2015高三模拟物理计算题
2015年河北省高考物理模拟试题及答案
2015年河北省高考物理模拟试题及答案一、不定项选择题（共8小题，每小题6分，共48分。
每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） 1．北京时间2011年11月18日19时22分，在北京航天飞行控制中心的控制下，天宫一号成功实施第2次升轨控制，轨道高度由h 1=337km 抬升至h 2=382km ，顺利进入长期管理轨道。
若天宫一号的在轨飞行可视为匀速圆周运动，则A ．升轨控制时，应让发动机点火向前喷气，使天宫一号适当减速B ．进入长期管理轨道后，由于大气阻力影响，天宫一号的轨道高度会不断降低C ．天宫一号在高度为337公里的轨道上的运行周期大于在高度为382公里的轨道上的运行周期D ．天宫一号在高度为382公里的轨道上运行的速度大于地球的第一宇宙速度 2．如图所示是一列横波上A 、B 两质点的振动图象，该波由A 传向B ，两质点沿波的传播方向上的距离m 0.6=∆x ，波长m 0.4>λ，这列波的波速A ．12m/sB ．20m/sC ．30m/sD ．60m/s3.钳形电流表的外形和结构如图甲所示，用此电流表来测量电缆线中的电流大小示意图如图乙和图丙所示，图乙中电 流表的读数为1．2A ，图丙中用相同电缆线绕了3匝，则 A ．这种电流表能测直流电流，图丙的读数为2．4A B ．这种电流表能测交流电流，图丙的读数为0．4A C ．这种电流表能测交流电流，图丙的读数为3．6AD ．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图丙的读数为3．6A4.（此题属多选）如图所示，质量为m 的物体与转台之问的动摩擦因数为μ，物体与转轴间距离为R ，物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动，整个过程中物体相对于转台静止不动，则以下判断正确的是A ．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴B ．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90° C ．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴D ．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反5． 图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，一个电子只在电场力作用下从a 点运动到b 点的轨迹如图中虚线所示，下列说法中正确的是A ．如果实线是电场线，则a 点的电势比b 点的电势高B ．如果实线是等势面，则a 点的电势比b 点的电势低C ．如果实线是电场线，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大D ．如果实线是等势面，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大 6．如图甲，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻串联后接在副线圈上，则下列说法正确的是（ ）A ．原线圈两端电压的有效值为220VB ．电压表示数为22VC ．电流表示数为0.11AD ．二极管两端瞬时电压的最大值为222V 7. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a 、b 两束单色光。
2015届高三高考物理模拟试题
2015届高三高考物理模拟试题（4）一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分．在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．第1-5为单选，6-8为多选1．（6分）一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为（）A．水平向北B．水平向南C．竖直向上D．竖直向下【考点】：左手定则．【分析】：通过地磁场方向：由地理的南极指向北极，及电流方向，根据左手定则判断安培力的方向．【解析】：解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系，注意地磁场方向由地理的南极指向北极．2．（6分）如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP：PQ=1：3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是（）A．两小球的下落时间之比为1：3B．两小球的下落时间之比为1：4C．两小球的初速度大小之比为1：3D．两小球的初速度大小之比为1：4【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．【解析】：解：A、两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B错误．C、由于两球的水平位移之比为1：4，根据知，两小球的初速度大小之比为1：4，故C错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．3．（6分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N．g=10m/s2，则（）A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/CC．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据F=Eq求解电场强度．【解析】：解：物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场后瞬间A对B的压力大小变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：F N+F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）﹣F N=2×（10+2.5）﹣15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E=向上故选：B．【点评】：本题关键是采用隔离法先后对物体B和A受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难．4．（6分）如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势．一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子经过M点时的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（）A．16 eV B．7.5 eV C．4.0 eV D．0.5 eV【考点】：电场线．【分析】：根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．【解析】：解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V．因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=﹣7.5eV根据动能定理得：W=E kN﹣E kM则得：E kN=W+E kM=﹣7.5eV+8eV=0.5eV故选：D．【点评】：本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题．5．（6分）图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）A．R0 B．R1 C．R2 D．电源内阻r【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为I0，并设滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1．根据欧姆定律和电路的连接关系，得到的表达式，即可作出判断．【解析】：解：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为U R1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2＞U1，I2＜I1）．于是有，，两式相减得U2﹣U1=（I1﹣I2）R2即故选：C．【点评】：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比．6．（6分）物理学中常用比值法定义物理量．下列说法正确的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用R=ρ定义导线的电阻D．用B=定义磁感应强度【考点】：电容；物理学史．【分析】：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解析】：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q无关．