2015年湖北省仙桃中学高考物理模拟试卷(三)
2015年湖北省仙桃市高考物理模拟试卷含参考答案(5月份)
A．
、C、D 位于同一半径为 r 的竖直圆上，且 AB⊥CD， 在 C 点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q，现从 A 点将一质量为 m，电荷量为﹣q 的带电小球由静止释放， 该小球沿光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点时速度为 4 ，
规定电场中 B 点的电势为零， 则在点电荷﹣Q 形成的电场中下列说法正确的是 （不 计带电小球对电场的影响） （ ）
A．应将图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡摩擦力 B．平衡摩擦力时，图示装置中的钩码不需要取下 C．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力 D．钩码的质量要远小于小车的质量 E．若 m 为钩码的总质量，M 为小车的质量，小车运动的加速度可直接用公式 a= 求出
10． （9 分）某同学用如图 1 所示的电路测量多用表的内阻和内部电池的电动
A．环到达 B 处时，环与重物的速度大小相等 B．环从 A 到 B，细绳对重物做功等于重物增加的动能 C．环能下降的最大高度为 d D．环到达 B 处时，重物上升的高度 h= 2． （6 分）按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后， 第二步“落月”工程在 2013 年前已完成，假设月球半径为 R，飞船沿距月球表面 高度为 3R 的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的 A 点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到 达轨道Ⅱ的近月点 B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动， 下列判断正确 的是（ ）
A．若传送带逆时针匀速转动，vB 一定等于 3m/s B．若传送带逆时针匀速转动越快，vB 越小 C．若传送带顺时针匀速转动，vB 有可能等于 3m/s D．若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带 A 端时一定做匀加速运动 8． （6 分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为 60° 的光滑斜面 OA，光滑挡板 OB 可绕转轴 O 在竖直平面内转动，现将一重力为 G 的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角 θ=60°，下列说法正确的是 （ ）
湖北省仙桃中学2015届高三理科综合试卷
湖北省仙桃中学2015届高三理科综合试卷1.本试卷分Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共16页。
满分300，考试时间150分钟。
2.第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
第Ⅱ卷共14小题，共174分。
3.请考生按规定用笔将所有试题的答案填在答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量：Na: 23 N: 14Cl: 35.5 H:1 O:16 Ca :40 Ｓ:32 Cu:64 C:12第Ⅰ卷（选择题共21小题，每小题6分，共126分）一.选择题（本大题包括13小题，每小题6分，共78分。
每小题只有一个选项符合题意）1.下列有关细胞的组成成分、结构及其功能的叙述，正确的是（）A.胆固醇属于脂质，可以被苏丹Ⅲ染液染成橘黄色B.细胞凋亡过程中有新蛋白质合成，体现了基因的选择性表达C.所有细胞中核糖体的形成都与核仁密切相关D.植物的根尖细胞中无叶绿体，所以用根尖细胞不能培养出含叶绿体的植物体2.植物叶片的光合强度可通过通气法来测定，如图1所示（装置中通入气体的CO2浓度是可以调节的）。
将适量叶片置于同化箱中，在一定的光照强度和温度条件下，让空气沿箭头方向缓慢流动，并用CO2分析仪测定A、B两处气体CO2浓度的变化，根据实验，下列说法错误的是：（）A.欲使A、B两处气体CO2浓度相同，不能通过控制光照强度来实现B.如果B处气体CO2浓度低于A处，说明叶片光合作用强度高于呼吸作用强度C.当通入气体的CO2浓度增加到一定值以后，继续增加，A、B两处CO2浓度的差值不再继续增大，则限制叶片更多利用CO2的内部因素可能是叶绿体数量D.如果将该同化箱放在黑暗条件下，测定同化箱通入气体和通出气体的体积变化，则体积差值表示的含义是植物呼吸吸收氧气和产生二氧化碳的差值3.如图甲所示，以枪乌贼的粗大神经纤维作材料，在神经纤维的表面，放置两个相距1～2 cm的电极A和B，在图中的刺激点给予较强的电刺激。
依据观测到的电流表指针偏转(向左为正，向右为负)（指针偏转方向与电流方向一致）情况，绘出的曲线如图乙。
2014-2015学年湖北省仙桃、天门、潜江三市联考高三(上)期末物理试卷
2014-2015学年湖北省仙桃、天门、潜江三市联考高三（上）期末物理试卷一、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．1．（6分）A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，则如图所示中的哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间t的变化关系（）A．B．C．D．2．（6分）如图所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始时两木块静止且弹簧处于原长状态．现用水平恒力F推木块A，在从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A．B的加速度一直在减小B．A的加速度先减小后增大C．当A、B的速度相同时，加速度a A＞a BD．当A、B的加速度相同时，速度υA＞υB3．（6分）如图，水平放置的三块带孔的平行金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电量不变，从释放到达B板小孔处为过程I，在BC之间运动为过程Ⅱ，则（）A．液滴一定不能从C板小孔中穿出B．过程I中一定是重力势能向电势能和动能转化C．过程I和过程Ⅱ系统机械能变化量大小相等D．过程Ⅱ中一定是重力势能向电势能和动能转化4．（6分）一通电直导线用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置（如正面图）．在通电导线所处位置加上匀强磁场后，导线偏离平衡位置一定角度静止（如侧面图）．如果所加磁场的强弱不同，要使导线偏离竖直方向θ角，则所加磁场的方向所处的范围是（以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画）（）A．B．C．D．5．（6分）如图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t=0时刻，线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．6．（6分）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b是处于地面附近的近地轨道上正常运动的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则下列判断正确的是（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4小时内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是48小时7．（6分）如图所示，分别用恒力F1、F2将质量为m的物体，由静止开始，沿相同的、固定、粗糙斜面由底端推到顶端，F1沿斜面向上，F2沿水平方向．已知两次所用时间相等，则在两个过程中（）A．物体加速度相同B．物体机械能增量相同C．物体克服摩擦力做功相同D．恒力F1、F2对物体做功相同8．（6分）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b 点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（）A．b点场强比d点场强小B．b点电势比d点电势低C．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能D．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22～33题为必考题，每个试题考生都必须作答．第34～37题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共144分）9．（8分）如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成．他将质量均为M的两个重物用不可伸长的轻绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m的小物块，这时，由于小物块的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小物块，重复实验，测出不同m时系统的加速度．（1）所产生的微小加速度可表示为a=（用M、m、重力加速度g表示）；（2）（多选题）若选定如图甲所示左侧重物从静止开始下落的过程进行测量，想要求出重物的质量M，则需要测量的物理量有A．小物块的质量mB．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间C．绳子的长度D．滑轮半径（3）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=，并可求出每个重物质量M=．10．（7分）我们知道：对已知内阻的电压表既可当成电压表使用，也可当成电流表使用；同理对已知内阻的电流表既可当成电流表使用，也可当成电压表使用．现要测量某一电流表A的内阻r1．给定的器材有：①待测电流表A（量程300μA，内阻r1约为20Ω）②电压表V1（量程3V，内阻r2=3kΩ）③电压表V2（量程15V，内阻r3=4kΩ）④定值电阻R1=10Ω⑤滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许通过的最大电流0.5A）⑥电源E（电动势4V，内阻忽略不计）⑦电键S一个，导线若干要求较为准确地测量电流表A的内阻r1，测量时电表指针的偏转均超过其量程的一半，请回答下列问题：（1）电压表选．（填“②”或“③”）；（2）在方框中画出测量电路原理图；（3）电路接通后，调节滑动变阻器R2，测得电压表读数为U，电流表读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1=．11．（13分）如图所示，水平平台AB距地面CD高h=0.80m，有一小滑块从A点以6.0m/s的初速度在平台上做匀变速直线运动，并从平台边缘的B点水平飞出，最后落在地面上的D点，已知AB=2.20m，落地点到平台的水平距离为2.00m，（不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）小滑块从A到D所用的时间；（2）滑块与平台间的动摩擦因数．12．（15分）半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m和m 的小球A和B．A、B之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：（1）B球到达最低点时的速度大小；（2）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点到圆环圆心的竖直高度．13．（19分）如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=（现只研究与放射源P和直线ab同一个平面内的α粒子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点；当真空室（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的α粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们动能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到达Q点．（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8）求：（1）α粒子的发射速率；（2）匀强电场的场强大小和方向；（3）当仅加上述磁场时，能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比值．2014-2015学年湖北省仙桃、天门、潜江三市联考高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、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．1．（6分）A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，则如图所示中的哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间t的变化关系（）A．B．C．D．【解答】解：设绳子的张力大小为T．以AB两个物体组成的整体作为研究对象，根据平衡条件得，桌面对物体B的摩擦力f=2T．设t时刻砂子流掉的重力为G′，则由题可知，G′=kt，t时刻对C：由平衡条件得，2T=2G﹣G′，则有f=2G﹣G′=2G ﹣kt，可见，f与t是线性关系，f﹣t图象是向下倾斜的直线。
2015年湖北高考物理试卷
（2015年湖北高考理科综合试卷及答案）2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对不全的得3分，有选错的得0分。
14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小15．如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M ϕ、N ϕ、P ϕ、Q ϕ。
一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。
则A ．直线a 位于某一等势面内，M ϕ>Q ϕB ．直线c 位于某一等势面内，M ϕ>N ϕC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A ．U=66V ，k=91 B ．U=22V ，k=91 C ．U=66V ，k=31 B ．U=22V ，k=3117．如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。
2015年湖北省七市(州)高考物理模拟试卷(3月份)
