湖南省长郡中学2015届高三第五次月考物理试题 Word版含答案
【精品解析】湖南省长郡中学2015届高三第五次月考数学理
页1第湖南省长郡中学2015届高三第五次月考数学（理）试题【试卷综析】本试卷是高三理科试卷，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查.知识考查注重基础、注重常规、注重主干知识，兼顾覆盖面.试题重点考查：集合、不等式、向量、三视图、导数、简单的线性规划、直线与圆、圆锥曲线、数列、函数的性质及图象、三角函数的性质、三角恒等变换与解三角形、充要条件等；考查学生解决实际问题的综合能力，是份较好的试卷.本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分。
时量120分钟。
满分150分。
【题文】一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．【题文】1．复数ii 22所对应的点位于复平面内A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【知识点】复数的化简L1【答案】B 【解析】解析：复数222242223i i i i iii，对应的点坐标为24,33，所以在第二象限，故选择B.【思路点拨】化简复数即可得到.【题文】2．已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E （X ）= A ．23B ．2C ．25D ．3【知识点】离散型随机变量的分布列K6【答案】A 【解析】解析：由数学期望公式可得：3313123510102E X .故选择 A.【思路点拨】根据数学期望公式112233n n E X X P X P X P X P 可得.【题文】3．已知f x 是定义在R 上的奇函数，当0x 时，23f x x x （）－，则函数g （x ）=f （x ）－x+3的零点的集合为A ．{1，3} B ．{-3，-1，1，3} C ．{27，1，3} D ．{－27，1，3}【知识点】函数的奇偶性函数零点 B4 B9。
湖南省长沙市长郡中学高三物理上学期第二次月考试题(含解析)新人教版
湖南省长沙市长郡中学2015届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。
在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。
【题文】【知识点】物理学史．P0【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C 错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．【思路点拨】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．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D 解析：：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故BC错误，D正确．故选D．【思路点拨】先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．【题文】【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析：解：A、甲球的加速度a1=1140408vt∆--=∆=-10m/s2故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a2=22220(20)20/823v m st ∆--==∆-；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A 错误．B 、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a1t=-20+a2（t-2）解得t=4.4s 即4.4s 时两物体相距最远．故B 错误．C 、t=6s 时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s 乙球的速度v2=v 乙+a2△t=-20+203×4=203m/s 故t=6s 时甲球的速率大于乙球的速率．故C 错误．D 、设T 时刻两物体相遇，故有40T+12a1T2=-20T+12a2（T-2）2解得T=8s 故D 正确．故选：D ．【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．【题文】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】 D 解析： 以A 为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtanθ=mAa，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B 研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B 产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B 的支持力向上，与重力平衡，故N=mg ；故小车对物块B 产生作用力为：21tan θ+D ．【思路点拨】先以A 为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B 研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．【题文】【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2【答案解析】A 解析：根据动能定理得，mgh=12mv2，解得v=2210 1.25gh=⨯⨯m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度vB＝2225226v aL-=-⨯⨯ m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度vB＝2225226v aL+=+⨯⨯m/s=7m/s．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．【题文】【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】A 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．【题文】【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC 解析： A 、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v ＝2rT π又由几何关系知sin 2R r α= 得：r ＝sin 2R α∴v ＝2sin 2RT πα 故A 正确；B 、地球自转一圈时间为To ，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n ＝0TT 故B 不正确；C 、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为2t T απ=，故C 不正确；D 、万有引力提供向心力则：2224GMm m r r T π=，得：T ＝2π322sin sin 22r r R R GN GM GM ππαα==D 正确；故选为：D ．【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．【题文】【知识点】平抛运动．D1【答案解析】CD 解析：如图所示，由平抛运动的规律知Lcosθ=v0t，Lsinθ=12 gt2则得：tanθ=02gtv由图知：tan（α+θ）=00yv gtv v可得：tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．【题文】【知识点】功能关系．E6【答案解析】ABC 解析：根据动能定理应有△EK＝−ma•0sin30H＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=12mg，根据功能关系应有△E=-f0sin30H=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A 正确B、在C点，有：mg=m2cvR，解得vc=gR．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=12mvc2-12mvB2，解得5gR．则B点的加速度aB=2BvR=5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：12mvB2=mgh+12mv2=2mgh，解得h=54R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．【题文】【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】①CD②丙③0.50 解析：①A实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，A错误；B为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，B错误；C以托盘作为研究对象有mg-T=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T＝Mmgm M+，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=mg，故MM m+ =1，则有M＞＞m，C正确；D如果作出a-M图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a-1m的图象，只要a-1m的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，D正确；②没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；③计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式△x=aT2得：a＝222(3.39 2.89)100.1xT-∆-⨯=＝0.50m/s2．【思路点拨】①根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项②没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；③根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度. 掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解．【题文】【知识点】验证机械能守恒定律．E5【答案解析】 （1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度；（2）4.22；4.00M ；4.02M ；（3）C ． 解析： ：（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度，由于本题中挡光物的尺寸很小，挡光时间很短，因此直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可以利用vi ＝i d t ∆求出．（2）根据题意可知：v5＝xt ∆∆=4.22m/s 根据：△Ek5=12Mv52-12Mv12，将v=4.22m/s 带入解得：△Ek5=4.00M J Mg △h5=4.02M ．（3）根据实验可知：重力势能的减少量等于动能的增加量，即有：△Ek=mg △h 成立，故△Ek-△h 图象为过原点的直线，故ABD 错误，C 正确．【思路点拨】（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度；（2）根据动能和势能的公式求解．（3）写出△Ek-△h 的表达式，即可判断图象的性质．本题考查了实验“验证机械能守恒定律”中的数据处理，以及利用图象来处理实验数据的能力，注意物理基本规律在实验中的应用．【题文】③在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′四个力，其中F′（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．【知识点】验证力的平行四边形定则．B6【答案解析】：①AB ②D；③F′解析：：①A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行．