，一质量为m C=0.01kg的子弹以v=600m/s的速度击中A并留存A中，且相互作用时间极短，如图所示，A与B间的动摩擦因数为μ=0.4，在运动过程中只是B与墙壁碰撞，碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失，取g=10m/s2，求：（1）子弹击中A后，A的速度及子弹击中A过程中产生的热量Q（2）要使A最终不脱离B，木板B的最短长度L．广东省揭阳市2015届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1．（6分）如图所示，两物体的运动情况是（）A．甲在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4mB．甲在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4mC．乙在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4mD．乙在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m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：x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．解答：解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，根据图象可知，图象斜率不变，则甲在前6s运动方向不变，位移x=2﹣（﹣2）=4m，故A正确，B错误；C、v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，根据图象可知，乙在前6s内运动方向改变，位移x=，位移为零，故CD错误．故选：A点评：图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义．2．（6分）如图所示的交流电压加在一电阻两端，下列说法不正确的是（）A．该交流电压的频率为50HzB．该交流电压的周期为0.03sC．并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD．该交流电压的瞬时表达式为μ=110sin100πt（v）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率．读出周期，求出角频率ω，写出交流电压的瞬时值表达式．交流电压表测量的是有效值．解答：解：A、由图可知，该交流电的周期为0.02s；故交流电压的频率f=50Hz，故A正确，B错误；C、由图读出，电压的最大值为U m=110V，有效值为U=Um=110V，并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110V．故C正确．D、由图读出周期T=0.02s，f=50Hz，则ω==100πrad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=110sin100πt（V）．故D正确．本题选错误的，故选；B．点评：题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识．交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值3．（6分）甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期关系是T甲＞T乙，若忽略其他因素的影响，则（）A．甲的运行速度大B．甲的运行半径大C．甲的运行角速度大D．地球对甲的万有引力大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：解：A、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：=m=mω2r=m rT=2π，甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期关系是T甲＞T乙，所以运行半径关系是r甲＞r乙，v=，所以甲的运行速度小，故A错误，B正确；C、ω=，所以甲的运行角速度小，故C错误；D、万有引力F=，由于甲、乙两颗人造卫星质量关系不清楚，所以无法比较万有引力大小，故D错误；故选：B．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．4．（6分）如图所示，一竖直方向的电场线上有A、B两点，若将带正电物体在A点从静止释放，沿竖直方向下落，经过B点时速度为零，则这一过程中（）A．物体的电场力做正功B．电场方向由A指BC．物体的运动不可能是匀加速运动D．物体重力做功大于克服电场力所做的功考点：电势差与电场强度的关系；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体受两个力：重力和电场力，由静止向下运动，经过B点时速度为零，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．从而判断场强的变化，分析物体的运动情况．解答：解：AB、由题意可知，带电物体受两个力：重力和电场力，由于物体运动过程中初、末速度均为零，因此物体所受的电场力必定向上，则电场力对物体做负功，故A错误．B、物体带正电，电场力向上，则电场方向应向上，故B错误．C、物体的初、末速度均为零，则知物体应先加速后减速，故在A点电场力小于重力，在B 点电场力大于重力，在AB之间某点重力等于电场力，合外力为零，且此时速度最大，因此沿AB方向电场强度是增大的，合力是变化，不可能做匀加速直线运动，故C正确．D、从A到B，物体的动能变化量为零，根据动能定理知，物体重力做功等于克服电场力所做的功．故D错误．故选：C．点评：解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关力学规律求解．二、双项选择题5．（6分）关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有（）A．H+H→He+n是α衰变B．p→Si+e是β衰变C．4H→He+2e是轻核聚变D．U+n→Ba+Kr+3n是重核裂变考点：裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：解答本题需要掌握：正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确裂变和聚变反应特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程．解答：解：A、H+H→He+n是轻核聚变中的一种方式．故A错误；B、p→Si+e的过程中产生的正电子，不是β衰变．故B错误；C、4H→He+2e是轻核聚变．故C正确；D、U+n→Ba+Kr+3n的过程中，U吸收一个中子后分裂成两个中等质量的核，是重核裂变．故D正确．故选：CD点评：该题考查常见的核反应方程与它们的意义，对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本知识要熟练掌握和应用．6．（6分）如图所示，有一容器，被水平力F压在竖直的墙面上，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则（）A．容器受到的摩擦力不变B．容器受到的摩擦力逐渐增大C．水平力F可能不变D．