2015年湖北省七市（州）高考物理模拟试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.科学发现推动人类社会的进步，科学技术的应用改变人们的生活，在下列叙述中正确的是（）A.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由恒定的强磁场产生的B.电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以增强电源电动势的作用，促进线圈的转动C.法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机D.机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用静电感应的原理工作的【答案】C【解析】解：A、现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由变化的强磁场产生的，故A错误；B、电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以削弱电源电动势的作用，阻碍线圈的转动，故B错误；C、法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机，故C正确；D、机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用电磁感应现象工作的，故D错误；故选：C．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在某一外力F作用下由静止开始运动，力F的大小随时间t变化的图象如图所示，其方向始终在一条直线上，在0-8s内，下列说法正确的是（）A.在0-2s内质点做匀加速运动，第2s末其速度达到最大值B.第4s末质点的加速度为零，速度也刚好为零C.质点做变加速直线运动，第6s末加速度最大，且离出发位置最远D.在0-8s内，质点一直向同一个方向做直线运动，在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远【答案】D【解析】解：A、物体在0～2s内F逐渐增大，由牛顿第二定律：a=得知，加速度逐渐增大，做变加速直线运动，之后拉力减小，加速度减小，物体速度继续增加，故A错误．B、在2～4s内F逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动，到4s末速度最大，故B错误．C、在4～6s内F反向逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动；在6～8s内F减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动；故6s末位移不是最大的，8s末位移才是最大的，故C错误．D、由上分析可知，在第8s末离出发点最远，速度为零；由于此时力为零，故加速度为零，物体一直做单向直线运动，速度方向没有改变，故D正确．故选：D．根据牛顿第二定律分析加速度，当物体的加速度保持不变时才做匀加速直线运动，根据合外力方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，相反，做减速运动．本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的v-t图象进行分析．3.如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极A、B板长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO′垂直荧光屏交于O″点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO′射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O″点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球一定带负电 B.小球一定垂直打在荧光屏的O″点上C.电场力q E=mgD.电场力q E=2mg【答案】C【解析】解：A、由题可知，小球受到的电场力与重力方向相反，即电场力向上，但由于不知道极板的正负，故无法判定小球的电性，故A错误．BCD、由于小球最后恰好打在荧光屏上的O″，所以整个过程中竖直方向上的位移为0，设在电场中加速度大小为a，则：at2+v0t-gt2=0，其中v0=at，解得a=g，小球在电场中，由牛顿第二定律得：q E-mg=ma，所以q E=mg．由于小球打在O″时竖直方向上的速度不为0，所以小球不可能垂直打在荧光屏的O″点上，故C正确，BD错误．故选：C．小球在电场外受到重力的作用，将向下偏转，所以在电场中小球受到的电场力应该与重力方向相反，由此可判定小球电性；由于小球最后恰好打在荧光屏上的O″，所以整个过程中竖直方向上的位移为0，根据速度位移公式求得加速度，从而判断电场力与重力的关系．该题重点是对B的分析，由于O和O″是以电场竖直边界对称的，故由对称性可判定打在屏幕上的状态应该与O点的进入状态相同，并且进而能够确定电场内外的受力关系．4.地球M和月球m可以看作一个双星系统，它们绕两球球心连线上的某一点O转动，据科学家研究发现，亿万年来地球把部分自转能量通过地月相互作用而转移给了月球，使地月之间的距离变大了，月球绕O点转动的机械能增加了，由此可以判断（）A.月球绕O点转动的角速度减小 B.月球绕O点转动的角速度增大C.地球球心到O点的距离减小D.月球绕O点转动的动能增加【答案】A【解析】解：月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，最后到了半径更大的圆上做圆周运动．根据万有引力提供向心力，有：G=m=mrω2=mr（）2知轨道半径变大，速度减小动能减小，周期变大，角速度变小．故选：A月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，最后到了半径更大的圆上做圆周运动．根据万有引力提供向心力，可知速度、周期、角速度的变化．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力的几个公式，会灵活应用．5.如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变电器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，端电压分别为U1、U2，电流分别I1、I2，升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻R，变压器均为理想变压器，若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是（）A.用户端的负载增加（并联用电器增多）时，I2增大，I1增大B.无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2C.远距离输电线上的电流I2=D.若用户端要得到U1大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为n2：n1【答案】B【解析】解：A、由于发电机的输出功率和输出电压不变，I2不变，I1不变，故A错误；B、变压器均为理想变压器，根据能量守恒可得：无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2，故B正确；C、根据P=UI可得，输电线上的电流为：，故C错误；D、因为输电线上由损失电压，U2＞U3，又，若用户端要得到U1大小的电压，则应＜，故D错误；故选：B．变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比；根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，得出U3、U2的关系．当用户增多时，用户端总电阻变小，电流变大，结合输电线上电压损失的变化得出降压变压器输出电压的变化．解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，2、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A.杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B.杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C.杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D.杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02-mgh）【答案】CD【解析】解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：F A+mgsinθ=ma；而安培力为：F A=，可知v减小，F A减小，a上减小，棒做变减速运动；上下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ-F A=ma下，而安培力为：F A=，可知v增大，F A增大，a下减小，棒做变加速运动；由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度．故A错误．B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量△Φ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等．故C正确．D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02-mgh，电阻R上产生的焦耳热为：Q R=Q=（mv02-mgh）．故D正确．故选：CD．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系．根据q=比较出电量的大小．通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．本题根据牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律进行分析比较．对于电量，根据经验公式q=进行比较，此式要掌握牢固，经常用到．7.滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力T垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）．某次运动中，运动员在水平牵引力F作用下，脚蹬滑板，沿水平面做了一小段匀加速直线运动，设滑板和水平面的夹角为θ，忽略空气阻力，在此运动过程中（）A.T增大，调整θ增大B.T增大，保持θ不变C.F增大，调整θ增大D.F不变，调整θ减小【答案】AC【解析】解：滑板和人受竖直向下的重力、垂直滑板斜向右上方的阻力T，以及水平拉力F，要做水平方向的匀加速运动，则竖直方向的合力为零，即：T cosθ=mg，而f=kv2，由于v增大，因此T增大，故夹角θ要变大．同理水平方向：F-T sinθ=ma，要使a不变，F要增大；故选：AC对整体受力分析，根据水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向的平衡关系可分析拉力及夹角的变化．本题考查牛顿第二定律的应用，要注意做好受力分析，利用正交分析的方法可得出两个方向上的受力情况．8.如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色皮带以10m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处于无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中（）A.小煤块从A运动到B的时间为2sB.煤块对皮带做的总功为0C.小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD.因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J【答案】AD【解析】解：A、物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．根据牛顿第二定律得：°°=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2则速度达到传送带速度所需的时间为：=．经过的位移为：．由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．根据牛顿第二定律得：°°=gsin37°-μgcos37°=2m/s2根据，即：解得：t2=1s．则t=t1+t2=2s，故A正确．B、煤块对皮带做的总功即是摩擦力所做的功为：W=-fx皮=-μmgcosθx皮=-μmgcosθv 皮t=-0.5×1×10×0.8×10×2=-8J．故B错误，C、第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移：△x1=vt1-x1=10×1-5=5m第二秒煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：△x2=（L-x1）-vt2=（16-5）-10×1=1m物块相对于传送带的位移：△x=x1-x2=5-1=4m．而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m，故C错误；D、产生的热量：Q=f△x=μmgcosθ△x=0.5×1×0.8×10×6=24J；D正确；故选：AD．小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从A运动到B的时间；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差即为划痕的长度；产生的热量为滑动摩擦力所做的功；传送物体电动机多做的功是物块产生的动能与及产生了热量之和．解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法正确的是（）A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【答案】ACE【解析】解：A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B错误；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E 正确；故选：ACE．从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量．本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、分子力、分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住相关基础知识．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是（）A.此波的波速为5cm/sB.此波的频率为1.5H zC.波源在t=0时运动速度沿y轴正方向D.波源振动已经历0.6sE.x=10cm的质点在t=1.5s处于波峰【答案】ADE【解析】解：A、平衡位置为1.5cm质点处于波谷，若x=4cm处的质点第一次位于波谷，则有：v===5cm/s，故A正确．B、根据T===0.4s，那么频率f==2.5H z，故B错误．C、由波的传播方向沿着x轴正方向，依据上下波法，则波源在t=0时，运动速度沿y 轴负方向．故C错误．D、由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s，因此此时波源振动已经历0.6s，故D正确．E、当t=0时，x=2.5质点处于波峰，而波峰传播x=10cm的质点的时间为t==1.5s，故E正确；故选：ADE．