故A正确．B、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小测量的误差．故B正确．C、拉力F1和F2的夹角不是越大越好，适当大一些即行．故C错误．D、实验中，弹簧的读数大小适当，便于做平行四边形即可，并非要求一定达到最大量程．故D错误．故选：AB．②该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的．则橡皮筋沿同一方向拉长到同一长度．故D正确，A、B、C错误．故选：D．③F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，由于误差的存在，F与F′不在同一直线上，但是二者基本相等．故答案为：F′．【思路点拨】本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，在平行四边形的对角线上，而用一个弹簧直接测量时，方向一定在橡皮筋上，由此可正确解答．主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7【答案解析】45LOA=，5LOB=解析：分别对A、B球受力分析，如图所示：受力平衡，每个小球受到的绳拉力T与杆的弹力F的合力与重力平衡．做出T与F合成平行四边形．红色的三角形与△OAC相似，故：1T OAm g OC=绿色的三角形与△OBC相似，故：2T OBm g OC=两式相比：2141mOAOB m==OA+OB=L, 所以45LOA=，5LOB=【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．E1 C2【答案解析】（1）-0.4m/s2．（2）1.0×106 W ．解析： （1）渔船通过的时间为：t=2406L s v= =40s 渔政船做匀减速运动的位移为：s ＝vmt+12at2得：a=222(t)2(4802040)40m s v t -⨯-⨯= =-0.4m/s2，“-”表示加速度与vm 方向相反．（2）渔政船做减速运动时，牛顿第二定律：-（ F+Ff ）=ma代入数据解得：Ff=5.0×104 N最大速度行驶时，牵引力为：F=Ff=5.0×104N功率为：P=Fvm=Ff vm=5.0×104×20W=1.0×106 W【思路点拨】（1）抓住渔船和渔政船的运动时间相等，结合位移公式求出渔政船减速时的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出渔政船的阻力，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fvm 求出渔政船的额定功率．本题考查了运动学中的相遇问题，以及综合考查了牛顿第二定律和功率的运用，知道当牵引力等于阻力时，速度最大．【题文】【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3【答案解析】 （1）121222(2)2m m R m m + （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g ，小球m1到达最低点B 时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动合成与分解得v12v2①对m1、m2系统由功能关系得m1gR −m2gh ＝12m1v12+12m2v22②h 2设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝22212m v ④小球m2沿斜面上升的最大距离s 2R+s′⑤联立得s ＝121222(2)2m m R m m +⑥（2）对 m1由机械能守恒定律得：12m1v12＝m1g 2R⑦联立①②③⑦得12221 1.9m m +=≈【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m1到达最低点B 时m1、m2速度关系，对m1、m2系统由功能关系列出方程，细绳断后m2沿斜面上升，对m2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对 m1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中．【题文】【知识点】动能定理；向心力． C2 E2【答案解析】（1）vC4m/s （2）8N ；（3）为arccos 56 解析： ：（1）m1从B 到C 的过程：EP=μm1gL m2从B 到C 的过程：EP ＝μm2gL+2212C m v 联立解得：vC=4m/s（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s 向上运动，假设能到高点，从C 到D 的过程： 22221122D C m v m v - ＝−m2g•2R解得：vD=0m/s 对D 点：N+m2g-k （l0-R ）=0解得：N=8N ，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g-k'（l0-R ）=0解得：N=-1N ，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点）小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE由动能定理：22221122E Cm v m v＝−m2g(R+Rcosθ)对E点：m2gcosθ−k′(l0−R)＝m22EvR联立解得：cosθ＝56，即：θ＝arccos 5 6【思路点拨】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；（2）假设通过最高点，从C 到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角。
湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考物理试题
长郡中学2015届高三月考试卷(二)物理长郡中学高三月考物理备课组组稿本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，时量90分钟.满分110分.【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。
在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。
第I卷选择题(共50分)一、选择题:本题共10小题，每小题5分，共计50分.在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分.1.下列说法符合物理学史实的有A.亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论B.伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献C.开普勒通过对行星运动的观察，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律D.卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律【知识点】物理学史．P0【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A 正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．【思路点拨】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.如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个重球A与截面为三角形垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中A.A和B均受三个力作用而平衡B.B对桌面的压力越来越大C.A对B的压力越来越小D.推力F的大小恒定不变【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D 解析：：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B 受到重力、A 的压力、地面的支持力和推力F 四个力．故A 错误．B 、当柱状物体向左移动时，斜面B 对A 的支持力和墙对A 的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A 对B 的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N 1，墙对A 的支持力N 1不变，则推力F 不变．地面对整体的支持力N=G 总，保持不变．则B 对地面的压力不变．故BC 错误，D 正确．故选D ．【思路点拨】先以小球A 和B 为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F 和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．3.如图所示，A 、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t 图象，根据图象可以判断A.在t =4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度B.在t =5 s 时，两球相距最远C.在t =6s 时，甲球的速率小于乙球的速率D.在t =8s 时，两球相遇【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析： 解：A 、甲球的加速度a 1= =-10m/s 2故甲球的加速度大小为10m/s 2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a 2=22220(20)20/823v m s t ∆--==∆-；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A 错误．B 、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a 1t=-20+a 2（t-2）解得t=4.4s 即4.4s 时两物体相距最远．故B 错误．C 、t=6s 时甲球的速度v 1=v 0+a 1t=40+（-10）×6=-20m/s 乙球的速度v 2=v 乙+a 2△t=-20+×4=m/s 故t=6s 时甲球的速率大于乙球的速率．故C 错误．D 、设T 时刻两物体相遇，故有40T+a 1T 2=-20T+a 2（T-2）2解得T=8s 故D 正确．故选：D ．【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．4.如图所示，带支架的平板小车沿水平而向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为.若某过程中观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为A.mg，竖直向上B.，斜向左上方C.mg tan，水平向右D.，斜向右上方【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】 D 解析：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；故选D．【思路点拨】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．5.如图所示，水平传送带的长度L=6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1 kg的物体(视为质点)，从高h=1. 25 m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0. 2,g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度v B随v变化的图线是【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2【答案解析】A 解析：根据动能定理得，mgh=mv2，解得=m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度v B＝=m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度v B＝=．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．6.