水平力F一定逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由题知物体处于静止状态，受力平衡，合力为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和F是否会发生变化；解答：解：A、B、由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故A错误，B正确；C、D、水平方向受力平衡，若开始时F比较大，容器与墙壁间的最大静摩擦力较大，则力F 可能不变；但如果F开始时较小，为了让容器保持静止，应增大F，从而增大容器与墙壁之间的最大静摩擦力；故C正确，D错误．故选：BC点评：本题应注意在沿墙体方向上，物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点．7．（6分）下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体等温膨胀的过程中，其压强一定变化B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：理想气体状态方程专题．分析：物体内能包括分子热运动的动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；根据理想气体状态方程为=C分析状态的可能变化解答：解：A、根据理想气体状态方程为=C，一定质量的理想气体经等温膨胀后，其压强一定减小，故A正确；B、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递，故只吸收热量内能不一定增加，故C错误；D、热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能，故D错误；故选：AB点评：本题关键明确气体的内能的标志是温度，同时要能根据理想气体状态方程为=C 和热力学第一定律分析8．（6分）如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则（）A．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡C．若小球的初速度v0=3，则小球一定能通过P点D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R考点：向心力；平抛运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：不计一切阻力，球进入半圆轨道的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律分析其速率的变化．在P点时，小球受力并不平衡．小球要通过P点，向心力必须大于等于重力，列式可得出小球通过P点的速度条件，再由机械能守恒求出v0．若小球能通过半圆弧最高点P，之后小球做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离．解答：解：A、球进入竖直半圆轨道后，随着高度的上升，重力势能增加，根据机械能守恒定律可知，其动能减小，速率减小，做变速圆周运动，故A错误．B、若小球能通过半圆弧最高点P，小球所受的合力不为零，提供向心力，则球在P点受力不平衡．故B错误．C、小球恰好通过P点，则有mg=m，v P=设小球的初速度为v．由机械能守恒定律得：mg•2R+=，联立解得 v=由于v0=3＞v，所以小球一定能通过P点，故C正确．D、若小球恰能通过半圆弧最高点P，之后做平抛运动，则有 2R=，得t=2水平距离为 x=v P t，当v P=时，水平距离最小，为 x=•2=2R，故D正确．故选：CD．点评：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和机械能守恒、向心力等相关知识求解．9．（6分）如图示，等腰直角三角形ABC中存在匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的D（AC的中点）、C两孔射出，则（）A．从C、D两孔射出的粒子的运动半径大小之比为R C：R D=2：1B．从C、D两孔射出的粒子的出射速度大小之比为v C：v D=1：1C．从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动周期之比为T C：T D=2：1D．从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动时间之比为t C：t D=1：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子进入磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=，周期公式为T=．画出粒子的运动轨迹，由几何知识求半径之比，即可由半径公式得到速度之比．由轨迹对应的圆心角分析时间之比．解答：解：A、粒子进入磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图．由几何知识可得粒子的运动半径大小之比为R C：R D=2：1．故A正确．B、由半径公式r=，知，粒子的比荷相等，r与v成正比，则知粒子的出射速度大小之比为v C：v D=2：1，故B错误．C、由周期公式T=，可得粒子在磁场中运动周期之比为T C：T D=1：1，故C错误．D、由图知，粒子在磁场中的运动时间t C=t D=T=T，即t C：t D=1：1，故D正确．故选：AD点评：粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据粒子的运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹是解决本题的关键．三、非选择题10．某实验小组利用拉力传感器、光电门等器材探究滑块“动能定理”的实验．实验装置如图所示，在滑块上安装一遮光条与拉力传感器，把滑块放在水平气垫导轨上并静止在A处，并通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电门安装在B处．测得滑块（含遮光板和拉力传感器）质量为M、钩码总质量为m、AB之间的距离为L，当地的重力加速度为g．将滑块在图示A 位置由静止释放后，拉力传感器记录下滑块在运动过程的拉力为F，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间分别为△t．①实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M否（填：是、否）②实验中还需要测量的物理量是AB间的距离L（用文字及相应的符号表示）．③则本实验中探究滑块动能定理的表达式为FL=M（）2（用以上对应物理量的符号表示）．④（双选题）为减少实验误差，可采取的方法是ADA．增大AB之间的距离L B．减少AB之间的距离LC．增大遮光条的宽度d D．减少遮光条的宽度d．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：本实验要测量拉力做的功，故要用刻度尺测量光电门A至光电门B中心之间的距离L．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据动能定理列方程．本实验用了气垫导轨，摩擦力几乎没有，不需要平衡摩擦力．解答：解：①拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关；故不需要钩码总质量m远小于滑块质量M；（2）为了测量拉力的功，故要遮光片的厚度d，需要刻度尺测量．