A、根据v=，结合平衡位置为1.5cm质点处于波谷，即可求解波速；B、由波长与波速，依据v=λf，即可求解频率大小；C、根据波的传播方向，结合平移法，从而确定质点的运动方向；D、根据t=0时，波形图，可知，波源振动时间；E、根据t=，结合平衡位置2.5cm的质点处于波峰，从而可求得x=10cm的质点，在t=1.5s是否处于波峰．考查波长、波速及周期的关系，掌握由波的传播方向来确定质点的振动方向．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C.一个氘核H与一个氚核H聚变生成一个氦核H e的同时，放出一个质子D.光子的能量由光的频率所决定E.按照玻尔理论，氢原子核外从半径较小的轨道跃迁半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大【答案】BDE【解析】解：A、光电效应显示了光的粒子性，并没有显示光的波动性，故A错误；B、据天然放射的实质可知，核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，故B正确；C、据核反应方程：+→+，据此可知放出的是中子，故C错误；D、根据光子能量计算公式E=hυ可知其能量由光子频率决定，故D正确；E、按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，故E正确．故选：BDE．利用β衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，光子能量计算公式E=hυ可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加．重点掌握光电效应的特点、β衰变的实质、核反应满足质量数和电荷数守恒和原子跃迁中能量的变化，本题考查的知识点较多．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：小钢珠、固定底座、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更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门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．（1）使用游标卡尺测量小钢珠的直径如图2所示，则直径为______ cm；（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小钢珠经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小钢珠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-t图象（如图3），若图线斜率的绝对值为k，与纵轴的截距为a，根据图线可求出重力加速度大小为______ ．【答案】1.170；；2k【解析】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′-t=-t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v-gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=′t=（3）h=所以=v-gt若-t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．10.（1）某同学利用如图1所示的电路测量一只灵敏电流计的电阻．该同学在连好电路后，先把电位器R调到最大；合上开关S1，调节R使电流表达到满偏电流I g，然后合上开关S2，调节电阻箱R1的阻值使电流表示数正好为满偏电流的一半，记下此时电阻箱的示数，即认为电流表的电阻R g就等于R1．①从系统误差的角度看，测量结果比真实值应该______ （填“偏大”或“偏小”）；②在下列选项中对实验测量准确性影响较大的因素是：______ ．A、电源内电阻rB、电位器R的总阻值C、电源电动势ED、定值电阻R0的阻值（2）如果灵敏电流计（即表头）的满偏电流I g=1m A，电阻R g=100Ω，现实验实备有该型号表头改装的量程不同的电流表和电压表，某同学准备利用伏安法测量一只阻值约为150Ω的电阻R x，备选器材有：A、学生电源（电动势E约为4V）B、电压表（量程：0-3V）C、电流表A1（量程：0-50m A）D、电流表A2（量程：0-0.6A）E、电流表A3（量程：0-3A）F、滑动变阻器（总电阻约20Ω）G、开关、导线若干①为了尽量提高测量精度，请在图2虚线框内画出合理的电路原理图；②电流表应选择______ （请填写所选器材前的字母符号）【答案】偏小；A；C【解析】解：（1）①半偏法测电流表电阻比实际电阻偏小：电流表并联电阻，其并联部分的电阻变小，总电流变大，这个并联的电阻分流大于电流表分流．则其电阻值小于电流表的内阻则测量结果比真实值应该偏小②对实验测量准确性影响较大的因素是电源内电阻r，则A正确（2）①小电阻有外接法，滑动变阻器用分压式接法，电路如图②电阻的最大电流约为：I==故选电流表C故答案为：（1）①偏小；②A；（2）①如图；②C（1）半偏法测电阻认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=所并联电阻值；（2）电路的连接要注意内外接法，滑动变阻器的分压与分流接法．本题考查了半偏法测电流表内阻、电流表改装，知道半偏法测电表内阻的原理四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？【答案】解：（1）水泥路面上运动的加速度大小为a2，则：μ2mg=ma2由：解得：（2）根据题意，汽车如果刚好不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，加速度大小为a1，运动位移为x1，则：μ1mg=ma1v0-2v0=-a1t1解得：，在水泥路面上运动时间为t2则：0-v0=-a2t2解得：汽车不撞上，则应在A点左侧距A点距离大于的位置开始紧急刹车．汽车运动的时间：t=答：（1）求水泥路面AB段的长度为；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为；若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是．【解析】（1）汽车在水泥路上刹车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出汽车在水泥路面上的加速度，根据位移速度公式求出水泥路面AB段的长度；（2）根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，根据牛顿第二定律求出在柏油路面上的加速度，根据速度时间公式求出在柏油路上运动的时间及在水泥路面上运动的时间，两段时间之和即为总时间．根据速度位移公式求出开始紧急刹车的位置距A点的距离．本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，难度适中．12.如图所示，在x O y平面的x＜0区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，而在0≤x≤L，-1.5L≤y≤1.5L的区域I内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1=、方向垂直。
湖北省七市(州)高三物理下学期3月模拟试卷(含解析)
湖北省七市（州）2015届高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，1－5题只有一项符合题目要求，第6－8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。
）1．科学发现推动人类社会的进步，科学技术的应用改变人们的生活，在下列叙述中正确的是( )A．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由恒定的强磁场产生的B．电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以增强电源电动势的作用，促进线圈的转动C．法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机D．机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用静电感应的原理工作的2．一质点在某一外力F作用下由静止开始运动，力F的大小随时间t变化的图象如图所示，其方向始终在一条直线上，在0﹣8s内，下列说法正确的是( )A．在0﹣2s内质点做匀加速运动，第2s末其速度达到最大值B．第4s末质点的加速度为零，速度也刚好为零C．质点做变加速直线运动，第6s末加速度最大，且离出发位置最远D．在0﹣8s内，质点一直向同一个方向做直线运动，在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远3．如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极A、B板长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO′垂直荧光屏交于O″点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO′射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O″点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．小球一定带负电B．小球一定垂直打在荧光屏的O″点上C．电场力qE=mgD．电场力qE=2mg4．地球M和月球m可以看作一个双星系统，它们绕两球球心连线上的某一点O转动，据科学家研究发现，亿万年来地球把部分自转能量通过地月相互作用而转移给了月球，使地月之间的距离变大了，月球绕O点转动的机械能增加了，由此可以判断( )A．月球绕O点转动的角速度减小B．月球绕O点转动的角速度增大C．地球球心到O点的距离减小D．月球绕O点转动的动能增加5．如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变电器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，端电压分别为U1、U2，电流分别I1、I2，升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻R，变压器均为理想变压器，若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )A．用户端的负载增加（并联用电器增多）时，I2增大，I1增大B．无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2C．远距离输电线上的电流I2=D．若用户端要得到U1大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为n2：n16．如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）7．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力T垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）．某次运动中，运动员在水平牵引力F作用下，脚蹬滑板，沿水平面做了一小段匀加速直线运动，设滑板和水平面的夹角为θ，忽略空气阻力，在此运动过程中( )A．T增大，调整θ增大B．T增大，保持θ不变C．F增大，调整θ增大D．F不变，调整θ减小8．如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色皮带以10m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处于无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中( )A．小煤块从A运动到B的时间为2sB．煤块对皮带做的总功为0C．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J二、非选择题:（包括必考题和选考题两部分，9-12题为必考题，13-18题为选考题）（一）必考题9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：小钢珠、固定底座、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更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门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．（1）使用游标卡尺测量小钢珠的直径如图2所示，则直径为__________cm；（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小钢珠经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小钢珠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﹣t图象（如图3），若图线斜率的绝对值为k，与纵轴的截距为a，根据图线可求出重力加速度大小为__________．10．（1）某同学利用如图1所示的电路测量一只灵敏电流计的电阻．该同学在连好电路后，先把电位器R调到最大；合上开关S1，调节R使电流表达到满偏电流I g，然后合上开关S2，调节电阻箱R1的阻值使电流表示数正好为满偏电流的一半，记下此时电阻箱的示数，即认为电流表的电阻R g就等于R1．①从系统误差的角度看，测量结果比真实值应该__________（填“偏大”或“偏小”）；②在下列选项中对实验测量准确性影响较大的因素是：__________．A、电源内电阻rB、电位器R的总阻值C、电源电动势ED、定值电阻R0的阻值（2）如果灵敏电流计（即表头）的满偏电流I g=1mA，电阻R g=100Ω，现实验实备有该型号表头改装的量程不同的电流表和电压表，某同学准备利用伏安法测量一只阻值约为150Ω的电阻R x，备选器材有：A、学生电源（电动势E约为4V）B、电压表（量程：0﹣3V）C、电流表A1（量程：0﹣50mA）D、电流表A2（量程：0﹣0.6A）E、电流表A3（量程：0﹣3A）F、滑动变阻器（总电阻约20Ω）G、开关、导线若干①为了尽量提高测量精度，请在图2虚线框内画出合理的电路原理图；②电流表应选择__________（请填写所选器材前的字母符号）11．如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？12．（19分）如图所示，在xOy平面的x＜0区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的区域I内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外，区域Ⅱ处于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（﹣2L，﹣L）的A点以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好经过坐标为[0，﹣（﹣1）L]的C点，粒子重力忽略不计，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向里的匀强磁场B2，试确定磁感应强度B2的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与y轴正方向夹角θ的范围．