如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿，现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边沿，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为A. B. C. D.【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】A 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．7.宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示.已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0.太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为，则以下判断不正确的是A.飞船绕地球运动的线速度为2sin 2RT παB.一天内飞船经历“日全食”的次数为C.飞船每次“日全食”过程的时间为D.飞船周期为T =【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC 解析： A 、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v ＝又由几何关系知sin 得：r ＝sin 2Rα∴v ＝2sin 2R T πα故A 正确；B 、地球自转一圈时间为To ，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n ＝ 故B 不正确；C 、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为，故C 不正确；D 、万有引力提供向心力则：，得：T ＝2π2π==D 正确；故选为：D ．【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．8.如图所示，从倾角为的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为;当抛出速度为v 2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为，则A.当v 1>v 2时， >B.当v 1>v 2时， <C.无论当v 1、v 2关系如何， =D.、的大小与斜面的倾角有关【知识点】平抛运动．D1 【答案解析】CD解析： 如图所示，由平抛运动的规律知Lcosθ=v0t，Lsinθ= gt2则得：tanθ=由图知：tan（α+θ）=可得：tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．9.如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜而向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为h，则此过程中，物块A.动能损失了2mghB.因摩擦产生的热量为mghC.机械能损失了mghD.重力势能增加小于mgh【知识点】功能关系．E6【答案解析】ABC 解析：根据动能定理应有△E K＝−ma•＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有△E=-f=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．10.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心O、半径为R的圆周的光滑轨道，两轨道相切于B点，在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点即撤去推力，小滑块恰好能沿着圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面，则小滑块A.在AB段运动的加速度为2.5gB.经B点时加速度为零C.在C点时合外力的瞬时功率为D.上滑时动能与重力势能相等的位置在直径上方【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式v B2=2aR，解得：a=2.5g．故A正确B、在C点，有：mg=m，解得v c=．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mv c2-mv B2，解得v B=．则B点的加速度a B==5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有： mv B2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．第II卷非选择题（共60分）二、实验题：本题共3小题，共16分.11.（6分）如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图.图中A为小车，B 为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50Hz交流电.小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2.（1）下列说法正确的是____________.A.长木板C必须保持水平B.实验时应先释放小车后接通电源C.实验中m2应远小于m1.D.作a—图象便于得出加速度与质量的关系（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图象可能是图2中的图线_________。
湖南省长沙市长郡中学2016届高三上学期第五次月考物理试卷Word版含解析
2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求。
其中第1-8为单选题；9〜12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）1．在物理学发展的过程中，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，下列说法正确的是（）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律2．如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使θ角增大（始终小于90°的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是（）A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大3．如图所示有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是（）A．物体损失的机械能△E c=2△E b=4△E aB．物体运动的时间4t a=2t b=t cC．物体到达底端的动能E ka=2E kb=2E kcD．因摩擦产生的热量2Q a=2Q b=Q c4．如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量m=1kg、长L=2.0m，通过的电流I=5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=．当加一竖直向上的匀强磁场时，导体棒水平向右运动，随着磁感应强度的增大，导体棒运动的加速度增大；若减小磁感应强度方向与速度方向的夹角，当该夹角减小到某一值θ时，无论怎样增大磁感应强度，导体棒ab均不会运动，则θ为（）A．30°B．45°C．60°D．90°5．如图所示，AOB为一个边界为圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD平行AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断（）A．粒子2在BC之间某点射出磁场B．粒子2必在B点射出磁场C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：1D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同6．在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示（图中φ0已知）．有一质量为m，带电量为q的带负电小球（可视为质点）从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4．则下列叙述正确的是（）A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0=2，则运动过程中的最大速度为D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为27．实验室里可以用欧姆表直接测量电阻．如图所示，虚线框内是欧姆表的简化结构图，它由灵敏电流表、电源、变阻器等组成．某欧姆表的刻度值是按电源电动势为1.5V来刻度的，电流表的满偏电流为10mA．使用一段时间后，发现电动势已降为1.2V，此时重新调零后，用该欧姆表测得某电阻值为350Ω，则此电阻的实际值为（）A．250ΩB．280Ω C．350Ω D．400Ω8．如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连，质量为m．电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B．导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块（物块不会触地，且导体棒不脱离导轨），用h表示物块下落的高度，g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）A．电阻R中的感应电流方向由a到cB．物体下落的最大加速度为gC．若h足够大，物体下落的最大速度为D．通过电阻R的电量为9．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A距滑轮顶点高为h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，下列说法正确的有（）A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mghB．从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh+mv2C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgvD．在绳与水平夹角为30°时，绳对滑轮的作用力大于mg10．一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右．汽车速度的平方V2与汽车前进位移X的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．汽车从开始运动到前进X1过程中，汽车受到的合外力越来越大B．汽车从开始运动到前进X1过程中，汽车受到的合外力越来越小C．汽车从开始运动到前进X1过程中，汽车的平均速度大于D．汽车从开始运动到前进X1过程中，汽车的平均速度小于11．如图所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB=0.3m，L Ad=0.2m，总电阻为R=0.1m．在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin x（m）=（m），磁感应强度大小B=0.2T，方向垂直底面向外．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是（）A．线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B．线框中感应电动势的最大值为VC．线框中感应电流有效值为4AD．线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048J12．如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a．在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD 区域．不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子在复合场中做匀速直线运动，且速度大小为B．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射人磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比荷为=C．