②由于遮光条的宽度很小，通过光电门的时间也很短，故遮光条通过光电门的平均速度可以表示瞬时速度，则通，B点的速度v=，拉力做功W=FL动能的增加量为△E k==M（）2﹣0故本实验中探究动能定理的表达式为FL=M（）2．③由公式可知，实验误差来自由长度的测量和速度的测量，故可以让AB之间的距离L增大或减小遮光片的长度；故选：AD；故答案为：①否；②光电门A至光电门B中心之间的距离L；③FL=M（）2；③AD．点评：本题考查验证动能定理的实验，在处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．11．（10分）小明用伏安法测2B铅笔芯的电阻值．①图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．②小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图2，如图所示．在图中，用×（填“○”或“×”）表示的数据点能较准确地测出2B铅笔芯的电阻，请根据这些数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为1.2（1.1～1.3）Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U﹣I图线．解答：解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如图；（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U﹣I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；（3）选择×数据点，在图上用作图法作图，求出这段铅笔芯的电阻为：R===1.2Ω故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2（1.1～1.3）．点评：本题考查了伏安法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时一定要注意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题．12．（18分）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路．金属细杆ab、cd与导轨之间的动摩擦因数均为μ，金属细杆ab、cd电阻都为R，导轨电阻不计，其中金属细杆ab的质量为M．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当金属细杆ab杆在平行于水平导轨大小未知的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，金属细杆cd也正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g，求：（1）回路中感应电动势E的大小及拉力F的大小（2）金属细杆cd的质量m（3）金属细杆cd下降高度H过程中回路产生的焦耳热Q．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势大小；再由左手定则，来判定安培力的方向，根据受力平衡，即可求解；（2）对ab杆受力分析，从而由平衡方程，即可求解；（3）根据ab杆匀速运动，可求出运动的距离；再由整个过程中运用能量守恒，可得出，焦耳热等于克服安培力所做的功，即可求解．解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律：E=BLv1…①由闭合电路欧姆定律：…②对ab杆由平衡条件：F=BIL+μMg…③联立①②③式可得：+μMg…④（2）对cd杆，由平衡条件：μBIL=mg…⑤联立①②⑤式可得：m=…⑥（3）由运动学公式：对cd杆有，H=v2t；对ab杆有， s=v1t…⑦由功能关系可得回路产生的焦耳热为：Q1=﹣W安=BILs…⑧联立①②⑦⑧式，可得：Q=答：（1）回路中感应电动势E的大小BLv1及拉力F的大小；（2）金属细杆cd的质量；（3）金属细杆cd下降高度H过程中回路产生的焦耳热．点评：考查法拉第电磁感应定律、左手定则、平衡方程、能量守恒定律等规律的应用，强调受力分析的正确性，同时突出克服安培力所做的功等于产生的焦耳热．13．（18分）在光滑水平面上静止放置一足够长的木板B，B的质量为m B=2kg，B右端离竖直墙S=5m，在B的左端静止一小物体A，其质量为m A=0.99kg，一质量为m C=0.01kg的子弹以v=600m/s的速度击中A并留存A中，且相互作用时间极短，如图所示，A与B间的动摩擦因数为μ=0.4，在运动过程中只是B与墙壁碰撞，碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失，取g=10m/s2，求：（1）子弹击中A后，A的速度及子弹击中A过程中产生的热量Q（2）要使A最终不脱离B，木板B的最短长度L．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：1、C击中A的过程中，根据AC组成系统动量守恒得出A的速度，根据能量守恒定律得出产生的热量Q2、假设ABC共速后才与墙壁发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律分析求解．解答：解：（1）C击中A的过程中，规定向右为正方向，根据AC组成系统动量守恒：m C v=（m A+m C）v1①C击中A的过程中，由能量守恒定律：m C v2=（m A+m C）+Q ②联立①②式并代入数据可得：子弹击中A后，A的速度为：v1=6m/s ③子弹击中A过程中产生热量为：Q=1782J ④（2）假设ABC共速后才与墙壁发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律得（m A+m C）v1=（m A+m B+m C）v2⑤由能量守恒定律：（m A+m C）=（m A+m B+m C）+μ（m A+m C）g△L1⑥对B由动能定理：μ（m A+m C）gs1=m B⑦联立⑤⑥⑦并代入数据可得：A在B上滑动距离为：△L1=3m ⑧AB相对运动过程中，B的位移为：s1=1m＜s ⑨所以假设成立，B与墙壁相撞，由于无能量损失，B以相等的速率反弹，AC与B再次发生相对滑动，直到ABC一起向左以v3匀速运，由动量守恒：m B v2﹣（m A+m C）v2=（m A+m B+m C）v3⑩由能量守恒定律可得：（m A+m B+m C）=（m A+m B+m C）+μ（m A+m C）g△L2（11）。
2014-2015学年度第一学期普宁二中期中考试物理试题