(二）选考题【物理选修3-3】13．以下说法正确的是 ( )A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小14．如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸内壁导热良好．活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开始时气柱高度为h0，若在活塞上放上一个质量为m 的砝码，再次平衡后气柱高度变为h，去掉砝码，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h′，已知气体温度保持不变，气缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压P0以及活塞的质量M．【物理选修3-4】15．如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm 处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是( )A．此波的波速为5cm/sB．此波的频率为1.5HzC．波源在t=0时运动速度沿y轴正方向D．波源振动已经历0.6sE．x=10cm的质点在t=1.5s处于波峰16．如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触，现有一单色平行光束与水平方向夹角为θ（θ＞0），从AB面射入玻璃砖，若要求不论θ取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为．【物理选修3-5】17．下列说法正确的是( )A．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C．一个氘核H与一个氚核H聚变生成一个氦核He的同时，放出一个质子D．光子的能量由光的频率所决定E．按照玻尔理论，氢原子核外从半径较小的轨道跃迁半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大18．如图，在光滑水平面上，有A、B、C三个物体，开始BC皆静止且C在B上，A物体以v0=10m/s撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A静止不动，而B、C最终的共同速度为4m/s，已知B、C两物体的质量分别为m B=4kg、m C=1kg，试求：（1）A物体的质量为多少？（2）A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？湖北省七市（州）2015届高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，1－5题只有一项符合题目要求，第6－8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。
省直辖县级行政区划仙桃市华中师范大学第三附属中学高三物理模拟试卷带解析
省直辖县级行政区划仙桃市华中师范大学第三附属中学高三物理模拟试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放。
摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是（）A．在释放瞬间，支架对地面压力为(m+M)gB．在释放瞬间，支架对地面压力为MgC．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(m+M)gD．摆球到达最低点时，支架对地面压力大于(m+M)g参考答案：BD2. 质量均为的、两木块叠放在水平面上，如图所示，受到斜向上与水平面成角的力作用，受到斜向下与水平面成角等大的力作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止（）。
Ａ．对的支持力一定等于Ｂ．水平面对的支持力可能大于2Ｃ．、之间一定存在静摩擦力Ｄ．与水平面之间可能存在静摩擦力参考答案：C 3. 低碳、环保是未来汽车的发展方向。
某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。
某次测试中，汽车以额定功能行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。
已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，其它阻力不计，根据图象所给的信息可求出（）A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为2000NB．汽车的额定功率为40kWC．开启储能装置后，汽车作加速度不断减小的减速运动D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J参考答案：4. （单选）下列关于分子运动和热现象的说法中正确的是（）因此分子势能增加，故C 错误； D 、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，对单个的分子没有意义．如果气体温度升高，那么分子的平均动能增大，不是所有分子的速率都增大，故D 错误． 故选：A 点评： 本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累．5.在做验证力的平行四边行定则的实验中，假如一个分力F 1的方向不变，那么为了使橡皮条仍然伸长到O 点，对另一个分力F 2，下说列法正确的是 （ ） A ．F 2的方向和大小是唯一确定值 B ．F 2的大小是唯一的，方向可以有多个值 C ．F 2的方向和大小可以有多个值 D ．F 2的方向是唯一的，但大小可有多个值 参考答案：解：因一个弹簧秤的拉力大小、方向不变，而橡皮筋伸长到O 点，说明合力不变，一个分力方向不变，大小可以变化，由平行四边形定则可知另一个力方向和大小可以有多个值，故ABD 错误，C 正确． 故选：C ．二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了如图所示的实 验：质量为m 的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O 处，杆由水平位置 静止释放，用光电门测出另一端A 经过某位置时的瞬时速度vA ，并记 下该位置与转轴O 的高度差h 。
【名师解析】湖北省八市2015届高三联考物理试卷(3月份)
2015年湖北省八市联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分1．（6分）（2015•湖北模拟）下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】：物理学史．【分析】：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．【解析】：解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．故选：C．【点评】：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，注重积累．2．（6分）（2015•湖北模拟）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P 始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（）A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变【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】：先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解析】：解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθN2=由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B错误；C、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故C正确；D、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大；物体Q一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变．故D错误；故选：C．【点评】：本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．3．（6分）（2015•湖北模拟）近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动．如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2．下列判断正确的是（）A．飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D．飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【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】：同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系．飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态．飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样．【解析】：解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，故A错误．B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确．C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据ω=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误．D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误．故选：B．【点评】：圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关．4．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（）A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况．【解析】：解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I=，l=x则I=x位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误．位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．I=（2L﹣x）故选：B．【点评】：本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解．l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题．5．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（）A．若只在A点放置一正点电荷，则电势差U BC＜U HGB．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等．同时注意电场线和等势线是垂直的【解析】：解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差U BC＞U HG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等．故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等．故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等．故D正确．故选：D【点评】：本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力．6．（6分）（2015•湖北模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增加【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以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解析】：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A 错误；B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B正确；C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；．故选：BC．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路，另外还要清楚变压器各量之间的制约关系．7．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（）A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为D．小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等于力乘以速度．【解析】：解：AB、刚开始运动，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A正确，B不正确；C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C正确．D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kv﹣mg），故速度为：v=，故恒力F0的最大功率为P=Fv=，故D正确．故选：ACD【点评】：本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，难度适中8．（6分）（2015•湖北模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μgB．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解析】：解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC．【点评】：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．（5分）（2015•湖北模拟）在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示，（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是ABA．