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射人磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比荷为=D．若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射人磁场，则粒子在△ACD区域中运动的时间为二、填空题（本大题有2小题，每空2分，共14分）13．如图1示的器材是：木质轨道（其倾斜部分倾角较大，水平部分足够长）、小铁块、两枚图钉、一根细线、一个万能量角器（万能角度尺又被称为角度规、游标角度尺和万能量角器），它是利用游标卡尺读数原理来直接测量工件角度或进行划线的一种角度量具，其主尺刻线每格为1°，游标的刻线总与主尺相差1°，如游标为30格是取主尺的29°等分，其读数方法与游标卡尺一样）．只用上述器材就可以测定小铁块与木质轨道间的动摩擦因数．实验步骤是：（1）将小铁块从倾斜轨道上的一固定位置由静止释放，让小铁块能下滑到水平轨道上．（2）由图钉把细线钉在小铁块的起、终点处并拉直．（3）用万能量角器测量．（先用文字说明再用字母表示）那么测得小铁块与木质轨道间的动摩擦因数可表示为μ=．（4）若万能量角器的示数如图2所示，则所测角度的读数为．14．小明利用如图甲所示的电路测定小灯泡的功率．被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω左右，实验室有如下器材：直流电源（电压为6V）、电流表（0～0.6A0～3A）、电压表．（0﹣3V O﹣15V）、开关各一个、导线若干、滑动变阻器三只：R1（20Ω、0.5A）、R2（50Ω0.5A）、R3．（1）实验前在检査仪器时，发现电流表指计如图乙所示．接下来的操作是，正确连接电路闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，灯泡都不亮，电压表示数接近6V，电流表示数几乎为O，电路的故障可能是；（2）排除电路故障后，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，多次测量，小明画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图丙），则小灯泡的额定功率为W．（3）灯泡的功率测量完毕，小明用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，得到如图丁所示的电流I随电阻R变化的图象，则小明应选用滑动变阻器（选填“R1”、“R2”或“R3”）．三、计算题（本题3小题，共36分）15．如图甲所示，水平平台的右端安装有轻质滑轮，质量为M=2.5kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m=0.5kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g（g取10m/s2）．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（1）某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图（乙）所示，拍摄时每隔1s曝光一次，若小球直径为20cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；（2）设小球着地后立即停止运动，已知l=3.0m，要使物块A恰好不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h以及A的运动总时间？（假设小球距地面高度足够，结果保留两位有效数字）16．如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）平行于导轨的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻R两端电压随时间均匀增大．（已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m）（1）定性说明在力F作用下该金属棒的运动性质（不需叙述理由）；（2）求金属棒在力F作用下运动的加速度a的大小；（3）求磁感应强度B的大小；（4）若撤去外力F后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x（v0为撤去外力F时棒的速度），且棒运动到ef处时恰好静止，求外力F作用的时间．17．如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：（1）正、负粒子的比荷之比：；（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；（3）两粒子先后进入电场的时间差．四、选做题（共12分，请考生从给出的3个模块中选做一个模块）【物理--选修3-3】18．下列说法中正确的是（）A．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性B．分子的热运动是指物体内分子的无规则运动C．碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间存在着斥力D．在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形E．物体做加速运动时速度越来越大，物体内分子的平均动能也越来越大19．如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p0=75cmHg．现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6cm 为止，求活塞下移的距离（假设环境温度不变）．【物理--选修3-4】20．如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y=10sin5πt cm．关于这列简谐波及质点P的振动，下列说法中正确的是（）A．质点P的周期为0.4sB．质点P的位移方向和速度方向始终相反C．这列简谐波的振幅为20 cmD．这列简谐波沿x轴正向传播E．这列简谐波在该介质中的传播速度为10m/s21．有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为球心），且PO水平，如图所示．从光源S发出的一束细光射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球心O之间的距离为多大？【物理--选修3-5】22．19世纪初，爱因斯坦提出光子理论，使得光电效应现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的．关于光电效应和氢原子模型，下列说法正确的是（）A．光电效应实验中，入射光足够强就可以有光电流B．若某金属的逸出功为W0，该金属的截止频率为C．保持入射光强度不变，增大入射光频率，金属在单位时间内逸出的光电子数将减小D．一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子E．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差23．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A=m B=1kg，m C=2kg，A滑块上固定有一轻弹簧，弹簧压缩后用细线绑定（弹簧与B滑块不连接），开始时C静止，A、B以共同速度v0=2m/s向右运动，某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，弹簧恢复原长后B与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块的速度恰好相等，求：（i）A、B、C三滑块的共同速率v；（ii）细线断开前弹簧所具有的弹性势能E p．2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第五次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求。
湖南省长郡中学2015届高三第五次月考历史试题 Word版含答案
湖南省长郡中学2015届高三第五次月考历史试题（word版）本试题卷分选择题和非选择题两部分。
时量90分钟，满分100分。
第I卷选择题（共50分）一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。
在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题意的。
）1．刘海峰先牛在《科举学导论》中说：“古往今来科举考试一再起死回牛的历史说明：自古以来，中国就是一个人情社会，人情与关系在社会牛活中起着重要的作用。
为了防止人情的泛滥，使社会不至于陷入无序的状态，中国人发明了考试，以考试作为维护社会公平和社会秩序的调节阀。
悠久的科举历史与普遍的考试现实一再雄辩地证明，考试选才具有恒久的价值。
”对这段话的理解不正确的是A．宗法制是中国人情社会的历史根源B．科举制具有公平调节社会秩序的特点C．科举制的实施有助于维护封建统治秩序D．考试选才打破了特权阶层对仕途的垄断2．史学研究中非常注重史论结合，论从史出。
以下史实和结论之间逻辑关系正确的是3．中国古代有许多关于“法治”的名言，如《管子·明法解》“治国使众莫如法，禁淫止暴莫如刑。
威不两措，政不二门，以法治国。
”现代社会的“法治”是指法律至上，法律对政府权力及对人民具有普遍的约束力，政府与人民要共同尊重和遵守法律。
下列各项中对上述两种“法治”的理解正确的是A．前者是“人治”，后者是“民治”B．两者在本质上是相同的C．两者都主张法律面前人人平等D．前者是“民治”，后者是“法治”4．汉代的新儒学融合了各家思想，像一个综合体。
其主张有“大者，百神之大君也”“阳，大之德；阴，大之刑”“国之为国者德也，君之为君者威也。
故德不可共，威不可分”等。
其新儒学体系吸收了①“大子为暴，大能罚之”（墨家）②“诸法l大I缘牛，诸法|大I缘火”（佛教）③“制人者阳，制于人者阴”（黄老之学）④“柄者，杀牛之治也；势者，胜众之资也”（法家）A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④5．阅读下列古代科技发明的统计资料，下列评述正确的是——根据《自然科学大事年表》的统计A．清朝初期前，中国科技领先于世界B．鸦片战争使中国科技受到严重打击C．十六世纪前后，四大发明传至欧洲D．新航路开辟后，两方近代科技兴起6．刘师培在《南北文学不同论》中说：“大抵北方之地，土厚水深，民牛其间，多尚实际。
湖南省长郡中学2015届高三第五次月考化学试卷 Word版含答案.pdf
、 湖南省长郡中学 2015届高三第五次月考 化 学 试 题 时量：90分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H～l N～14 O～16 S～32 K～39 Fe～56 I～127 第I卷 选择题（共4 8分） 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法错误的是 A．浓氨水可用于检验氯气管道是否漏气 B．明矾可用作除去污水中悬浮颗粒的絮凝剂 C．Si用于制造光导纤维 D．硬铝、青铜和不锈钢都属于合金 2．下列试剂中，不会因为空气中的氧气而变质的是 A．亚硫酸钠 B．漂白粉 C．硫酸亚铁 D．氢硫酸 3．某溶液中可能含有OH、CO、A、SiO、SO、Na、g2+、Al3八种离子中的几种。
当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸的体积的变化如下图所示。
南此可知原溶液中 A．不含SO B．含有的阴离子一定是OH、AO、SiO C．含有的阴离子一定是OH、CO、AO、SiO D．含有的AlO与SiO的物质的量之比为3：1 4．利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是 5．下列措施不合理的是 A．用S2漂白纸浆和草帽辫 B．用硫酸清洗锅炉中的水垢 C．高温下，用焦炭还原Si2制取粗硅 D．用Na2S作沉淀剂，除去废水中的C2+和H6．有100 mL 3 molL-1NaOH溶液和100 mL l molL-1AlCl3溶液。
按如下两种方法进行实验：①将氢氧化钠溶液分多次加到ACl3溶液中； ②将ACl3溶液分多次加到NaH溶液中。
比较两次实验的结果是 A．现象相同，沉淀量相等 B．现象不同，沉淀量不等 C．现象相同，沉淀量不等 D．现象不同，沉淀量相等 7．2013年12月15日，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面。
“玉兔”号是中国首辆月球车，成功实现对月面的科学探测。