2014-2015学年度第一学期普宁二中高一级期中考试物理试卷本试题分选择题和非选择题两部分，共4页，满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、试室号、座号、考生号填写在答题卡相应位置，并用2B 铅笔把答题卡考生号对应位置涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁.一.单项选择题（本题共6小题，每题3分，每题中只有一个选项是正确的） 1.一个底面光滑的物块从斜面顶端往下滑，下列关于物体受力的说法中正确 的是（ ）A.重力B.重力和支持力C.重力、支持力和摩擦力D.重力、支持力、摩擦力和压力2.一个物体由静止开始做匀变速直线运动，第3个2s 内和第5个2s 内的位移之比为（ ） A.1:3 B.1:4 C.3:5 D.5:93.甲乙两车紧急制动的加速度相同，已知甲车的初速度等于乙车初速度的2倍，则甲乙两车制动距 离x 甲：x 乙等于（ ）A.2:1B.1:2C.4:1D.1:44.一个小球从距地面高为h 处做自由落体运动，已知小球下落一半时间的位移为5m ，则h 等于（ ） A.10m B.15m C.20m D.25m5.一轻质弹簧下端挂5N 的重物时，弹簧的长度为10.5cm ，挂15N 的重物时，弹簧的长度为11.5cm, 当在弹簧下端挂上20N 的重物时，弹簧的伸长量是多少（ ） A.10cm B.12cm C.2cm D.4cm6.一个质点运动的速度--时间图象如图所示，则关于该质点的下列说法中正确的是（ ）A.做匀速直线运动 B ．一直朝一个方向运动 C ．做往复的直线运动D ．加速度一直保持不变二、双项选择题（本题共6小题，每题4分，全对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分） 7．以下说法中正确的是( )A ．做单向直线运动的物体，路程与位移的大小一定相等B ．2012年厦门国际马拉松比赛中肯尼亚黑马卡麦斯·皮特以2小时07分37秒获得冠军， 这里2小时07分37秒表示时刻C ．瞬时速度的大小通常称为速率D ．速度大小不变的运动就是匀速直线运动 8.下列关于重力和重心的说法中正确的是（ ）vv/(ms-1) t/s0 2 4 68A.同一物体在地球上的重力随纬度升高而增大B.地球上物体只有静止时才受到重力的作用C.有规则几何形状的物体重心在物体的几何中心上D.重心的位置与物体的形状和质量分布有关 9.下列关于弹力的说法中正确的是（ ） A.物体只要接触就有弹力B.两物体只要有发生弹性形变就会有弹力C.跳高运动员受到撑竿的弹力是由竿的形变产生的D.绳的一端悬挂于天花板，另一端悬挂小球，小球在竖直方向上处于静止状态，小球对绳．．．．的拉力方向竖直向下10.下列关于摩擦力的说法中正确的是（ ）A.摩擦力总阻碍物体的运动B.静止的物体不可能受滑动摩擦力C.摩擦力的方向可能与物体运动方向相同D.运动的物体可能受静摩擦力作用11.物体做匀变速直线运动，初速度为v 0，加速度为 a ,经过t ，速度达到v ，则物体在这段时间内的平均速度为( )A ．20v v -B ． 20v v +C ．at v 210+D ．v 0+at12.某物体的位移图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A.物体的运动轨迹是抛物线B.全程的平均速度为0C.图象与时间轴包围的面积代表物体的位移D.在t=4s 时，物体的瞬时速度为0三.填空实验题（26分）13. 由实验测得某弹簧的长度L 和弹力的关系如图所示，则该弹簧的原长为 cm ，劲度系数为 N/cm 。
(理综物理14套合集)揭阳市重点高中名校高三第二次(二模)试卷合集含答案
高三理综物理第二次模拟考试（二模）试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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．如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦。
从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是A. 小球的机械能守恒，动量守恒B. 小球的机械能守恒，动量不守恒C. 小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D. 小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒15．如图所示，一长为l 的平板AB ，可以绕端点B 在竖直面内转动，在板的A 端沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在B 端，改变平板的倾角θ，要保证小球水平抛出后仍能落到B 端，则小球的初速度v 0与板的倾角θ(0°＜θ＜90°)之间关系应满足A. 0v =0cos 2tan gL v θθ=C. 0cos v =0v =16．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L 为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R 、R 1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。
现将照射光强度增强，则A ．原线圈两端电压不变B ．通过原线圈的电流减小C ．灯泡L 将变暗D ．R 1两端的电压将增大17．如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v 1、v 2从的距离为2R，两A 、C 两点同时射入磁场，v 1、v 2平行且v 1沿直径AOB 方向。
C 点与直径AOB 粒子同时从磁场射出，从A 点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°。
不计粒子受到的重力，则A ．12v =B ．12vC ．1223v v = D ．122v v =18．测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示。
广东省揭阳市一中2014-2015学年高二物理上学期第二次阶段考试试题
广东省揭阳市一中2014-2015学年高二物理上学期第二次阶段考试试题物理环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是2.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当电键S接通后，将看到的现象是A．弹簧向上收缩B．弹簧上下跳动C．弹簧被拉长D．弹簧仍静止不动3.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图象如下图所示．则这一电场可能是4.如图为一匀强电场，某带正电的粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．下列说法中不正确．．．的是A．粒子在B点的重力势能比在A点多2.0JB．粒子在B点的电势能比在A点少1.5JC．粒子在B点的机械能比在A点多0.5JD．粒子在B点的动能比在A点少0.5J5．R1＝10Ω，R2＝30Ω，把它们串联后接到电路中，则下列结论中正确的是A．I1∶I2＝1∶3，U1∶U2＝1∶3 B．I1∶I2＝3∶1，U1∶U2＝1∶1C．I1∶I2＝1∶1，U1∶U2＝1∶3 D．I1∶I2＝1∶1，U1∶U2＝1∶46.如图所示，一个带有负电荷的小球，沿光滑的绝缘斜面由静止开始下滑，当滑到某点时小球开始飞离斜面，这可能是因为A．空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B．空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场C．空间存在着水平向右的匀强电场D．空间存在着水平向左的匀强电场二、双项选择题（每小题4分，共24分）7.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．右图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法中正确的是A ．粒子先经过a 点，再经过b 点B ．粒子先经过b 点，再经过a 点C ．粒子带负电D ．