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量D．弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A小于m B（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA大于μB（填“大于”“等于”或“小于”）．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：本题（1）选项A写出木板水平时加速度的表达式讨论即可；选项C根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P质量大小无直接关系；选项D对重物P 列出加速度的表达式，然后讨论即可．题（2）的关键是根据a﹣F分别写出A和B加速度a与拉力F的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解．【解析】：解：（1）A、长木板水平时，对物体A或B由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma，即a=﹣μg，所以也可以达到实验目的，所以A正确；B、实验要求应先接通电源后释放纸带，所以B正确；C、由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，当加速度为a时，应有Mg﹣2F=Ma，可得F=，所以只有当a=0时，F才等于，所以D错误；故选：AB（2）设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B应有F﹣μmg=ma，可得：a==对物体A应有μmg﹣F=ma，可得：a=μg﹣=+μg根据a﹣F图象斜率绝对值k=可知，B的斜率大于A的斜率，所以，即小于；再根据纵轴截距大小等于μg可知，由于A的截距大于B的截距，所以大于；故答案为：（1）AB；（2）小于，大于【点评】：应明确：①若滑轮是“轻质光滑”的，则滑轮两端绳子的拉力都相等；②涉及到图象问题，应根据相应的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再根据斜率与截距的概念即可求解．10．（10分）（2015•湖北模拟）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V，内阻R x约为6kΩ，现要较为准确地测其内阻R x，且各仪表的示数不得少于满量程的．实验室提供了如下器材：A．电流表A1：量程3mA，内阻约50ΩB．电流表A2：量程3A，内阻约0.2ΩC．电压表V1：量程1.5V，内阻r1=1kΩD．电压表V2：量程60V，内阻r2约50kΩE．定值电阻器R1：阻值R1=5.1kΩF．定值电阻器R2：阻值R2=30ΩG．电源：电动势约15V，内阻约0.5ΩH．滑动变阻器0～20ΩI．导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需ACEH器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出R x的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）R x=，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数U1为电压表V1的示数、I1为电流A1的示数．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则，（2）将电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用．通过待测电阻的大小确定电流表的内外接，由于滑动变阻器阻值较小，从测量误差角度确定滑动变阻器采用分压式接法．（3）根据欧姆定律求出待测电阻的阻值．【解析】：解：（1）通过电压表的最大电流为：，且待测电表无刻度，故还需选择电压表，电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则可选取：ACEH；（2）电压表V1量程太小，直接并在待测电压表两端容易烧毁，故需串联一个定值电阻R1，又电压表电阻很大，电流表应采用外接法，滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，故设计电路如图所示：（3）根据欧姆定律流经电压表V1的电流为：…①根据并联电路电流特点可得流经待测电压表的电流为：I x=I1﹣I0…②根据欧姆定律得：…③①②③联立得：故答案为：（1）ACEH；（2）如图所示（3），U1为电压表V1的示数、I1为电流表A1的示数【点评】：本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表，并确定安培表的内、外接法和滑动变阻器的限流、分压法；要明确安培表的内、外接法的误差来源．11．（13分）（2015•湖北模拟）光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功W f=9.5J．g=10m/s2．求：（1）装置运动的时间和位移大小；（2）长平板的长度l；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．【考点】：动能定理；牛顿第二定律；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）以装置为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．（2）以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可．（3）利用滑块恰好经过最高点利用牛顿第二定律和平抛运动列方程求解．【解析】：解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=Ma1代入数据解得：a1=12m/s2设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：v0﹣a1t1=0联立并代入数据解得：t1=1s装置向左运动的距离：x1==12×1m﹣0.5×12×1m=6m（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma2代入数据解得：a2=4m/s2设滑块运动到A点时的速度为v1，则：v1=v0﹣a2t1联立并代入数据解得：v1=8m/s小滑块向左运动的距离为：x2==12×1m﹣0.5×4×1m=10m则平板长为：l=x2﹣x1=10m﹣6m=4m（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：﹣mg×2R﹣W f=在B点有：mg=联立解得：R=0.9m，v2=3m/s小滑块从B点飞出做平抛运动：2R=联立解得：t2=0.6s落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m答：1）装置运动的时间和位移大小6m；（2）长平板的长度l为4m；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．【点评】：弄清问题的运动情况和受力情况是解题的关键，灵活利用牛顿第二定律和运动学公式求解是解题的核心，此题综合性较强．12．（19分）（2015•湖北模拟）如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心O1坐标为（﹣a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）．带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成θ角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，）．带电粒子质量为m、带电量为﹣q．忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子速度v大小和cosθ值；（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B′大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B．方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（B﹣t图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？【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】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动，确定出圆心和半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求得v的大小．由几何关系求解cosθ值；（2）带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，根据几何知识求出轨迹半径，即可由牛顿第二定律求解B．（3）画出粒子运动的轨迹，由几何知识求解K点到x轴最大距离．根据轨迹的圆心角求解图乙中的T值．【解析】：解：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆心为O2，离开圆形磁场区域时的位置为H，连接PO1HO2可知，该四边形为菱形，带电粒子做圆周运动的半径：r=a由于qvB=m得：v=由于PO1在竖直方向，半径HO2也为竖直方向，由图可知：r+rcosθ= a解得：cosθ=（2）由图可知，带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，设半径为r3，由几何关系有：tanβ==，β=37°则：cosβ==得：r3= a而r3=得：B′= B（3）由图知：圆O4与直线x=a相切于C点，圆O5与y轴相切于D点，两圆弧相切于E点，带电粒子运动到K点时离x轴距离最大，。
湖北省仙桃市仙桃中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
湖北省仙桃市仙桃中学必修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．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能．（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）【答案】（1）/8qE m ,向右（2）()48qE Lx+（3）0(2)6qE x L+【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得48QE L QEmaL-⋅＝解得8QEam＝，方向向右．（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有4QE QExL⋅＝解得14x L=由动能定理得：()0044()()42442448 K oQE QELQE QE L QE LE W x x x x x＝＝＝＝+⨯∑+-+-+⨯（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：()42QE QEx L L+-＝，得 x0=L；()42QE QELL Lε+＝＝当x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()0042xQEQE Lx x x++--＝解之得：208L L Lx x ++＝则2008 ()4F L L Lx QE W x ε+++＝＝当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0042QE QEx x L QE x L +---＝ 得：023x Lx +＝ 则()()000242 4436QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝＝＝2．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。
湖北省仙桃市高三物理下学期5月模拟试卷(含解析)
湖北省仙桃市2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）1．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处，现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A．环到达B处时，环与重物的速度大小相等B．环从A到B，细绳对重物做功等于重物增加的动能C．环能下降的最大高度为 dD．环到达B处时，重物上升的高度h=2．按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后，第二步“落月”工程在2013年前已完成，假设月球半径为R，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，下列判断正确的是( )A．飞船在A点点火变轨的瞬间，动能增加B．飞船在轨道Ⅰ上的运行角速度是在轨道Ⅲ上运行角速度的倍C．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率是在轨道Ⅲ上运行速率的倍D．在轨道Ⅱ上稳定运行时，飞船在A点的速率等于在B点的速率3．用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压V1不变，如图所示，开始时开关S是断开的，现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及变压器输入功率P入的变化情况是( )A．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小C．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大D．V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小4．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN 垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是( )A．CD段直导线始终不受安培力B．感应电动势最大值E m=BavC．感应电流方向不变D．感应电动势平均值=πBav5．如图甲所示，线圈A、B紧靠在一起，当给线圈A通以如图乙所示的电流（规定由b进入a 流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c进入电压表为正方向）应为下列图中的( )A．B．C．D．6．如图所示，A、B、C、D位于同一半径为r的竖直圆上，且AB⊥CD，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q，现从A点将一质量为m，电荷量为﹣q的带电小球由静止释放，该小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为4，规定电场中B点的电势为零，则在点电荷﹣Q 形成的电场中下列说法正确的是（不计带电小球对电场的影响）( )A．D点电势为B．小球在D点具有的电势能为正值C．O点电场强度大小是A点的2倍D．