故A正确．B、C=是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故B错误．C、R=是电阻的决定式，R与ρ、l成正比，与S成反比，不符合比值定义法的共性，故C错误．D、B=是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度B与F、IL无关，故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．7．（6分）图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48Ω的负载电阻相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．电流表的示数为0.50AC．变压器原线圈得到的功率是12WD．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．【解析】：解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出==12W．故BC正确，A错误；D、由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误．故选：BC【点评】：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8．（6分）导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子．现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N 型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为φ上和φ下，则（）A．长方体如果是N型半导体，必有φ上＞φ下B．长方体如果是P型半导体，必有φ上＞φ下C．长方体如果是P型半导体，必有φ上＜φ下D．长方体如果是金属导体，必有φ上＜φ下【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：如果是P型半导体，载流子是正电荷，如果是N型半导体，载流子为电子．抓住电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，在上下表面产生电势差，从而确定电势的高低．【解析】：解：A、如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故A正确．B、如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则φ上＜φ下．故B错误，C正确．D、如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键理清是什么电荷移动，运用左手定则判断出电荷的偏转方向，从而确定电势的高低．二、实验题（共18分）9．（6分）测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动）（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=．（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a= 2.0m/s2（保留两位有效数字）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据s m﹣s n=（m﹣n）at2求解加速度．【解析】：解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据s m﹣s n=（m﹣n）at2得：a==（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案为：（1）；（2）；（3）2.0．【点评】：本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字．10．（12分）用图（1）所示的电路（图中电流表为理想表）测量电源的电动势E及内阻r 时，调节电阻箱R0的阻值，并记录电流表相应的示数I，则与R0的函数关系为；（2）．根据这个函数关系可作出﹣R0图象，该图象的斜率k=，纵截距a=，横截距b=﹣r（均用电源电动势E或内阻r表示）；（3）．图（2）中的a、b、c、d、e是测定时根据测量数据作出的一些坐标点，试过这些坐标点作出﹣R0图象，根据该图象可求出该电源的电动势E= 6.0V，内阻r= 1.0Ω．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解析】：解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R），则：=R0+，由图示图象可知，m=，k=，b=﹣r；由图可知，k==；故电源电动势：E==6.0V；，电源内阻：r=﹣b=1.0Ω；故答案为：（1）.；（2）.，，﹣r（3）6.0，1.0【点评】：本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三、计算题（28分）11．（10分）一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零．设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变．表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度g=10m/s2，求：时刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度v/m．s﹣1 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）轨道AB段的倾角是多少？（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）有表格数据，根据加速度定义求解加速度，根据牛顿运动定律列式求解角度；（2）根据表格分段求出相应的时间和加速度，根据总路程等于各段位移之和求解．【解析】：解：（1）根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度由牛顿运动定律得mgsinα=ma1解得，故斜面AB段的倾角α=300．（2）根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间小球在斜面CD上做减速运动的加速度从最大速度v m=15m/s减至速度为9m/s用时于是，小球在水平面上运动时间t2=13﹣t1﹣t3=8s故小球的总路程答：（1）轨道AB段的倾角是30°（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是180m【点评】：此题考查从表格中读取数据的能力，结合牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用即可解题．12．（18分）如图（1）所示，一边长L=0.5m，质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t=0.5s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图（2）所示，在金属线框被拉出磁场的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；（2）写出水平力F随时间t变化的表达式；（3）若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10J，求此过程中线框产生的焦耳热．【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】：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q，平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，求得电阻R．（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场，由L=得加速度a，根据牛顿运动定律的拉力大小关系式；（3）由运动学公式求末速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热．【解析】：解：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q=；由平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，于是金属框的电阻R==0.80Ω（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t=0.5s时间内运动距离L=0.5m，由L=得加速度a==4m/s2由图（2）知金属框中感应电流随时间变化规律为i=kt，其中比例系数k=2.0A/s．于是安培力f A随时间t变化规律为f A=BiL=kBLt．由牛顿运动定律得F﹣f A=ma，所以水平拉力F=f A+ma=ma+kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（N）．