粒子带正电8.如图，在实线框所示的区域内同时存在着匀强磁场和匀强电场．一个带正电粒子(不计重力)恰好能沿直线MN 从左至右通过这一区域．那么匀强磁场和匀强电场的方向可能为下列哪种情况 A ．匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右B ．匀强磁场和匀强电场的方向都竖直向上C ．匀强磁场方向垂直于纸面向外，匀强电场方向竖直向上D ．匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向上9.如图所示为一电磁流量计（即计算单位时间内流过某一横截面的体积）的原理图：一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定，则A ．电势a 高b 低B ．电势b 高a 低C ．流量Q ＝πdU 4BD ．流量Q ＝4BπdU10.如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时 A ．带电尘粒将向上运动 B ．带电尘粒仍静止不动C ．通过电阻R 的电流方向为A 到BD ．通过电阻R 的电流方向为B 到A11.如图所示，一带电小球以速度v 0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．到达屏上时的动能将增加12.在如图所示的电路中，电动势为E ，内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，为理想电压表．若将照射R 3的光的强度减弱，则A ．电压表的示数变小B ．通过R2的电流变小 C ．电源内阻消耗的电压变大 D ．小灯泡消耗的功率变小三、填空题（每空2分，共18分）13.(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数依次是__________mm 、__________A 、__________V.(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k Ω.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E ＝4.5V ，内阻很小．则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路，用此最佳电路测量的结果理论上会比真实值偏________（填“小”或“大”）．14.用一只已知内阻的电流表和电阻箱，采用如图所示的电路测电源电动势E 与内阻r ，比常规的伏安法更准确．若电流表内阻阻值为R A ，则测量的方法与步骤是：(1)将电阻箱阻值R 调到最大，闭合S 后观察电流表示数，然后再调节________（填名称）的电阻值，使电流表中的示数指到某两个恰当的值，记下此时电阻箱的阻值R 1、R 2及对应的电流I 1、I 2；(2)根据以上的数据及________________定律，建立方程组，即______________和________________（物理量用本题中字母表示）便可求出电源的电动势E 与内阻r .四、计算题（第15题10分，第16题12分，第17题12分，共34分）15．如图所示，在OA 之间存在一水平向右，电场强度为E 的匀强电场，一质量为m ，电量为+q 的粒子(重力不计)以初速度v 沿y 轴负方向进入匀强电场，在电场力作用下通过x 轴上的B 点，已知OB 的长度为L 。
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广东省揭阳市普宁二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，有一个选项符合题目要求）1．（4分）在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）A．m gh﹣mv2﹣mv02B．﹣mv2﹣mv02﹣mghC．m gh+mv02﹣mv2D．m gh+mv2﹣mv022．（4分）如图所示，质量为3m的木块在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，木板质量为m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为（）A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg3．（4分）如图所示，在竖直平面内，有一光滑圆形轨道，AB为其水平方向的直径，甲、乙两球同时以同样大小的速度从A点出发，沿轨道内表面按图示方向运动到B，运动中均不脱离圆轨道，则下列说法正确的是（）A．甲球先到达BB．乙球先到达BC．两球同时到达BD．若两球质量相等则同时到达B4．（4分）如图所示为一物体沿南北方向（规定向北为正方向）做直线运动的v﹣t图象，由图可知（）A．3s末物体回到初始位置B．3s末物体的加速度方向将发生变化C．物体所收合外力的方向一直向北D．物体所收合外力的方向一直向南二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分）5．（6分）关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．物体做曲线运动时，它的速度可能保持不变B．物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动C．所有作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上D．所有作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向始终一致6．（6分）如图所示，曲线ABC是一远程导弹运行的轨迹．若导弹在运动到最高点B之前发动机已停止工作，到达B点时的速度大小为v B、加速度大小为a B、重力势能为E pB．某卫星的运行圆轨道与曲线ABC相切于B点，卫星的环绕速度大小为v、向心加速度大小为a、重力势能为E p，不计空气阻力，则（）A．v B一定小于v B．a B一定等于aC．E pB一定等于E p D．v B大于7.9 km/s7．（6分）如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ．则下列说法中正确的是（）A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B．B球受到的风力F为m B gtanθC．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加D．A球与水平细杆间的动摩擦因数为8．（6分）一艘小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（）A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先减速后加速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速9．（6分）关于汽车在水平路上运动，下列说法中正确的是（）A．汽车启动后以额定功率行驶，在速率达到最大以前，加速度是在不断增大的B．汽下启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，牵引力应是不断减小的C．汽车以最大速度行驶后，若要减小速度，可减小牵引功率行驶D．汽车以最大速度行驶后，若再减小牵引力，速率会增大三、物理实验题（包括2个小题，每空3分，共18分）10．