小球通过D点时轨道对小球作用力大小为mg7．如图所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A=4m/s，到达B端的瞬时速度设为v B，下列说法中正确的是( )A．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3m/sB．若传送带逆时针匀速转动越快，v B越小C．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3m/sD．若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动8．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°，下列说法正确的是( )A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，第13-18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．某实验小组的同学用如图所示的装置，探究加速度与力和质量的关系，为了使小车受到的合外力的大小等于钩码的重力的大小，则( )A．应将图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡摩擦力B．平衡摩擦力时，图示装置中的钩码不需要取下C．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力D．钩码的质量要远小于小车的质量E．若m为钩码的总质量，M为小车的质量，小车运动的加速度可直接用公式a=求出10．某同学用如图1所示的电路测量多用表的内阻和内部电池的电动势．（1）多用电表右侧表笔为__________（填“红表笔”和“黑表笔”）．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节__________，使指针指在右侧满刻度处．（2）移动滑动变阻器R的触头，分别读出五组电压表（内阻较大，可视为理想表）和欧姆表示数U、R，并将计算得出的、记录在表格中，并在坐标纸上作出了﹣图线，如图2，其中第四次测量时欧姆表的示数如图3，其阻值为__________Ω．123452.501.701.251.000.850.180.100.060.02（3）根据图线得出多用表内部电池的电动势为__________V，多用电表欧姆挡“×1”时内电阻为__________Ω．（结果保留三位有效数字）（4）若改用已使用较长时间的多用表（电池电动势变小，内阻变大）．但仍能调零后测电阻，其测得电阻R值与原来相比__________（填“偏大”、“不变”或“偏小”）．11．如图所示，一质量M=3kg的足够长的小车停要光滑水平地面上，另一木块m=1kg，以v0=4m/s 的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2，求经过时间t=2.0s时：（1）小车的速度大小v；（2）以上运动过程中，小车运动的距离x以及木块与小车由于摩擦而产生的内能Q．12．（19分）如图所示，直角坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方一半径为R、与x轴相切于O点的圆形区域内，有方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=的匀强磁场，一质量为m、带电量为+q的带电粒子，从P（﹣2L，L）点以速度v0平行于x 轴正方向向右射入，恰好经过O点进入圆形磁场区域，不计粒子重力，求：（1）匀强电场的电场强度；（2）粒子第一次射出圆形磁场时的坐标；（3）粒子从O点射入圆形磁场到第一次离开圆形磁场经历的时间．(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理选修3-3】13．下列说法中正确的有( )A．固体很难被拉伸，这是因为拉伸时固体分子间的分子力表现为引力B．液体很难被压缩，这是因为压缩时液体分子间的分子力表现为斥力C．气体被压缩时有时需要用较大的力，这是因为气体被压缩时其分子间的分子力表现为斥力D．分子势能随分子间距离的增大而增大E．分子间有相互作用的引力和斥力14．如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C 连接，静止时气缸中的空气压强P1=1.2atm，温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L．已知大气压强P0=1atm=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计摩擦．求：①重物C的质量M是多少？②降低气缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时缸内气体的温度是多少？【物理选修3-4】15．某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.25s时的波形图，图乙为P点（x=1.5m处的质点）的振动图象，那么下列说法正确的是( )A．t=0.25s时，质点P正在往y轴负方向运动B．该波向右传播，波速为2m/sC．质点L与质点N的运动方向总相反D．t=0.75s，质点M处于平衡位置，并正在向y轴正方向运动E．t=1.25s时，质点K向右运动了2m16．如图为一半球形玻璃砖的一个截面，其半径为R，玻璃砖的折射率为n=，光线I从顶点A垂直射向球心，光线Ⅱ的入射点为B，∠AOB=60°，试画出两束光线的光路图（只画折射光线），并求这两束光线经CD面出射后的交点到球心O的距离．【物理选修3-5】17．如图所示为氢原子的能极示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在自发跃迁中放出一些光子，用这些光子照射逸出功为2.25ev的钾，下列说法正确的是( )A．这群氢原子能发出三处不同频率的光B．这群氢原子发出光子均能使金属钾发生光电效应C．金属钾表面逸出的光电子最大初动能一定小于12.09evD．金属钾表面逸出的光电子最大初动能可能等于9.84evE．氢原子发出光子后其核外电子动能变小18．如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为m A=2.0kg，m B=1.0kg，m C=1.0kg．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？湖北省仙桃市2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）1．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处，现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A．环到达B处时，环与重物的速度大小相等B．环从A到B，细绳对重物做功等于重物增加的动能C．环能下降的最大高度为 dD．环到达B处时，重物上升的高度h=考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：环刚开始释放时，重物由静止开始加速．根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在B处速度与重物的速度之比．环和重物组成的系统，机械能守恒．解答：解：A、对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，故A错误；B、环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故B错误；C、滑下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为﹣d，根据机械能守恒有mgh=2mg（﹣d）解得：h=d；，故C正确；D、根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=d﹣d，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度，理解运动中长度的几何关系，并注意下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0是解题的关键．2．按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后，第二步“落月”工程在2013年前已完成，假设月球半径为R，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，下列判断正确的是( )A．飞船在A点点火变轨的瞬间，动能增加B．飞船在轨道Ⅰ上的运行角速度是在轨道Ⅲ上运行角速度的倍C．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率是在轨道Ⅲ上运行速率的倍D．在轨道Ⅱ上稳定运行时，飞船在A点的速率等于在B点的速率考点：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：飞船做圆周运动，根据万有引力等于向心力，列出等式表示出线速度和周期，再根据万有引力等于重力求解．根据牛顿第二定律比较经过A点的加速度大小．从轨道Ⅱ上A点进入轨道Ⅰ需加速，使得万有引力等于向心力．在轨道Ⅱ上运行时，根据万有引力做功情况判断A、B两点的速度大小．解答：解：A、飞船在A点变轨，做近心运动，万有引力大于向心力，知点火减速，动能减小．故A 错误；B、根据万有引力等于向心力=mω2r=m角速度ω=，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行角速度是在轨道Ⅲ上运行角速度的倍，故B错误；C、v=，飞船在轨道Ⅰ上的运行和在轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比是4：1．所以飞船在轨道Ⅰ上的运行速率是在轨道Ⅲ上运行速率的倍，故C正确；D、飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，万有引力做正功，动能增大，所以飞船在A 点的线速度小于在B点的线速度，故D错误；故选：C．点评：主要考查圆周运动中各种向心力公式的变换．要能根据万有引力提供向心力，选择恰当的向心力的表达式．3．用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压V1不变，如图所示，开始时开关S是断开的，现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及变压器输入功率P入的变化情况是( )A．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小C．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大D．V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要增大，根据P=UI可知，副线圈电压不变，电流变大，则功率变大，所以输入功率也变大，所以A正确．故选：A点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．4．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是( )A．CD段直导线始终不受安培力B．感应电动势最大值E m=BavC．感应电流方向不变D．感应电动势平均值=πBav考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由E=BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值．解答：解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，产生感应电流，由于CD边与磁场垂直，所以CD必定受到安培力，故A错误．B、当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效的切割长度最大为a，这时感应电动势最大 E m=Bav，故B正确．C、根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，不变，故C正确．D、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势平均值===πBav．故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：本题注意以下几点：（1）感应电动势公式E=只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．5．如图甲所示，线圈A、B紧靠在一起，当给线圈A通以如图乙所示的电流（规定由b进入a 流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c进入电压表为正方向）应为下列图中的( )A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据右手螺旋定则判断出线圈A产生的磁场极性．由于产生原磁场的电流在增大，根据楞次定律判断线圈B中感应电流方向，根据法拉第地磁感应定律得出感应电动势的大小不变．解答：解：规定由b进入a流出为电流正方向，0﹣1s，电流为正值，随时间均匀增大，根据右手螺旋定则判断出线圈A产生的磁场左端是S 极，右端是N极，由于产生原磁场的电流在增大所以原磁场穿过线圈B的磁通量均匀增大，根据楞次定律判断出线圈B中感应电流方向是从d经过电压表再经过c，也就是在图中电压为正值．根据法拉第地磁感应定律得出产生的感应电动势为不变，为定值．依次求出1﹣4s过程中电压变化情况．故选：C．点评：本题中的感应电动势为感生电动势，关键是根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第地磁感应定律判断感应电动势的大小．6．如图所示，A、B、C、D位于同一半径为r的竖直圆上，且AB⊥CD，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q，现从A点将一质量为m，电荷量为﹣q的带电小球由静止释放，该小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为4，规定电场中B点的电势为零，则在点电荷﹣Q 形成的电场中下列说法正确的是（不计带电小球对电场的影响）( )A．D点电势为B．小球在D点具有的电势能为正值C．O点电场强度大小是A点的2倍D．小球通过D点时轨道对小球作用力大小为mg考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据动能定理，求解﹣q在D点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解D点的电势；根据点电荷电场强度公式E=k，即可研究O、A两点场强的关系．解答：解：AB、由题意可知，A、B到C的距离相等，则AB的电势相等．沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势﹣q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr+W电=m（4）2﹣0，解得电场力做功：W电=7mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因由A到D点电场力做正功，则电势能减小，因此点电荷﹣q在D点的电势能为E PD=﹣7mgr＜0；D点的电势为φD==，故A正确，B 错误；C、根据公式E=k，由于AC=OC，故O点电场强度大小是A点的2倍，故C正确；D、在D点，弹力、静电力和重力的合力提供向心力，故：N﹣mg﹣=m故N=mg++m＞mg；故D错误；故选：AC点评：考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负．