（3）．根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v==2m/s由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q=W F﹣=0.1J【点评】：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动．【物理选修3-3】13．（6分）如图，甲分子固定在坐标原点0，乙分子位于x轴上，两分子之间的相互F作用力与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d、为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最大C．乙分子由a到c的过程中，两分子的势能一直减少D．乙分子由a到d的过程中，两分子的势能一直减少【考点】：分子势能．【分析】：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．【解析】：解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处过程中，在C位置分子间作用力最小．乙分子由a 到c一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从c到d分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在c位置分子势能最小，动能最大．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强．14．（10分）如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为P0=l.0×l05Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2，求：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解．②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解【解析】：解：①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N②．由盖﹣吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C．答：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F为240N；②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为102摄氏度．【点评】：本题考察气体实验定律，关键是根据题目暗含条件分析出为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可．【物理选修3-4】15．在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是（）A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500H z，且适当增大其输出功率【考点】：产生共振的条件及其应用．【分析】：用声波将酒杯震碎是利用酒杯发生了共振现象，而物体发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率【解析】：解：由题用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯震碎．故D正确．故选：D．【点评】：明白了该物理情景所反映的物理规律才能正确解决此题．故要学会通过物理现象抓住物理事件的本质．16．图示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，∠B=90°，∠A=30°，BC边长等于L．一束平行于AB边的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，E点是BC边的中点，EF是从该处反射的光线，且EF恰与AC边平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间（真空中的光速用符号“c”表示）．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①作出光路图，根据几何知识和全反射规律得到光线在AC面的入射角和折射角，即可求得折射率，②根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，判断出光线在F点发生全反射，在H点不能发生全反射，即该光束经一次反射后，到第一次射出玻璃砖发生在H点，根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S，由v=求出光线在玻璃砖内传播的速度v，即可求得所求的时间【解析】：解：依题意，光在玻璃砖中的传播路径如右图所示．可见，光在O1点的入射角为60°，折射角为30°．①玻璃的折射率n==②因为，所以这种玻璃的临界角C大于30°，小于60°．故从E点反射出的光线，将在F点发生全反射，在O2点才有光线第一次射出玻璃砖．由几何知识可知：EF=L，FO2=L；光在这种玻璃中的传播速度．故光从E点传播到O2点用时．答：①玻璃砖的折射率为；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间为．【点评】：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=、临界角公式sinC=和光速公式v=．【物理选修3-5】17．如图是各种元素的原子核中核子的平均质量与原子序数Z的关系图象，由此可知（）A．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定会释放能量B．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定要吸收能量C．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要释放能量D．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要吸收能量【考点】：爱因斯坦质能方程．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：根据重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，都向外释放能量，从而即可求解．【解析】：解：A、D和E结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故A正确，B错误．C、若A分裂成B和C，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键知道爱因斯坦质能方程△E=△mc2，掌握质量亏损与释放能量之间的联系．18．如图所示，有一固定在水平地面上光滑凹形长槽，槽内放置一个滑块，滑块的左端面是半圆柱形光滑圆弧面，滑块的宽度恰与凹形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内左右自由滑动．现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块．已知金属小球的质量为m，滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能．【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】：力学综合性应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：（1）小球和滑块相碰的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出金属小球和滑块的各自速度．（2）小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，根据动量守恒、机械能守恒求出金属小球的动能．【解析】：解：①．设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定小球初速度的方向为正方向，由动量守恒得：mv0=mv1+3mv2由机械能守恒得：解得：，；②．小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，规定小球初速度的方向为正方向，则根据动量守恒有mv0=（m+3m）v根据机械能守恒小球的动能应为：解得小球动能为：答：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度分别为；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能为．【点评】：本题考查了动量守恒和机械能守恒定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在平时的学习中需加强这类题型的训练．。