（9分）如图1所示，打点计时器固定在斜面的某处，让一滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图2是某同学验时打出的某条纸带的一段．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a= m/s2．为了测出滑块与斜面间的摩擦力，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，他还需要测量的物理量是，利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=．11．（9分）某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功．装置如图1，一木块放在粗糙的水平长木板上，右侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未出），计数点间的距离如图2所示．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的拉力．①可以判断纸带的（填“左端”或“右端”）与木块连接．可求出打下A点和B点时木块的速度V A=0.72m/s，V B=m/s．（结果保留两位有效数字）②要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还应测量的物理量是．（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度L B．木块的质量m1C．木板的质量m2D．重物质量m3E．木块运动的时间t F．AB段的距离L AB．四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，水平粗糙轨道AB与位于竖直面内半径为R的半圆形光滑轨道BCD 相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m可看作质点的小滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止开始向左运动，到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．已知滑块与水平段动摩擦因数为µ，重力加速度为g，求：（1）滑块通过D点的速度大小．（2）滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道压力的大小．（3）滑块在AB段运动过程中的恒定外力F．13．（18分）如图所示，挡板P固定在倾角为θ的斜面上，质量分别为m1、m2的小物块A 和B均可视为质点，两物块由一劲度系数为k的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与B相连，另一端连接一轻质小钩．A、B最初静止，不计一切摩擦力．已知重力加速度为g．（1）若在小钩上挂一质量为M的小物块C，并由静止释放，恰好能使A离开挡板P，C下降了多少？（2）若小物块C的质量改为2M，并由静止释放，则当A刚要离开挡板P时B的速度是多大？广东省揭阳市普宁二中2015届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，有一个选项符合题目要求）1．（4分）在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）A．m gh﹣mv2﹣mv02B．﹣mv2﹣mv02﹣mghC．m gh+mv02﹣mv2D．m gh+mv2﹣mv02考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．解答：解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：解得：故选：C点评：运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关．2．（4分）如图所示，质量为3m的木块在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，木板质量为m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为（）A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．解答：解：对小滑块受力分析，受重力3mg、长木板的支持力F N和向左的滑动摩擦力f1，有f1=μF NF N=3mg故f1=3μmg再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力F N、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F N′和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有f1=f2故f2=3μmg故选：C．点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．3．（4分）如图所示，在竖直平面内，有一光滑圆形轨道，AB为其水平方向的直径，甲、乙两球同时以同样大小的速度从A点出发，沿轨道内表面按图示方向运动到B，运动中均不脱离圆轨道，则下列说法正确的是（）A．甲球先到达BB．乙球先到达BC．两球同时到达BD．若两球质量相等则同时到达B考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：甲乙两个小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，则到达B点的速度与初速度相等，再分别分析甲乙两个小球能量转化情况判断速度大小，进而求解．解答：解：根据题意得：乙球先向下运动，重力势能转化为动能，速度增大，然后动能转化为动力势能，速度变小，则乙球的速度是先变大后变小；甲球先向上运动，动能转化为重力势能，速度变小，然后重力势能转化为动能，速度变大，则小球的速度是先变小后变大，而甲乙两个小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，则到达B点的速度与初速度相等，所以甲的平均速度小于乙的平均速度，根据，可知，乙先到达B点．故选B点评：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，知道在运动过程中，小球动能和重力势能的转化关系，难度适中．4．（4分）如图所示为一物体沿南北方向（规定向北为正方向）做直线运动的v﹣t图象，由图可知（）A．3s末物体回到初始位置B．3s末物体的加速度方向将发生变化C．物体所收合外力的方向一直向北D．物体所收合外力的方向一直向南考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置．图线的斜率等于加速度．由牛顿第二定律分析合外力的方向．解答：解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置．故A错误．B、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化．故B错误．C、D图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北．故C正确，D错误．故选C点评：由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用．