7．如图所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A=4m/s，到达B端的瞬时速度设为v B，下列说法中正确的是( )A．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3m/sB．若传送带逆时针匀速转动越快，v B越小C．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3m/sD．若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：若传送带逆时针转动，物体在传送带上做匀减速直线运动，若传送带顺时针转动，物体在传送带上可能做匀加速运动、可能做匀减速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解．解答：解：A、若传送带逆时针匀速转动，物体在传送带上一直做匀减速运动，加速度大小a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，根据速度位移公式得，到达B点的速度m/s=3m/s，故A正确．B、若传送带逆时针转动，物体一直做匀减速运动，加速度的大小与传送带速度无关，则到达另一端的速度与传送带速度无关，故B错误．C、若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度小于3m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，到达另一端的速度为3m/s，故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键通过物体的受力判断出物体滑上传送带的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．8．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°，下列说法正确的是( )A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零考点：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：以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．解答：解：C、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A=F B=G，故C正确；AB、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故A错误，B错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：CD点评：本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，第13-18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．某实验小组的同学用如图所示的装置，探究加速度与力和质量的关系，为了使小车受到的合外力的大小等于钩码的重力的大小，则( )A．应将图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡摩擦力B．平衡摩擦力时，图示装置中的钩码不需要取下C．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力D．钩码的质量要远小于小车的质量E．若m为钩码的总质量，M为小车的质量，小车运动的加速度可直接用公式a=求出考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．平衡摩擦力时，不能挂盘；根据重力的下滑分力与滑动摩擦力平衡，可知，其平衡条件与质量无关；小车的加速度应由纸带求出．解答：解：A、图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡摩擦力，故A正确；B、平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故B错误；C、根据重力的下滑分力与滑动摩擦力平衡，可知，其平衡条件与质量无关，故C错误；D、当盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力，可以减小误差，故D正确；E、小车的加速度应该根据打点计时器打出的纸带应用匀变速运动规律求出，加速度不能直接用公式a=求出，故E错误；故选：AD．点评：本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，注意要平衡摩擦力，要掌握平衡摩擦力的方法，难度不大，是一道基础题．10．某同学用如图1所示的电路测量多用表的内阻和内部电池的电动势．（1）多用电表右侧表笔为黑（填“红表笔”和“黑表笔”）．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧满刻度处．（2）移动滑动变阻器R的触头，分别读出五组电压表（内阻较大，可视为理想表）和欧姆表示数U、R，并将计算得出的、记录在表格中，并在坐标纸上作出了﹣图线，如图2，其中第四次测量时欧姆表的示数如图3，其阻值为30.0Ω．12。
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2015年湖北省仙桃中学高考物理模拟试卷（三）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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．在物理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．牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因B．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C．焦耳发现了电流热效应的规律D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律2．A、B两车由静止开始运动，运动方向不变，运动总位移相同，A行驶的前一半时间以加速度a1做匀加速运动，后一半时间以加速度a2做匀加速运动，而B则是前一半时间以加速度a2做匀加速度运动，后一半时间以加速度a1做匀加速运动，已知a1＞a2，设A的行驶时间为t A、未速度为v A，B的行驶时间为t B，未速度为v B，则（）A．t A＜t B，v A＜v B B．t A＜t B，v A=v B C．t A＞t B，v A=v B D．t A＞t B，v A ＞v B3．如图所示，倾角为45°的光滑斜面向左做匀加速运动时，质量为m的小球恰好与斜面保持静止，当斜面与小球的速度从v增加到2v的过程中（）A．斜面对物体m做功为mv2B．斜面对物体m支持力大小为C．物体m受到的合外力大小为mgD．重力对物体m做功不为零4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地面重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．人造卫星的最小周期为B．卫星在距地面高度R处的绕行速度为C．卫星在距地面高度R处的加速度为D．地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射同步卫星所需的能量较小5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2．则下列说法中正确的是（）A．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2m/sB．下滑的整个过程中A球机械能守恒C．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒D．下滑的整个过程中B球机械能的增加量为J6．如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是（）A．B．C．D．7．如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V、5W”字样．L4标有“5V、10W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路a、b两端的输入功率P ab和输入电压U ab应为（）A．20W，25V B．25W，25V C．20W，20V D．25W，20V8．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场，磁感应强度大小为均B，磁场方向如图（两区域磁场方向相反）均与斜面垂直，磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，线框恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能减少量为△E，重力对线框做功的绝对值为W1，安培力对线框做功的绝对值为W2，下列说法中正确的有（）A．v1：v2=4：1 B．v1：v2=2：1 C．△E=W1+W2D．△E=W1二、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18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图线，如图乙所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=．（重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）10．某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化，这种现象称为“压阻效应”．现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻R x的压阻效应．已知R x的阻值变化范围为几欧姆到几十欧姆，所用电源的电动势为3V．除图甲中的器材外，实验室还提供了如下器材可供选择：电压表V（量程为0～15V，内阻约为20kΩ，其读数用U表示）电流表A1（量程为0～0.6A，内阻r1=5Ω，其读数用I1表示）电流表A2（量程为0～0.6A，内阻约为6Ω，其读数用I2表示）（1）请完成电路图中虚线框内的部分，并用相应的符号标注元件；（2）在电阻R x上加一个砝码，闭合开关S，记下电表读数，可得R x=（用题目中给出的字母表示）；（3）改变砝码的个数，得到不同的R x值，再用弹簧测力计测得砝码的重力，绘成图象如图乙所示，可得R x与所受压力F的数值关系是R x=．11．如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着．弹簧劲度系数k=100N/m．轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮．B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上．若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零．此时A处于静止且刚好没接触地面．现用恒定拉力F=15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计一切摩擦且弹簧没超过弹性限度，（g取10m/s2）求：（1）B刚要离开C时A的加速度；（2）若把拉力F改为F=30N，则B刚要离开C时，A的加速度和速度．12．如图所示，在以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内充满了磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方为一平行板电容器，其正极板与x轴重合且在O处开有小孔，两极板间距离为．现有电荷量为e、质量为m的电子在O点正下方负极板上的P点由静止释放．不计电子所受重力．（1）若电子在磁场中运动一段时间后刚好从磁场的最右边缘处返回到x轴上，求加在电容器两极板间的电压．（2）将两极板间的电压增大到第（1）问中电压的4倍，先在P处释放第一个电子，在这个电子刚到达O点时释放第二个电子，求第一个电子离开磁场时，第二个电子的位置坐标．（二）选考题：共45分。
请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。
如果多做，则按所做的第一题计分【物理--选修3-3】（15分）13．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大14．图甲为1mol氢气状态变化过程的V﹣T图象，己知状态A的参量为p A=1atm，T A=273K，V A=22.4×10﹣3m3，取1atm=105Pa（1）在图乙中画出与甲图对应的状态变化的p﹣V图，并标明A、B、C的位置．（不必写出求解过程）（2）等温膨胀过程（B→C）气体从外界吸收热量Q1=3130J，求气体的循环过程A→B→C→A 从外界一共吸收多少热量？【物理--选修3-4】（15分）15．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻t=0的图象如图所示，经过△t=1.2s的时间，这列波恰好第三次重复出现图示的波形．根据以上信息，可以确定的是（）A．该列波的传播速度B．△t=1.2s时间内质元P经过的路程C．t=0.6s时刻质元P的速度方向D．t=0.6s时刻的波形E．t=0.7s时刻质元P的位置16．如图所示，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°，∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）（1）这束入射光线的入射角多大？（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角．【物理--选修3-5】（15分）17．下列说法中正确的是（）A．某放射性元素经过19天后，余下的该元素的质量为原来的，则该元素的半衰期为3.8天B．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构C．对放射性物质施加压力，其半衰期将减少D．氢原子从定态n=3跃迁到n=2，再跃迁到定态n=1，则后一次跃迁辐射的光子波长比前一次的要短E．光电效应实验说明光具有粒子性18．如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为m A=2.0kg，m B=1.0kg，m C=1.0kg．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？2015年湖北省仙桃中学高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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．