名校 高考 模拟---2015北京各区县高三物理模拟题分类汇编5-万有引力与天体
（15海淀零模）17．发射地球同步通信卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道。
地球同步通信卫星的发射场一般尽可能建在纬度较低的位置，这样做的主要理由是在该位置A ．地球对卫星的引力较大B ．地球自转线速度较大C ．重力加速度较大D ．地球自转角速度较大（15海淀一模）24．（20分）有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。
如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍（k >1）。
当飞船通过轨道Ⅰ的A 点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B 到地心的距离近似为地球半径R 。
以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变。
已知地球表面的重力加速度为g 。
（1）求飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小；（2）若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M 、m 的两个质点相距为r 时的引力势能rGMm E p -=，式中G 为引力常量。
在飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的运动过程，其动能和引力势能之和保持不变；探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和也保持不变。
①求探测器刚离开飞船时的速度大小；②已知飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过A 点与B 点的速度大小与这两点到地心的距离成反比。
根据计算结果说明为实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足什么条件。
（15海淀一模反馈）24．（20分）有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。
如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的3倍。
当飞船通过轨道Ⅰ的A 点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B 到地心的距离近似为地球半径R 。
XXX2015届高三第一次模拟考试理科综合试题(扫描版)
XXX2015届高三第一次模拟考试理科综合试题(扫描版)2015年哈尔滨市一模物理试题答案14.B 15.C 16.D 17.C 18.B 19.AD 20.AD 21.BC 22.（6分）1.Sf = 2分2.1.51 = 2分3.2Sf/D = 2分23.（9分）2.红黑表笔短接 = 1分3.黑 = 1分15 = 1分4.删除5.31～33格：7.8×10^-8C~8.3×10^-8C = 2分6.3分24.（14分）解：对物块有 N - mg = -4，f = μN，f = ma^2，对小车有F - f = Ma^1，a^1.a^2，所以小车与物块以不同的加速度做匀加速直线运动，对小车有 v = a^1t，对物块有 s = 0.5a^2t^2，解得 s = 0.5m = 2分25.（18分）解：1.粒子的运动轨迹如图所示 = 2分2.当粒子第一次以斜向上的速度经过 Q 点时，时间最短：在磁场中运动时间为 t1，有：qvB = mv/r，r = mv/qB，2πr/v = T，所以有T = 2πm/qB，t1 = T = 6.28×10^-7s，在无场区域运动的时间为 t2，有 t2 = 4d/v = 4.×10^-7s = 6分3.粒子的运动情况可以不断的重复上述情况，粒子在磁场中的路程为 r = 5cm，s1 = 2nπr(n = 1,2,3.)，在无场区的路程为s2 = 4nd(n = 1,2,3.)，总路程为 s = s1 + s2 = 6分选修3-3】根据理想气体状态方程 $PV=nRT$，代入初始状态和末状态的数据，可以得到：frac{P_1}{T_1V_1}=\frac{P_2}{T_2V_2}代入数据解得 $T_2=277\text{K}$。
选修3-4】根据光路图，可以得到第一次折射时折射角为$\gamma=30^\circ$，第二次折射时折射角为$\alpha=60^\circ$。
2015高考物理模拟试题题
2015高考物理模拟试题一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48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题有多个选项符合题目要求。
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.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是 A ．牛顿第一定律是通过多次实验总结出的一条实验定律 B ．牛顿通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值C ．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因D ．开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础2．如图，一质量为M 的直角劈B 放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m 的物体A ，用一沿斜面向上的力F 作用于A 上，使其沿斜面匀速上滑，在A 上滑的过程中直角劈B 相对地面始终静止。
以f 和N 分别表示地面对劈的摩擦力及支持力，则下列正确的是A ．f = 0，N = Mg +mgB ．f 向左，N <Mg +mgC ．f 向右，N <Mg +mgD ．f 向左，N =Mg +mg3．如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台 离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地 放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已 知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ,若皮带的倾角为θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ＜μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则以下说法正确的是（ ）A ．当速度v 一定时，角θ越大，运送时间越短B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带 上留下的痕迹越长D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM =ON=2R ．已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为（ ）A ．22kq R -EB ．24kqRC ．24kq R -ED ．24kqR +Eα F v BA++ + + + ++ OM NC DRABh LmB h2h3m5.“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。
2015年高考第三次模拟考试试题 高三物理
2015年高考第三次模拟考试试题高三物理本卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间为90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共48分)注意事项：本卷共16题。
每题3分，在每题给出的四个选项中，1-11题只有一个选项正确；12-16题有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．下列说法正确的是 ( )C ．两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动D ．物体受一恒力作用，可能做匀速圆周运动2．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力.要使两球在空中相遇，则必须 ( ) A ．甲先抛出A 球 B ．先抛出B 球 C ．同时抛出两球 D ．使两球质量相等3．2013年4月4日至12日CCTV 新闻频道播出《探潮亚马孙》节目，揭开亚马孙大潮的神秘面纱，在发生的大潮日，亚马孙河会出现长50公里，高五公尺的巨浪，是全世界最长，也最危险的海浪。
为了拍摄大潮更近距离的视频，在拍摄过程中一个摄像机架在行驶在潮前的摩托艇上。