“玉兔”号用Pu作为热源材料。
湖南省长郡中学高三上学期第五次月考——物理物理
湖南省长郡中学2015届高三第五次月考物理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，时量90分钟，满分110分，第I卷选择题（共50分）一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共计50分．在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．1．下列有关物理学史或物理理论的说法中，不正确的是A．牛顿第一定律涉及了两个重要的物理概念：力和惯性B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是归纳法C．电场和磁场是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场，它具有能量和动量，以有限速度——光速在空间中传播D．伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因2. 2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用，其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作。
北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是A．发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以B．卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角小于北斗同步卫星拍摄视角C．北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能D．北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为3．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O’、O迅速顺时针转过45°，则A．P点处的电势降低B．带电油滴仍将保持静止状态C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加4．如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y=2sin曲线围成，现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v=10 m/s水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T，线框电阻R=0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则A．水平拉力F的最大值为8NB．拉力F的最大功率为12.8 WC．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区5．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.3 s末x=0至4 m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2 m处的质点第一次到达波峰，则下列判断正确的是A．这列波的周期为0.4 s，振幅为10 cmB．这列波的波长为8m，波速为20 m/sC．t=0.4 s末，x=8 m处的质点速度沿y轴正方向D．t=3 s末，x=40 m处的质点沿x方向前进了80 m6．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4<n2=n3，四根模拟输电线的电阻R|、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R1>2R．忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接人低压交流电源时A.A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C. R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压7．如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一高为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿工，轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列4幅图中能正确描述感应电流i与线框移动距离x关系的是8．如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带逆时针匀速转动，则在b上升h,高度（未与滑轮相碰）过程中A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等9．某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U-I曲线，如图甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示．下列说法正确的是A．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C．选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D.温度越高，电源消耗的功率越小10．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在－R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△t时间，则A．粒子到达y轴的位置一定各不相同B．磁场区域半径R应满足C．从x轴入射的粒子最先到达y轴D．△t=，其中角度θ的弧度值满足sinθ=第Ⅱ卷非选择题（共60分）二、实验题：本题共3小题，共18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．（5分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示．(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度u=m/s，木块加速度a= m/s2；(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是；（已知当地的重力加速度g) (3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是．A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻12.（4分）在“用单摆测定重力加速度”实验中，一个实验小组用一块不规则的小石块代替摆球，用一根较长的细线将它悬挂于A点作为单摆，实验操作中只能测量出细线AB的长度L，如图所示．(1)在测量周期时为了减小误差，请你写出有效的做法：；（写出一种做法即可）(2)实验小组的同学改变细线长度L进行了多次测量，得到了若干组L、T2数据，并利用实验数据作出了L—T2图线，如图乙所示，图线与L轴的交点坐标为-Lo，图线上a、b两点的坐标已知，则重力加速度的表达式为g= ，L0的物理意义是。
湖南省师大附中2015届高三物理上学期第五次月考试卷(含解析)
2014-2015学年湖南师大附中高三〔上〕第五次月考物理试卷一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第l～8题只有一项符合题目要求，第9～l2题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得O分．将选项填写在答题卷上〕1．〔4分〕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，如下说法中正确的答案是〔〕A．伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法B．奥斯特实验明确了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系C．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量D．安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象【考点】：物理学史．【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．【解析】：解：A、伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，故A正确；B、奥斯特实验明确了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系，故B正确；C、卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了引力常量，故C错误；D、安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场．故D错误；应当选：AB．【点评】：此题考查物理学史，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．〔4分〕水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，如此小球初速度的大小为〔〕A． gt0〔cosθ1﹣cosθ2〕 B．C． gt0〔ta nθ1﹣tanθ2〕 D．【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定如此求出t秒末、〔t+△t〕秒末竖直方向上的分速度，根据△v y=g△t求出小球的初速度．【解析】：解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，如此竖直方向上的分速度：v y1=v0tanθ1，〔t+△t〕秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，如此竖直方向上的分速度：．根据v y2﹣v y1=g△t得：．故B正确，A、C、D错误．应当选：B．【点评】：解决此题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．3．〔4分〕汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，假设汽车受到的阻力不变，由此可求得〔〕A． .汽车的最大速度B．汽车受到的阻力C．汽车的额定功率D．速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【考点】：功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：根据P=Fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小．【解析】：解：设额定功率为P，如此速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为．根据牛顿第二定律得，F1﹣f=3〔F2﹣f〕，解得f=．因为牵引力与阻力相等时，速度最大，如此F=f=，知最大速度为12m/s．因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间．故A正确，B、C、D错误．应当选：A．【点评】：解决此题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小．4．〔4分〕如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，如此该电阻的阻值为〔〕A． 4R B． 5R C． 10R D． 16R【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．【解析】：解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R应当选D．【点评】：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．5．〔4分〕如下列图，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，如此a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为〔〕A． B． C． D．