二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分）5．（6分）关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．物体做曲线运动时，它的速度可能保持不变B．物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动C．所有作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上D．所有作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向始终一致考点：物体做曲线运动的条件；曲线运动．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：曲线运动物体的速度沿曲线的切线方向，一定是变速运动．物体做曲线运动的条件是合外力与速度不在一条直线上．根据曲线运动的相关进行分析．解答：解：A、物体做曲线运动时，它的速度沿切线方向，时刻在改变，所以速度必定在改变．故A错误．B、只要物体的合外力方向与速度方向不在一条直线上，物体就作曲线运动．故B错误．C、作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在一条直线上．故C正确．D、根据牛顿第二定律得知，加速度方向与所受合外力方向始终一致．故D正确．故选CD点评：本题考查曲线运动两个基本知识点：一是曲线运动速度的方向；物体做曲线运动的条件，运用牛顿定律加深理解记忆．6．（6分）如图所示，曲线ABC是一远程导弹运行的轨迹．若导弹在运动到最高点B之前发动机已停止工作，到达B点时的速度大小为v B、加速度大小为a B、重力势能为E pB．某卫星的运行圆轨道与曲线ABC相切于B点，卫星的环绕速度大小为v、向心加速度大小为a、重力势能为E p，不计空气阻力，则（）A．v B一定小于v B．a B一定等于aC．E pB一定等于E p D．v B大于7.9 km/s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：人造卫星问题．分析：A、导弹运动到B点，由于万有引力大于所需要的向心力，做近心运动，若要从B 点进入圆轨道，必须加速．B、比较加速度，根据牛顿第二定律，比较所受的万有引力和质量的比值．C、根据E P=mgh比较重力势能．D、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，轨道半径越大，线速度越小，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度．解答：解：A、导弹运动到B点，由于万有引力大于所需要的向心力，做近心运动，若要从B点进入圆轨道，必须加速．所以v B一定小于v．故A正确．B、曲线ABC经过B点时，a=，圆轨道经过B点时，加速度a=．所以它们的加速度相等．故B正确．C、根据E P=mgh，高度相同，但质量不一定相同，所以重力势能不一定相等．故C错误．D、根据万有引力提供向心力，轨道半径越大，线速度越小，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度．所以卫星运行轨道的速度小于7.9km/s．故D错误．故选：AB．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度．以及掌握如何比较加速度．7．（6分）如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ．则下列说法中正确的是（）A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B．B球受到的风力F为m B gtanθC．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加D．A球与水平细杆间的动摩擦因数为考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，根据共点力的平衡条件可得出小球受力间的大小关系；对整体分析可得出A球与水平细杆间的摩擦力大小，则可求得动摩擦因数．解答：解：以球B为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，则可得到拉力T=，风力F=m B gtanθ，故B正确；风力增大时，则小球的偏角变大，则拉力改变，故A错误；利用整体法，水平方向上有F=μ（m A+m B）g，解得μ=，故D正确；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力N A=（m A+m B）g，故C错误；故选BD．点评：本题中要注意物体做匀速直线运动，故处于平衡状态；并能灵活应用整体法与隔离法．8．（6分）一艘小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（）A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先减速后加速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向．根据轨迹弯曲判断加速度的方向．解答：解：A、若小船在x方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在y轴方向的加速度方向向下，速度向上，做减速运动，然后轨迹向上凹，则在y轴方向上的加速度方向向上，速度向上，做加速运动，所以在y轴方向上先减速后加速．故A错误，B正确．C、若小船在y方向上始终匀速，开始轨迹向下凹，则在x轴上的加速度方向水平向右，速度向右，做加速运动，然后轨迹向上凹，则在x轴方向上加速度方向水平向左，速度向右，做减速运动，所以在x轴上先加速后减速．故C错误，D正确．故选BD．点评：解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一向，会根据轨迹弯曲判断加速度的方向．9．（6分）关于汽车在水平路上运动，下列说法中正确的是（）A．汽车启动后以额定功率行驶，在速率达到最大以前，加速度是在不断增大的B．汽下启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，牵引力应是不断减小的C．汽车以最大速度行驶后，若要减小速度，可减小牵引功率行驶D．汽车以最大速度行驶后，若再减小牵引力，速率会增大考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车的功率不变，结合P=Fv求出牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出速度的变化．解答：解：A、汽车启动后以额定功率行驶，根据P=Fv知，牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律得，a=，加速度不断减小，加速度的方向与速度方向相同，速度逐渐增大，当加速度减小到零，速度达到最大，汽车做匀速运动，故A错误，B正确．C、汽车以最大速度行驶后，根据P=Fv，减小牵引功率，则F减小，加速度反向增大，速度减小，故C正确．D、汽车以最大速度行驶，若减小牵引力，根据牛顿第二定律知，产生的加速度方向与速度方向相反，速度减小．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握机车以恒定功率启动和恒定加速度启动的过程，结合牛顿第二定律和运动学公式分析判断，难度中等．