摩托艇在某段时间内水平方向和竖直方向的位移分别为x= -2t 2-6t 、y=0.05t 2+4t(t 的单位是s,，x 、y 的单位是m)，则关于摩托艇在该段时间内的运动，下列说法正确的是 ( ) A ．摩托艇在水平方向的分运动是匀减速直线运动 B ．t=0时摩托艇的速度为0 C ．摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D ．摩托艇运动的加速度大小为4m/s 24．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 ( )A ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ5．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N ，小球在最高点的速度大小为v ，N-v 2图像如乙图所示。
广东省佛山市顺德区2015届高三元月模拟考试物理试题 Word版含答案
顺德区高三物理模拟考试题一、单项选择题13．汽车以大小为20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为5 m/s2，那么刹车后2s内与刹车后8s内汽车通过的位移之比为：A.1∶3B.3∶4C.4∶3D.3∶114．我国整个探月工程分为三个阶段，第一期工程为“绕”，二期工程为“落”，2017年进行的三期工程为“回”，之后再进行载人登月计划。
在第一期如果探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比：A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度不变15.在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接触，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了()A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电16．如图9所示，用一根细绳和一根杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当Ａ处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用，对这两个作用力的方向判断完全正确的是图中的：二、双项选择题17.如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是A.球的速度v等于B.C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关18. 已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。
有关同步卫星，下列表述正确的是A.卫星距离地面的高度为B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度A B C D图9C.卫星运行时受到的向心力大小为2MmGR D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度19．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动的v －t 图象如图所示，在3 s 末两质点在途中相遇．由图象可知：A ．相遇前甲、乙两质点的最远距离为2 mB ．相遇前甲、乙两质点的最远距离为4 mC ．出发前两质点的位置是乙在甲之前4 mD ．出发前两质点的位置是甲在乙之前4 m20. 正弦交变电源与电阻R 、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V 。
2015北京各区县高三物理模拟题分类汇编9-电场
（15海淀零模）18．图中虚线所示为某一静电场的等势面。
一点电荷仅在静电力作用下先后经过A 、B 、C 三点，在经过A 、C 点时，其动能分别为5eV 和25eV 经过到B 点时，其动能应为A ．10eVB ．15eVC ．40eVD ．55eV （15海淀零模）20电的小球从O 点正上方的A 点由静止释放，穿过圆环中心O ，并通过关于O 与A 点对称的A ′点。
取O 点为重力势能零点。
关于小球从A 点运动到A ′点的过程中，小球的加速度a 、重力势能E pG 、机械能E 、电势能E pE 随位置变化的情况，下列说法中正确的是A ．从A 到O 的过程中a 一定先增大后减小，从O 到A '的过程中a 一定先减小后增大B ．从A 到O 的过程中E pG 小于零，从O 到A '的过程中E pG 大于零C ．从A 到O 的过程中E 随位移增大均匀减小，从O 到A '的过程中E 随位移增大均匀增大D ．从A 到O 的过程中E p 电随位移增大非均匀增大，从O 到A '的过程中E p 电随位移增大非均匀减小（15海淀一模）22．（16分）如图所示，在真空中足够大的绝缘水平面上，有一个质量m ＝0.20kg ，带电荷量q ＝2.0×10-6 C 的小物块处于静止状态。
从t =0时刻开始，在水平面上方空间加一个范围足够大、水平向右E =3.0×105N/C 的匀强电场，使小物块由静止开始做匀加速直线运动。
当小物块运动1.0s 时撤去该电场。
已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.10，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：（1）小物块运动1.0s 时速度v 的大小；（2）小物块运动2.0s 过程中位移x 的大小；（3）小物块运动过程中电场力对小物块所做的功W 。
（15海淀一模）23．（18分）甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器。
名校 高考 模拟---2015北京各区县高三物理模拟题分类汇编16-原子物理
（15海淀零模）14．秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础。
秦山核电站的能量来自于A ．天然放射性元素衰变放出的能量B ．人工放射性同位素衰变放出的能量C ．重核裂变放出的能量D ．轻核聚变放出的能量（15海淀一模）14．在下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是A ．n 3Kr Ba n U 108936144561023592++→+ B ．e Pa Th 012349123490-+→ C ．238234492902U Th He →+ D ． n He H H 10422131+→+（15海淀一模反馈）14．关于天然放射现象，下列说法正确的是A ．α射线是由氦原子核衰变产生B ．β射线是由原子核外电子电离产生C ．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生D ．通过化学反应不能改变物质的放射（15东城一模）13．一个氢原子从较高能级跃迁到较低能级，该氢原子A ．放出光子，能量增加B ．放出光子，能量减少C ．吸收光子，能量增加D ．吸收光子，能量减少（15朝阳一模）14．一个氢原子从n =2能级跃迁到n =3能级，则该氢原子A ．吸收光子，能量增加B ．吸收光子，能量减少C ．放出光子，能量增加D ．放出光子，能量减少（15丰台一模）20. 每种原子都有自己的特征谱线，所以运用光谱分析可以鉴别物质和进行深入研究。
氢原子光谱中巴耳末系的谱线波长公式为：122111()2E hc n λ=-，n = 3、4、5…，E 1为氢原子基态能量，h 为普朗克常量，c 为光在真空中的传播速度。
锂离子Li +的光谱中某个线系的波长可归纳成一个公式：/122111()6E hc m λ=- ，m = 9、12、15…，/1E 为锂离子Li +基态能量，经研究发现这个线系光谱与氢原子巴耳末系光谱完全相同。
由此可以推算出锂离子Li +基态能量与氢原子基态能量的比值为A. 3B. 6C. 9D. 12(15石景山一模)13．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。
2015年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷
2015年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共6.0分)1.质量为2.5吨的货车在平直公路上运动，其运动的v-t图象如图所示．由此可求（）A.0～10s内货车的平均速度B.10～15s内货车所受的阻力C.15～25s内货车的加速度D.0～25s内合力对货车做的总功【答案】ACD【解析】解：货车在0～10s内的位移s=10×20÷2=100m故货车在0～10s内的平均速度==10m/s，故A正确．货车在10～15s内做匀速直线运动，其所受的阻力等于其所受的拉力，由于拉力大小未知，故无法知道阻力的大小．故B错误．货车在15～25s内的加速度a===1m/s2故C正确．根据动能定理可知0～25s内合力对货车做的功W==×2.5×103×302=1.125×106J故D正确．故选A、C、D．速度图象的斜率代表物体的加速度；F-f=ma，其中F表示拉力，f表示阻力；速度图象与时间轴围成的面积等于物体发生的位移；合外力对物体做的功等于物体动能的变化量．这是一道综合性很强的题目，但只要我们掌握好了基础知识，这些题目就能顺利解决，所以平时要多注意基础知识的训练．二、单选题(本大题共3小题，共18.0分)2.如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB=60°，弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．则此时物体所受的摩擦力（）A.等于零B.大小为0.5mg，方向沿水平面向右C.大小为mg，方向沿水平面向左D.大小为2mg，方向沿水平面向右【答案】C【解析】解：对B进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为L，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面向左，故只有C正确．故选：C．平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特殊角时物体受力的特点．利用平行四边形，找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者的关系，这是本题的重点，找出它们的关系，弹簧的弹力就好确定了，从而可以求出物体所受的摩擦力．3.“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下说法中正确的是（）A.通过题目所给信息可分别求出天体A、B的质量B.通过题目所给信息可分别求出两颗卫星的质量C.通过题目所给信息可以确定两颗卫星的线速度一定相等D.通过题目所给信息可以确定天体A、B的密度一定相等【答案】D【解析】解：A、研究卫星绕天体做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式=m r得：M=①由于卫星靠近天体表面飞行，所以r为天体半径，T为周期，根据题意不能求出天体A、B的质量．故A错误．B、通过题目所给信息无法求出两颗卫星的质量，故B错误．C、根据圆周运动知识得：v=，其中r为天体半径，由于不知道天体A、B的半径关系，所以两颗卫星的线速度不一定相等，故C错误．D、根据密度公式得：ρ=②体积V=πr3③，由①②③得：ρ=，故D正确．故选D．研究卫星绕天体做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式．根据已知量求出未知量．靠近天体表面飞行的卫星的轨道半径可以认为是天体半径．4.质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．取重力加速度g=10m/s2，则物体在t=0到t=6s这段时间内的位移大小为（）A.4mB.8mC.10mD.12m【答案】A【解析】解：最大静摩擦力f max=μmg=0.2×20=4N当拉力大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动，所以在t=2s时才开始运动．2～4s时：F＞f max，物体由静止开始做匀加速直线运动，有：a==1m/s2，4s末的速度为：v=at=1×2=2m/s，位移为：x1=at2==2m，4～6s时：1m/s2．6s末的速度为：v=v+a t=2-1×2=0，4～6s过程中的位移为：x2=则物体的总位移是：x=x1+x2=2+2=4m．故选：A．先求出滑动摩擦力，然后结合图象求出各个时间段的合力，再求的各段的加速度，最后根据速度时间公式求各个时刻的速度以及各个时间段的位移情况．本题考查学生的读图的能力，要能够根据F-t图象分析物体的运动情况，需要注意的是在0～2s时拉力小于最大摩擦力，此时的物体还不会运动．三、多选题(本大题共2小题，共12.0分)5.从地面上以一定初速度竖直向上抛出一小球，经过一段时间后，小球落回到地面．在不计空气阻力和计空气阻力两种情况下做一对比，下列说法正确的是（）A.在上升过程中，小球的加速度不计空气阻力时的大于计空气阻力时的B.在下降过程中，小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的C.从抛出到落回地面整个运动过程的位移，不计空气阻力时的等于计空气阻力时的D.返回到原拋出点的速率，不计空气阻力时的小于计空气阻力时的【答案】BC【解析】解：A．上升过程中有空气阻力时，加速度的大小为=g+，不计空气阻力时加速度大小为g，故A错误；B．在下落过程中有空气阻力时，加速度的大小为=g-，不计空气阻力时加速度大小为g，下落的位移相同，根据h=可知，加速度大的时间就小，所以小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的，故B正确；C．有无空气阻力时从抛出到落回地面整个运动过程的位移都为零，相等，故C正确；D．根据动能定理得：=W G+W f，初速度相同，重力做的功都为零，无空气阻力时，末速度等于初速度；有空气阻力时，空气阻力做负功，末速度小于初速度，所以返回到原拋出点的速率，不计空气阻力时的大于计空气阻力时的，故D错误．故选BC．（1）在上升过程中空气阻力的方向向下，合力向下且大于重力，根据牛顿第二定律即可判断有无阻力时的加速度大小；（2）在下降过程中空气阻力的方向向上，合力向下且小于重力，故有阻力时的加速度小于无阻力时的加速度，根据位移-时间公式即可比较时间的大小；（3）从抛出到落回地面整个运动过程的位移为零，与有无空气阻力无关；（4）可通过对整个过程运用动能定理求得返回到原拋出点的速率，即可判断有无阻力时的返回到原拋出点的速率的大小．该题是牛顿第二定律和动能定理的直接应用，解题时注意空气阻力方向始终与速度方向相反，所以空气阻力始终做负功，大小跟速度有关，实际上是个变力．6.如图所示，物块m随转筒一起以角速度ω做匀速圆周运动，如下描述正确的是（）A.物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用B.若角速度ω增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，那么木块所受弹力增大C.若角速度ω增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力增大D.若角速度ω增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力不变【答案】BD【解析】解：因为物块始终随物体做匀速圆周运动，所以物体受重力、摩擦力，筒壁的支持力，故A错，如图所示，因为在竖直方向等效于处于静止状态，所以受力平衡，所以f=G，始终不变，故D对，C错，由N=mrw2，当w增大时，N增大，故B对．故选：B、D．本题需先进行受力分析，然后再根据运动分析各个力之间的关系此题主要考查受力分析，某一方向上受力平衡，向心力的来源等．四、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，质量相同的三个小球均可视为质点，处于同一水平面上．A球以初速度v0竖直上抛，B球以与水平面成θ角、大小也是v0的初速度斜向右上抛出，C球沿倾角为θ的足够长斜面以初速度v0上滑．上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦，以下关于三个小球上升的最大高度的比较正确的是（）A.H A＞H B＞H CB.H A＞H B=H CC.H A＜H B＜H CD.H B＜H A=H C【答案】D【解析】解：对于A、C两个球，达到最高点时，A、C两个球的速度均为零，物体的动能全部转化为重力势能，所以A、C的最大高度相同；对于B球来说，由于B是斜抛运动，在水平方向上有一个速度，这个分速度的动能不会转化成物体的重力势能，所以B球在最高点时的重力势能要比AC两球的小，所以高度要比AC两球的高度小，所以D正确．故选D．ABC三个球的机械能都守恒，到达最高点时，根据机械能守恒定律分析对比可以得出结论．B球做的是斜抛运动，水平方向的分速度是不能转化成物体的重力势能的，所以B的高度最低．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A.物体回到出发点时的机械能是80 JB.在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsinθC.撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D.撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少【答案】AB【解析】解：A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故A正确．B、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2．这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：a1t2=-（a1t•t-a2t2），则得，a1：a2=1：3．因为物体先做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，F-mgsinθ=ma1，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为a2=gsinθ，又a1：a2=1：3联立上两式得，F=mgsinθ设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v ，则v=a1t=gsinθt对于从撤去到返回的整个过程，有：-v=v-gsinθ•t，解得：v=v所以可得在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=F v=mgvsinθ，故B正确．