【考点】：磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式B=列式求解．【解析】：解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为F ab；对左边电流，有：F1=BIL+F ab对右边电流，有：F2=2BIL+F ab两式联立解得：F ab=2F1﹣F2如此a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：B′=应当选：C．【点评】：此题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解．6．〔4分〕如图为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0．长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B〔假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A的绕行方向一样〕，它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离，由此可推测未知行星B的运动轨道半径为〔〕A．R0 B． R0C． R0 D． R0【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，可以求出B的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径．【解析】：解：周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，即每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．有：，如此T B=，根据万有引力提供向心力：，r=，所以如此r B=．故B正确，A、C、D错误．应当选B．【点评】：解决此题的关键知道每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，而得出每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．以与会利用万有引力提供向心力：进展求解．7．〔4分〕静电计是在验电器的根底上制成的，用萁指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之问的电势差大小，如下列图A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合．静电计指针张开一定角度，如此如下说法正确的答案是〔〕A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小【考点】：电容器的动态分析．【专题】：电容器专题．【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解析】：解：A、断开电键，电容器带电量不变，将A向左移动少许，如此d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A错误．B、断开S后，在A、B间插入一电介质，根据C=知，电容增大，根据U=知，电势差减小，如此指针张角减小，故B错误．C、断开S后，将A向上移动少许，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，如此指针张角变大．故C正确．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．应当选：C．【点评】：此题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．8．〔4分〕一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两局部，L与AB 相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k〔q的正负对应φ的正负〕．假设左侧局部在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧局部在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E1．如下说法正确的答案是〔〕A．假设左右两局部的外表积相等，有E1＞E2，φ1＞φ2B．假设左右两局部的外表积相等，有E1＜E2，φ1＜φ2C．不论左右两局部的外表积是否相等，总有E1＞E2，E3=E4D．只有左右两局部的外表积相等，才有E1＞E2，E3=E4【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】：根据电场的叠加原理，分析半球壳在M点的场强方向，再比拟场强的大小关系．根据φ=k，结合左右两侧球壳上点电荷到M点距离的关系，进展分析，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等．【解析】：解：A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原如此可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧局部在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2 ，根据几何关系可知，分割后的右侧局部各点到M点的距离均大于左侧局部各点到M点的距离，根据φ=k，且球面带负电，q为负得：φ1＜φ2，故AB错误；C、E1＞E2 与左右两个局部的外表积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N 点的电场强度大小相等，方向一样，故C正确，D错误．应当选：C【点评】：此题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系，难度适中．9．〔4分〕如下列图，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心等距离处电场强度大小相等，M和N两端均有带小孔的挡板，且两个小孔到圆心距离相等．不同的带电粒子以不同的速度从M孔垂直挡板射入，如此关于从N孔射出的粒子，如下说法正确的答案是〔〕A．都带正电 B．速度相C．假设速度一样，如此比荷一样 D．假设电荷量相等．如此动能相等【考点】：电势差与电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：粒子进入电场，能够从N孔射出，如此粒子靠电场力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析粒子的特点．【解析】：解：A、粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，知电场力的方向指向圆心，所以粒子带正电．故A正确．B、根据牛顿第二定律得，qE=m，因为圆周运动的半径相等，假设速度一样，如此比荷一样，由于粒子的质量不一定一样，如此电场力大小不一定一样，动能不一定一样．故CD正确，B 错误．应当选：ACD【点评】：解决此题的关键知道粒子在电场中做匀速圆周运动，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进展求解．10．〔4分〕如下列图，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，如下四图中关于A、B的v﹣t图象与A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的答案是〔〕A． B． C． D．【考点】：洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：根据左手定如此判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的静摩擦力不能提供A的加速度时，A、B发生相对滑动．【解析】：解：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=〔m+M〕a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定如此判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μF N虽然小于刚刚的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度﹣时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD错误．应当选：AC【点评】：对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况．11．〔4分〕如下列图，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点〔图中未标出〕．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．如此上述过程中〔〕A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmgaC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】：机械能守恒定律．【专题】：压轴题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，如此动能为最大时时弹簧伸长量较小〔此时弹力等于摩擦力μmg〕，而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，如此动能最大时，弹簧伸长量较大，〔因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，如此需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡〕，而此时振幅变化很大，即振幅将变小，如此物块将可能在离O点很近处，就处于静止〔速度为0，加速度也为0〕，此时B 点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．【解析】：解：A、如果没有摩擦力，如此O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故OA，此过程物体抑制摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体抑制阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．应当选：BC．【点评】：利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻12．〔4分〕如下列图，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点〔0.15，3〕的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8 C的滑块P〔可视作质点〕，从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．如此如下说法正确的答案是〔〕A． x=0.15m处的场强大小为2.0×l06 N/CB．滑块运动的加速度逐渐减小C．滑块运动的最大速度约为0.1m/sD．滑块最终在0.3m处停下【考点】：动能定理的应用；电场强度；电场线；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．【解析】：解：A、B、电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，如此x=0.15m处的场强N/C，此时的电场力F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，滑动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误．C、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C正确；D、滑块最终在0.3m处停下如此满足：qU﹣fx=0﹣0 ①．因为0.10m和0.30m处的电势差大约为4.0×105V，代入得：qU=2.0×10﹣8×4.0×105=8.0×10﹣3J ②fs=0.04×〔0.30﹣0.10〕=8×10﹣3J ③由①②③得，滑块能够滑到x=0.30m处．