在物理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．牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因B．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C．焦耳发现了电流热效应的规律D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故B错误；C、焦耳发现了电流热效应的规律，故C正确；D、哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故D错误；故选：C．点评：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．A、B两车由静止开始运动，运动方向不变，运动总位移相同，A行驶的前一半时间以加速度a1做匀加速运动，后一半时间以加速度a2做匀加速运动，而B则是前一半时间以加速度a2做匀加速度运动，后一半时间以加速度a1做匀加速运动，已知a1＞a2，设A的行驶时间为t A、未速度为v A，B的行驶时间为t B，未速度为v B，则（）A．t A＜t B，v A＜v B B．t A＜t B，v A=v B C．t A＞t B，v A=v B D．t A＞t B，v A ＞v B考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：作A、B两车的速度时间图线，抓住总位移相等，通过图线比较出行驶的时间和末速度．解答：解：A、B两车的速度时间图线如图，总位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，从图线上看出，B的行驶时间长，末速度大．故选A．点评：本题用图象法解决比较方便，能直观地看出行驶的时间和末速度大小．知道图线与时间轴所围成的面积表示位移，图线的斜率大小表示加速度的大小3．如图所示，倾角为45°的光滑斜面向左做匀加速运动时，质量为m的小球恰好与斜面保持静止，当斜面与小球的速度从v增加到2v的过程中（）A．斜面对物体m做功为mv2B．斜面对物体m支持力大小为C．物体m受到的合外力大小为mgD．重力对物体m做功不为零考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：对小球进行受力分析，受重力和斜面的支持力，合力水平向左，根据力的合成和分解可以求得合力和斜面对物体的支持力，根据动能定理可以求得斜面体对物体做的功，重力方向上没有位移，所以重力不做功．解答：解：对小球进行受力分析，如图所示：根据几何关系有：tan45°=解得：F合=mg，故C正确；sin45°=解得：N=，故B错误；重力方向上没有位移，所以重力不做功，故D错误；对小球的运动过程根据动能定理得：W N+W G=m（2v）2﹣mv2解得：W N=故A正确．故选AC点评：本题主要考查了同学们受力分析的能力，要求同学们能正确对小球进行受力分析，并能根据几何关系求出支持力和合力，难度适中．4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地面重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．人造卫星的最小周期为B．卫星在距地面高度R处的绕行速度为C．卫星在距地面高度R处的加速度为D．地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射同步卫星所需的能量较小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．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和地球表面重力等于万有引力，列式求解出周期、线速度、加速度的表达式进行讨论．解答：解：A、根据，和，解得：所以当r=R时，卫星周期最小，所以最小周期为：，故A错误；B、根据，及GM=gR2解得：，故B错误；C、在地球表面运动的卫星环绕速度最大，根据得：，故C正确；D、同步卫星在发射的过程中，先发射到近地轨道，然后经过多次加速，才能达到同步轨道，所以发射同步卫星所需的能量较大，故D错误．故选：C点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，还要注意黄金代换式的应用，难度适中．5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2．则下列说法中正确的是（）A．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2m/sB．下滑的整个过程中A球机械能守恒C．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒D．下滑的整个过程中B球机械能的增加量为J考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒，但A球机械能不守恒．根据系统机械能守恒可求出两球在光滑水平面上运动时的速度大小，并得到B球机械能的增加量．解答：解：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做功，所以A球机械能不守恒．故B错误，C正确．根据系统机械能守恒得：m A g（h+Lsin30°）+m B gh=，代入数据解得：v=m/s，故A错误．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为△E==，故D正确．故选：CD．点评：本题是系统机械能守恒问题，下滑的整个过程中，对于单个物体机械能并不守恒，对系统机械能才守恒．要注意当两个球都在斜面运动时，杆没有作用力，两个球的机械能是守恒的．6．如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是（）A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律得出小球的加速度，根据加速度的变化判断小球的运动规律，确定正确的图线．解答：解：将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=，知a随x的增大均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度a=，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速运动．故A、C正确，B、D错误．故选：AC．点评：本题难点是分析小球离开弹簧前的加速度，根据表达式确定小球的加速度随x均匀变化，此段过程中速度时间图线的斜率在减小．7．如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V、5W”字样．L4标有“5V、10W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路a、b两端的输入功率P ab和输入电压U ab应为（）A．20W，25V B．25W，25V C．20W，20V D．25W，20V考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．说明副线圈电压为10V，副线圈功率为20W，根据电压与匝数成正比，可以求得副线圈的匝数，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈的输出功率，根据L1、正常发光得出电流，从而得出ab间电压，再求出原线圈电压，根据电压与匝数成正比，可以求得匝数比．解答：解：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W，根据U1I1=P2得：U1=V=20V所以U ab=U1+U L1=20+5=25V而P ab=20W+5W=25W，故B正确；故选：B点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．8．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场，磁感应强度大小为均B，磁场方向如图（两区域磁场方向相反）均与斜面垂直，磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，线框恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能减少量为△E，重力对线框做功的绝对值为W1，安培力对线框做功的绝对值为W2，下列说法中正确的有（）A．v1：v2=4：1 B．v1：v2=2：1 C．△E=W1+W2D．△E=W1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：t1时刻ab边刚越GH进入磁场I区域，导线框以速度v1做匀速直线运动；t2时ab 边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，列式求解速度v1：v2．从t1到t2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和，根据能量守恒定律求出线框的机械能减少量为△E．解答：解：AB、t1时刻，线圈做匀速直线运动，所受的安培力与重力的下滑分力平衡，则得：F1==mgsinθ，t2时刻，有安培力F2=2BLI2=2BL=mgsinθ，由两式比较得，v1：v2=4：1．故A正确，B错误．CD、导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于机械能的减少量．△E=W2，故CD错误．故选：A点评：本题中线框出现两次平衡状态，由E=BLv、I=、F=BIL推导安培力的表达式是关键，要注意t2时刻线框ab、cd都切割磁感线产生感应电动势，线框中总电动势为2BLv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18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题9．某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图线，如图乙所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=0.2．（重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．解答：解：根据F=ma得a=，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0解得：μ=0.2故答案为：0.5，0.2．点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．10．某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化，这种现象称为“压阻效应”．现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻R x的压阻效应．已知R x的阻值变化范围为几欧姆到几十欧姆，所用电源的电动势为3V．除图甲中的器材外，实验室还提供了如下器材可供选择：电压表V（量程为0～15V，内阻约为20kΩ，其读数用U表示）电流表A1（量程为0～0.6A，内阻r1=5Ω，其读数用I1表示）电流表A2（量程为0～0.6A，内阻约为6Ω，其读数用I2表示）（1）请完成电路图中虚线框内的部分，并用相应的符号标注元件；（2）在电阻R x上加一个砝码，闭合开关S，记下电表读数，可得R x=（用题目中给出的字母表示）；（3）改变砝码的个数，得到不同的R x值，再用弹簧测力计测得砝码的重力，绘成图象如图乙所示，可得R x与所受压力F的数值关系是R x=18﹣2F．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：对比电源电动势与电压表的量程判断电压表是否可选；然后采用近似伏安法测电阻，画电路图；结合试验原理与欧姆定律求被测电阻的表达式；有图象情况结合数学函数解析式求R x与F的关系．解答：解：（1）电源电动势为3V，而题中所给电压表的量程为15V，读数时误差较大，故选取内阻已知的电流表当电压表，采用安安法测电阻电路图如图所示．（2）若电流表A1示数为I1，则R x的电压为I1r1，流过R x的电流为I2﹣I1，由欧姆定律R x=（3）结合图象中（0，18）与（4，10）两点可知R x=18﹣2F．故答案为：（1）见解析（2）（3）18﹣2F点评：本题考查了安安法测电阻，要知道内阻已知的电流表可以当电压表用．11．如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着．弹簧劲度系数k=100N/m．轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮．B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上．若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零．此时A处于静止且刚好没接触地面．现用恒定拉力F=15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计一切摩擦且弹簧没超过弹性限度，（g取10m/s2）求：（1）B刚要离开C时A的加速度；（2）若把拉力F改为F=30N，则B刚要离开C时，A的加速度和速度．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）题中恰能使B离开C但不能继续上升，说明临界情况是弹力等于B的重力，然后对物体A受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）B刚要离开C时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度；对两次上拉过程分别运用能量守恒定律列式后联立求解得到速度．解答：解：（1）B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力F N=m B gA的受力图如右图，由图可得：（2）当F=0时，弹簧的伸长量当F=15N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量A上升过程中：F（x1+x2）=m A g（x1+x2）+△E p把拉力改为F'=30N时，A上升过程中：联立并代入数据得v=3m/sA的加速度为答：（1）B刚要离开C时A的加速度为15m/s2；（2）若把拉力F改为F=30N，则B刚要离开C时，A的加速度是0，速度为3m/s．点评：本题切入点在于“恰能使B离开C但不能继续上升”，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度，根据功能关系列式求解末速度．12．如图所示，在以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内充满了磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方为一平行板电容器，其正极板与x轴重合且在O处开有小孔，两极板间距离为．现有电荷量为e、质量为m的电子在O点正下方负极板上的P点由静止释放．不计电子所受重力．（1）若电子在磁场中运动一段时间后刚好从磁场的最右边缘处返回到x轴上，求加在电容器两极板间的电压．（2）将两极板间的电压增大到第（1）问中电压的4倍，先在P处释放第一个电子，在这个电子刚到达O点时释放第二个电子，求第一个电子离开磁场时，第二个电子的位置坐标．。