C、撤去F后，物体先向上减速，速度为零之后向下加速运动，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能先增大后减小．故C错误．D、撤去力F前的运动过程中，物体加速运动，物体的动能一直在增加，撤去力F后先向上减速后向下加速，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能先减小后增大．故错误．故选：AB．根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小．分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.验证机械能守恒定律实验中，根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是下图中的（）A.AB.C.D.【答案】C【解析】解：本实验需要验证的方程是mgh=，得到=gh，根据数学知识可知-h图象是过原点的直线．故C正确．故选：C．根据需要验证的方程mgh=，得到-h的关系式，再根据数学知识选择图象．解决本题要理解并掌握验证机械能守恒定律实验原理，通过图象来处理数据．图象往往从数学角度来理解物理意义．九、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）．由此可知（）A.这列波的波长λ=4mB.这列波的周期T=3sC.这列波的传播速度v=2m/sD.这列波的波源起振方向为向上E.乙图可能是图甲中质点Q的振动图象【答案】ACE【解析】解：A、B、C、由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v==2m/s．故AC正确，B错误．D、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下．故D错误．E、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象．故E正确．故选：ACE由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断．根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点．本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．六、填空题(本大题共1小题，共8.0分)9.为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d=3.0cm的遮光板，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为△t1=0.30s，通过第二个光电门的时间为△t2=0.10s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为△t=4.00s．则滑块通过第一个光电门的平均速度是______ m/s，由于遮光板宽度很小，过光电门得时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度．据此我们可以估算出滑块的加速度是______ m/s2．【答案】0.10；0.05【解析】解：由于遮光板宽度为3cm，故滑块通过第一个光电门的平均速度v1===0.10m/s滑块通过第二个光电门的平均速度v2===0.30m/s故加速度a===0.05m/s2故答案为：0.10，0.05．先根据平均速度公式求出滑块通过第一个光电门和第二个光电门的平均速度，由于遮光板宽度很小，过光电门的时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度，再根据速度时间公式求出加速度．本题关键在于瞬时速度的测量方法，即用极短时间内的平均速度代替瞬时速度；由于遮光板宽度很小，过光电门得时间很短，所以我们可以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度．八、计算题(本大题共2小题，共35.0分)11.一物体从静止出发做匀加速直线运动，物体所受合力的方向一直与运动方向相同．在第一段时间间隔内，合力的大小为F，在接下来的相同时间间隔内，合力的大小增加了一倍，即大小为2F．求：物体在这两段时间间隔内走过的位移之比．【答案】解：在第一段时间t内物体的加速度a1=，物体走过的位移为s1=a1t2=t秒末物体的速度v=a1t=在第二段t内物体的加速度a2=则在第二段时间内走过的位移为s2=vt+=+==4s1故s1：s2=1：4答：物体在这两段时间内走过的位移之比为1：4．【解析】要求两段时间内的位移之比需要求出每段时间内的位移，要求位移，需要求出每段时间内的加速度，以及每段时间内的初速度．熟练掌握匀变速直线运动的位移公式，速度公式以及加速度的公式是求解此类问题的前提和基础．12.如图所示，光滑圆弧轨道与光滑斜面在B点平滑连接，圆弧半径为R=0.4m，一半径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上A点由静止释放，恰好能通过圆弧轨道最高点D．求：（1）小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h；（2）小球运动到C点时对轨道的压力N的大小；（3）若斜面倾斜角与图中θ相等，均为53°，小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动了多长时间？【答案】解：（1）在D点时，设小球的速度为v D，mg=m∴v D=2m/s由A运动到D点，由机械能守恒可得mg（h-2R）=mv D2∴h=1m所以小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h是1m．（2）由A运动到C点，由机械能守恒可得mgh=mv C2在C点，由牛顿第二定律和向心力公式可得F N-mg=m∴F N=12N由牛顿第三定律可知，小球运动到C点时对轨道的压力N的大小是12N．（3）设撞到斜面上E点离B点的距离为x，飞行时间为t，由平抛运动规律可得水平方向R sin53°+xcos53°=v D t竖直方向R+R cos53°-xsin53°=gt2由上面两式解得t=s≈0.27s．所以小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动的时间是0.27s．【解析】（1）小球恰好能通过圆弧轨道最高点D，说明此时恰好是物体的重力作为向心力，由向心力的公式可以求得在D点的速度大小，从A到D的过程中，物体的机械能守恒，从而可以求得小球释放时离最低点的高度．（2）在C点时，对物体受力分析，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得小球受得支持力的大小，再由牛顿第三定律可以知道对轨道压力的大小．（3）离开D点小球做平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动可以求得小球运动的时间．小球的运动过程可以分为三部分，第一段是匀加速直线运动，第二段的机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可．十、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率为，直径AB与屏幕垂直并接触于A点，激光a以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑，求两个光斑之间的距离L．【答案】解：画出如图光路图．设折射角为r，根据折射定律得代入解得r=60°由几何知识得，△OPQ为直角三角形，∠APO=r=60°．根据反射定律和几何知识得知，∠AQO=i=30°所以两个光斑PQ之间的距离L=PA+AQ=R tan30°+2R sin60°解得答：两个光斑之间的距离L为23.1cm．【解析】激光a射向半圆玻璃砖的圆心O，在AB面上产生了折射和反射，结果在水平屏幕MN 上出现两个光斑，作出光路图．根据折射定律求出折射角．根据反射定律求出反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L．本题是几何光学问题，作出光路图是关键，是光的折射定律、反射定律与几何知识的综合应用．。
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1 22.（16分）（2015.4丰台）如图所示，在倾角为30°的斜面上，固定一宽度为L=0.25m的足够长平行金属光滑导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器。电源电动势为E=3.0V，内阻为r=1.0Ω。一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.80T。导轨与金属棒的电阻不计，取g=10 m/s2。 （1）如要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器接入到电路中的阻值是多少； （2）如果拿走电源，直接用导线接在两导轨上端，滑动变阻器阻值不变化，求金属棒所能达到的最大速度值； （3）在第（2）问中金属棒达到最大速度前，某时刻的速度为10m/s，求此时金属棒的加速度大小。