又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力〔近似大于最大静摩擦力〕所以滑块最终在0.3m处停下．故D正确．应当选：ACD【点评】：解决此题的关键知道电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况．二、实验题〔共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分〕13．〔4分〕图甲中游标卡尺的读数是0.72 cm，螺旋测微器〔图乙〕的读数是8.694～8.696 mm．【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【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．【解析】：解：1、游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm=0.72cm．2、螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为8.5mm+0.195mm=8.695mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.694～8.696之间．故答案为：0.72；8.694～8.696【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．14．〔4分〕如下列图，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门．质量为M的滑块A上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门l、2记录遮光时间分别为△t1和△t2，另外测得两光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d〔重力加速度为g〕．〔1〕假设用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足 B ．A．M＜m B．M＞m〔2〕假设木板PM水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，如此动摩擦因数的表达式为﹣〔用题中测量的物理量的符表示〕【考点】：验证牛顿第二运动定律．【专题】：实验题．【分析】：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度．根据牛顿第二定律知动摩擦因数．【解析】：解：〔1〕根据牛顿第二定律，对整体有：a=，如此绳子的拉力F=Ma=，当M＞＞m，应当选：B．〔2〕滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，①通过光电门2的瞬时速度v2=，②根据v22﹣v12=2aL，③根据牛顿运动定律知a=④由①②③④知μ=﹣故答案为：〔1〕B；〔2〕﹣【点评】：解决此题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，〔前提需平衡摩擦力〕，2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，〔前提是重物的质量远小于滑块的质量〕．注意受力分析结合牛顿第二定律列式求解．15．〔8分〕在“描绘小灯泡伏安特性曲线〞的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12V 6W〞字样的灯泡，实验器材如下：电流表A1〔量程300mA，内阻约为3Ω〕；电流表A2〔量程600mA，内阻约为1Ω〕；电压表V〔量程15V，内阻约为3kΩ〕；滑动变阻器R1〔0～5Ω，额定电流为5A〕；滑动变阻器R2〔0～50Ω，额定电流为0.01A〕；电源E〔电动势15V，内阻较小〕；单刀单掷开关一个、导线假设干．〔1〕实验器材中，电流表应该选择A2，滑动变阻器选择R1．〔请选填仪表的符号〕〔2〕画出符合实验要求的实验电路图1．〔3〕描绘的伏安特性曲线如图2所示，假设选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为8Ω的定值电阻串联，接在电动势18V，内阻1Ω的电源两极，如图3所示，如此每个灯泡消耗的电功率 4.42W ．〔请保存三位有效数字〕【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：①根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路与仪器；②根据实验要求与给出的数据可得出对应的原理图；④根据电路与欧姆定律进展分析，得出电压与电流的关系图象，在U﹣I图象中作出，如此图象的交点为工作点，读出对应的电流与电压，如此由P=UI可求得功率．【解析】：解：〔1〕灯泡正常发光的额定电流I===0.5A；故电流表应选择A2；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，应当选R1；〔2〕本实验中应测量多组数据，故应采用滑动变阻器分压接接法；同时因灯泡内阻较小；故应采用电流表外接法；实验电路如下列图；〔3〕灯泡两端的电压为U，通过灯泡的电流为I，如此干流电流为2I，对闭合电路有：U+2I 〔8+1〕=18做出对应的伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线的交点可得：U=9.6V，I=0.46A，如此此时灯泡的功率P=UI=9.6×0.46=4.42W；故答案为：①A2；R1；〔2〕如下列图；〔3〕4.42．【点评】：此题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意正确分析实验原理，得出正确的实验图象，明确由图象分析实验数据的方法．16．〔8分〕某教练员选拔短跑运动员，要对运动员进展测试．对某运动员测试，在启跑后2s 内通过的距离为10m〔视为匀加速度过程〕．该运动员的最大速度为10m/s，持续时间不超过10s．之后，减速运动，加速度大小为1m/s2．假设把短跑运动员完成比赛跑的过程简化为匀加速直线运动、匀速直线运动与减速阶段．〔1〕求该运动员启动阶段的加速度大小．〔2〕求该运动员100m赛的最好成绩．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；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】：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员启动阶段的加速度大小．根据匀加速和匀速运动的时间之和求出运动员100m的最好成绩．【解析】：解：〔1〕根据得，如此匀加速运动的加速度a=．〔2〕匀加速运动到最大速度的时间，如此匀速运动的位移x2=100﹣10m=90m，匀速运动的时间，运动员的最好成绩t=t1+t2=2+9s=11s．答：〔1〕该运动员启动阶段的加速度大小为5m/s2．〔2〕该运动员100m赛的最好成绩为11s．【点评】：解决此题的关键理清运动员在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，根底题．17．〔10分〕〔2014•龙岩一模〕飞行员驾驶舰载机在300m长的水甲跑道上进展起降训练．舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推。
湖南省长沙市长郡中学2015届高三第三次月考物理试题 Word版含解析
湖南省长沙市长郡中学2015届高三第三次月考物理试卷一、选择题（每题5分，共50分）1．如图所示，两楔形物块A、B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上,绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止下列说法中正确的是（）A．绳子的拉力可能小于A的重力B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B受到地面的摩擦力方向水平向左D．物块B与地面间不存在摩擦力考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．。
专题：受力分析方法专题．分析：隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无．对B整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系．解答：解：A、由题：AB接触面光滑，AB间没有摩擦力．对A分析知，A受到重力和绳子的拉力，二力平衡，B对A没有支持力,否则三个力不可能平衡．故A错误．B、C、D、对B分析知：B受到重力、地面的支持力，根据平衡条件知，地面对B的支持力等于物块B的重力，地面对B没有摩擦力．故BC错误，D正确．故选：D．点评:解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法进行研究．2．（5分）如图所示是电阻甲和乙的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A．甲的电阻值保持10Ω不变B．乙的电阻值保持20Ω不变C．甲、乙并联在电压为2V的电路中，电路总电流为0.3AD．甲、乙串联在电路中,当电路电流为0。
2A时，甲的功率为0。
6W考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端的电压成正比,据此分析图象甲和乙电阻的变化；（2）根据并联电路的电压特点,结合图象读出对应的电流，再根据并联电路的电流特点,得出干路电流；(3）根据串联电路的电流特点，读出图象中对应的电压，根据P=UI求出甲的功率．解答：解：A、由图象可知,甲对应的电流与电压成正比，根据欧姆定律可知,电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，且当U甲=2V时，对应的电流为0。
湖南省长郡中学2018届高三月考试题(五)物理试卷(含答案)
湖南省长郡中学2018届高三第五次月考物理试题第Ⅰ卷选择题(共48 分)一、选择题(本题共12小题，每小題4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1.下列关于能量守恒说法不正确的是A.导致能量守恒最后确立的两类重要事实是：确立了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系与转化B.自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源的根本原因是在能源的可利用品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了C.能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.对能量守恒定律的建立工作最有成效的是牛顿、焦耳、亥姆霍兹等3位科学家v逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是3.冰壶运动深受观众喜爱，图1为2017年12月9日冬奥会男子冰壶资格赛(中国VS俄罗斯)上中国队员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2。
若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置不可能是图中的哪一幅图A ．B ．C ．D ．4.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A 接地，极板B 与一个灵敏的静电计相接。
在某次实验中，发现静电计的指针偏角变小了，下列说法正确的是 A.这可能是由于两板间插人了一块金属导体 B 这可能是由于极板A 向上移动了一小段距离 C.两板间的电场强度一定变小了 D.两极板上的电荷量一定减小了5.如图，在绕地运行的天宫一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球拉直细绳并给小球一个垂直于细绳的初速度，它做顺时针圆周运动在a 、b 、c 、d 四点时，设小球动能分别为ka E 、kb E 、kc E 、kd E 细绳拉力大小分别为a T 、b T 、c T 、d T 阻力不计，则A.ka E >kb E =kc E >kd EB.若在c 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动C.a T =b T =c T =d TD.若在b 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动6.如图所示是一种延时开关，当开关S 1闭合时，电磁铁将衔铁H 吸下，R 电路被接通，当开关S 2断开时，由于电磁感应的作用，Q 将延时一段时间才被释放，图中D 为理想二极管，加正向电压导通，加反向电压截止，则下列说法中正确的是①由于线图a 的电磁感应作用，才产生延时释放H 的作用 ②由于线圈b 的电磁感应作用，才产生延时释放H 的作用 ③因只有接通b 线圈的开关S 2，才有延时作用 ④b 线圈的开关S 2接通与否，对延时作用没有影响⑤此延时开关只对R 电路的断开起延时作用 ⑥此延时开关只对R 电路的接通起延时作用A.①③⑤B.②③⑤C.②④⑥D.①④⑤7.在光滑水平面内有一沿x 轴方向的静电场。