三、物理实验题（包括2个小题，每空3分，共18分）10．（9分）如图1所示，打点计时器固定在斜面的某处，让一滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图2是某同学验时打出的某条纸带的一段．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a=4.00 m/s2．为了测出滑块与斜面间的摩擦力，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，他还需要测量的物理量是滑块的质量m，利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=mg﹣ma．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：利用匀变速直线运动的推论，采用a=求解加速度，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题．解答：解：由图乙中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t=2×0.02s=0.04s，根据匀变速直线运动的推论a=═4.00m/s2．对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力．将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：F合=mgsinθ﹣f=maf=mgsinθ﹣ma，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，即sinθ=所以我们要求出滑块质量m，所以f=mg﹣ma．故答案为：4.00；滑块的质量m；mg﹣ma．点评：能够知道相邻的计数点之间的时间间隔．能够把纸带的问题结合动力学知识运用解决问题．注意单位的换算和有效数字的保留．11．（9分）某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功．装置如图1，一木块放在粗糙的水平长木板上，右侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未出），计数点间的距离如图2所示．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的拉力．①可以判断纸带的右端（填“左端”或“右端”）与木块连接．可求出打下A点和B点时木块的速度V A=0.72m/s，V B=0.97m/s．（结果保留两位有效数字）②要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还应测量的物理量是B．（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度L B．木块的质量m1C．木板的质量m2D．重物质量m3E．木块运动的时间t F．AB段的距离L AB．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小；纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度；（2）克服摩擦力做的功等于动能的减小量，故需要天平测量质量．解答：解：（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，故纸带向右运动，故其右端连着小木块；计数点间的时间间隔为：t=0.02s×5=0.1s，纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，打B点时的速度为：v B==0.97 m/s．（2）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得：木块克服摩擦力做的功为：W f=mv B2﹣mv A2，因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量m1，因此需要的实验器材是G，需要测量的量是B．故答案为：（1）右端，0.97；（2）B点评：本题关键要明确实验的原理和实验的具体操作步骤，然后结合匀变速直线运动的规律和动能定理进行分析判断．四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，水平粗糙轨道AB与位于竖直面内半径为R的半圆形光滑轨道BCD 相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m可看作质点的小滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止开始向左运动，到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．已知滑块与水平段动摩擦因数为µ，重力加速度为g，求：（1）滑块通过D点的速度大小．（2）滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道压力的大小．（3）滑块在AB段运动过程中的恒定外力F．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，可知此时重力提供向心力，由牛顿第二定律列方程求解滑块通过D点的速度（2）从B到D应用机械能守恒定律，结合第一问的结果可得B点的速度，在此位置应用牛顿第二定律列方程可得轨道对物体的弹力，应用牛顿第三定律得到物体对轨道的压力（3）物体从D点后改做平抛运动，由平抛规律可得AB间的水平距离，应用匀变速运动规律可得滑块在AB段运动过程中的加速度大小解答：解：（1）小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m…①v D=（2）设滑块到达B点时的速度为v B，滑块由B到D过程由动能定理有：﹣2mgR=mv D2﹣mv B2…②v B=对B点：F N﹣mg=m…③F N=6mg由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力为6mg．（3）滑块从D点离开轨道后做平抛运动，则：2R=gt2…④S AB=v D t …⑤S AB=2R滑块从A运动到B由动能定理的，则：FS AB﹣F f S AB=mv B2﹣0 …⑥解之得：F=μmg+mg答：（1）滑块通过D点的速度大小为．（2）滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道压力的大小为6mg．（3）滑块在AB段运动过程中的恒定外力F为μmg+mg．点评：①物体恰好通过D点是本题的突破口，这一点要注意把握；②题目要求滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小而根据物体在B点的运动情况所求的是轨道对物体的支持力，故运动别忘记“由牛顿第三定律求解滑块在B点对轨道的压力13．（18分）如图所示，挡板P固定在倾角为θ的斜面上，质量分别为m1、m2的小物块A 和B均可视为质点，两物块由一劲度系数为k的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与B相连，另一端连接一轻质小钩．A、B最初静止，不计一切摩擦力．已知重力加速度为g．（1）若在小钩上挂一质量为M的小物块C，并由静止释放，恰好能使A离开挡板P，C下降了多少？（2）若小物块C的质量改为2M，并由静止释放，则当A刚要离开挡板P时B的速度是多大？。