22.（16分）（2015.4延庆）如图所示，MN、PQ为竖直放置的两根足够长平行光滑导轨，相距为d=0.5m，M、P之间连一个R=1.5Ω的电阻，导轨间有一根质量为m=0.2kg，电阻为r=0.5Ω的导体棒EF，导体棒EF可以沿着导轨自由滑动，滑动过程中始终保持水平且跟两根导轨接触良好。整个装置的下半部分处于水平方向且与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计。 （1）若导体棒EF从磁场上方某处沿导轨下滑，进入匀强磁场时速度为v=2m/s， a．求此时通过电阻R的电流大小和方向 b．求此时导体棒EF的加速度大小 （2） 若导体棒EF从磁场上方某处由静止沿导轨自由下滑，进入匀强磁场后恰好做匀速直线运动，求导体棒EF开始下滑时离磁场的距离。
θ θ
a b E
r
B R
Q N
M E P
F 2
22. （2015.4顺义）(16分)如图所示，两个斜面AB和CD的倾角分别为α和β，且均与水平面BC平滑连接。水平面的C端静止地放置一质量为m的物块，在斜面AB上一
质量为M的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为0v，碰撞后合为一
体冲上斜面CD，物块与斜面的动摩擦因数均为，重力加速度为g。求： （1）物体M在斜面AB上运动时的加速度a； （2）两物体碰后的共同速度v； （3）能冲上斜面CD的最大高度Ｈ。
22．（2015.4石景山）（16分）如图所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的正方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长为L，其中ab段的电阻为R。在宽度也为L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下。线框在水平拉力的作用下以恒定的速度v通过匀强磁场区域，线框始终与磁场方向垂直且无转动。求： （1）在线框的cd边刚进入磁场时，bc边两端的电压Ubc； （2）为维持线框匀速运动，水平拉力的大小F； （3）在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的热量Qbc。
A B C α
D M
β m
v L
a
b c d
B L 3
22．（16分） （2015．4朝阳）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40Ω的电阻。一质量m=0.10kg、阻值r=0.10Ω的金属棒MN放置在导轨上。金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动。求： （1）通过电阻R的电流I； （2）拉力F的大小； （3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q。
22．（16分） （2015.4西城）如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场中，在洛仑兹力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN上的A点。测得O、A两点间的距离为L。不计粒子重力。 （1）试判断P、Q间的磁场方向； （2）求粒子做匀速直线运动的速度大小v；
（3）求粒子的电荷量与质量之比mq。
+ O P
M
Q N A -
B2 4
A B
22．（16分）（2015.4房山）如图所示倾角为37°的斜面，斜面AB长为2.2 m，斜面底端有一小段（长度可忽略）光滑圆弧，圆弧末端水平。圆弧末端距地面高度为1.25m，质量为m的物体在斜面顶端A点由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数=0.2
（ g 取10 m/s2 ，sin37°=0.6,cos37°=0.8），求 （1）物体沿斜面下滑时加速度的大小； （2）物体滑到圆弧末端B点时的速度大小； （3）物体落地点与圆弧末端B的水平距离。
22．（16分） （2015.4海淀）如图所示，在真空中足够大的绝缘水平面上，有一个质量m＝0.20kg，带电荷量q＝2.0×10－6 C的小物块处于静止状态。从t=0时刻开始，在水平面上方空间加一个范围足够大、水平向右E=3.0×105N/C的匀强电场，使小物块由静止开始做匀加速直线运动。当小物块运动1.0s时撤去该电场。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.10，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）小物块运动1.0s时速度v的大小； （2）小物块运动2.0s过程中位移x的大小； （3）小物块运动过程中电场力对小物块所做的功W。 5
22.（16分）（2015.4海反）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平面上，有一个质量m＝0.20kg，带电荷量q＝2.0×10－6 C的小物块（视为质点）处于静止状态。从t=0时刻开始，在水平面上方空间加一个水平方向的电场，电场强度随时间的变化如图乙所示（水平向右的方向为正方向）。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.10，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）t=0.50s时小物块的加速度大小； （2）t=1.0s时小物块的速度大小； （3）小物块运动2.0s位移大小。
22．（16分）（2015.4东城）两块大小、形状完全相同的金属板水平正对放置，两板分别与电源正、负极相连接，两板间的电场可视为匀强电场，两板间有带电液滴。已知两板间电压为2×104V、板间距离为0.1m时，质量为1.6×10-14kg的带电液滴恰好静止于处于两板中央位置。g取10m/s2，不计空气阻力。 求：（1）两板间的电场强度E的大小； （2）液滴所带的电荷量q的值； （3）如某一时刻突然撤去板间的电场，求液滴落到下板所用的时间。
乙 E/（×105N/C） t/s 3
0 -3 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
甲 6
答案： 22. （2015.4丰台）（16分） （1）由于金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示 安培力F =BIL=mgsin30° = 0.1N ………（2分）
得I =BLF= 0.5A ………（1分） 设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+r) ………（1分）
联立解得 R=rIE= 5Ω ………（2分） （2）金属棒达到最大速度时，将匀速下滑，此时安培力大小、回路中电流大小应与上面情况相同，即金属棒产生的电动势E = IR = 2.5V ………（2分） 由E=BLv ………（2分）
得EvBL12.5m/s ………（2分） （3）金属棒速度为10m/s时，产生的电动势E=BLv=2 V ………（1分）
电流为/0.4EIRA ………（1分） 金属棒受到的安培力为//FBIL=0.08 N ………（1分）
金属棒的加速度为/30minFagsm = 1 m/s2 ………（1分） （2015.4延庆）22.（16分） （1）a.（大小2分，方向2分，共4分）电动势：E=Bdv -----------------------（1分） 由闭合电路欧姆定律：I=E/（R+r） I= Bdv/（R+r） I=1A -----（1分） 方向：由P指向M ----------------------------------------------------------------（2分） b.（4分）导体棒所受安培力：F=BId -----------------------------（1分） 由牛顿第二定律：mg-F=ma ---------------------------------------（2分） a=(mg-BId)/m a=5m/s2 -----------------（1分） （2）（8分）由于匀速：mg=BId --------------------------------------------------（2分） I=E/(R+r) -------------------------------------------------------（1分） E=Bdv -----------------------------------------------------------（1分） v=mg(R+r)/B2d2 v=4m/s --------------------------------（1分） 由自由落体公式：v2=2gh -----------------------------------------------------------（2分） h=v2/2g=0.8m --------------------------------------------------（1分）
N mg F安
30°