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湖南省长郡中学2015届高三第五次月考物理试题（word 版）本试题卷分选择题和非选择题两部分，时量90分钟，满分110分，第I 卷选择题（共50分）一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共计50分．在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．1．下列有关物理学史或物理理论的说法中，不正确的是A ．牛顿第一定律涉及了两个重要的物理概念：力和惯性B ．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是归纳法C ．电场和磁场是一种客观存在的物质，是相互联系的，统称为电磁场，它具有能量和动量，以有限速度——光速在空间中传播D ．伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因2. 2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用，其中我国的北斗导航系统和美国的GPS 导航系统均参与搜救工作。
北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS 导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是A ．发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s 就可以B ．卫星向地面上同一物体拍照时GPS 卫星拍摄视角小于北斗同步卫星拍摄视角C ．北斗同步卫星的机械能一定大于GPS 卫星的机械能D ．北斗同步卫星的线速度与GPS 卫星的线速度之比为3．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P 点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O’、O 迅速顺时针转过45°，则A ．P 点处的电势降低B ．带电油滴仍将保持静止状态C ．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D ．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加4．如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y=2sin (2)2x x m π≤曲线围成，现把一边长为2m 的正方形单匝线框以水平速度v=10 m/s 水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R=0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则A ．水平拉力F 的最大值为8NB．拉力F的最大功率为12.8 WC．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区5．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.3 s末x=0至4 m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2 m处的质点第一次到达波峰，则下列判断正确的是A．这列波的周期为0.4 s，振幅为10 cmB．这列波的波长为8m，波速为20 m/sC．t=0.4 s末，x=8 m处的质点速度沿y轴正方向D．t=3 s末，x=40 m处的质点沿x方向前进了80 m6．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4<n2=n3，四根模拟输电线的电阻R|、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R1>2R．忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接人低压交流电源时A.A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C. R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压7．如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一高为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿工，轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列4幅图中能正确描述感应电流i与线框移动距离x关系的是8．如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带逆时针匀速转动，则在b上升h,高度（未与滑轮相碰）过程中A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等9．某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U-I曲线，如图甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示．下列说法正确的是A．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C．选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D.温度越高，电源消耗的功率越小10．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在－R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△t时间，则A．粒子到达y轴的位置一定各不相同B．磁场区域半径R应满足mv RBq ≤C．从x轴入射的粒子最先到达y轴D．△t=mqBθ，其中角度θ的弧度值满足sinθ=BqRmv第Ⅱ卷非选择题（共60分）二、实验题：本题共3小题，共18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．（5分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示．(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度u= m/s，木块加速度a=m/s2；(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是；（已知当地的重力加速度g)(3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是．A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻12.（4分）在“用单摆测定重力加速度”实验中，一个实验小组用一块不规则的小石块代替摆球，用一根较长的细线将它悬挂于A点作为单摆，实验操作中只能测量出细线AB的长度L，如图所示．(1)在测量周期时为了减小误差，请你写出有效的做法：；（写出一种做法即可）(2)实验小组的同学改变细线长度L进行了多次测量，得到了若干组L、T2数据，并利用实验数据作出了L—T2图线，如图乙所示，图线与L轴的交点坐标为-Lo，图线上a、b两点的坐标已知，则重力加速度的表达式为g= ，L0的物理意义是。
13.（9分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R，是标称值为4.0 Ω的定值电阻．(1)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只__ Ω的定值电阻R1；（保留两位有效数字）(2)根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；(3)某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r =____ Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是，(4)该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是．（填选项前的字母）A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R O的实际阻值比标称值偏大三、计算题：本题共4小题，共计42分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．14．（8分）为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格，设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶，汽车甲先开出，汽车乙后开出，汽车甲从静止出发先做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度v后改为匀速直线运动，汽车乙从静止出发先做加速度为a2的匀加速直线运动，达到同一速度v后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间距为x，则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？（不计汽车的大小）．15.（10分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0. 2kg、带电量为q=+2.0×l0－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻开始，空间加一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场，（取水平向右的方向为正方向，g取10m／S2）求：(1)23 s内小物块的位移大小；(2)23 s内电场力对小物块所做的功．16.（12分）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E．第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子自P（一l，l）点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场工，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．(1)求磁场I的磁感应强度B1；(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2 =B1，粒子从磁场Ⅱ再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；(3)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2 =3B1，求粒子在第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间内，粒子的平均速度．17.（12分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场工和Ⅱ，磁感应强度大小均为B．现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，平行轨道中部高度足够长．已知导体棒ab下落2r 时的速度大小为v 1，下落到MN 处的速度大小为v 2． (1)求导体棒ab 从A 下落2r 时的加速度大小； (2)若导体棒ab 进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求磁场I 和Ⅱ之间的距离h 和R 2上的电功率P 2；(3)若将磁场Ⅱ的CD 边界略微下移，导体棒ab 刚进入磁场Ⅱ时速度大小为v 3，要使其在外力F 作用下向下做匀加速直线运动，加速度大小为a ，求所加外力F 随时间变化的关系式，。