2015年高二文科物理模拟试题(二)
2015年陕西省渭南市高考物理二模试卷
2015年陕西省渭南市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.19世纪安培通过比较环形电流的磁场与磁体磁场的相似性，提出了分子电流理论，说明了磁体的磁场和电流的磁场具有相同的起源，即磁现象的电本质．请你通过这种相似性分析说明当把如图所示的载流导体环放置在磁体附近，导体环及悬线的偏转情况是（）A.从上往下看，导体环顺时针旋转，同时悬线向左偏转B.从上往下看，导体环逆时针旋转，同时悬线向右偏转C.导体环不旋转，悬线向右偏转D.导体环不旋转，悬线向左偏转【答案】B【解析】解：根据安培定则可知，环形电流产生的磁场的方向垂直于纸面向里，即N极向里，S 极向外．与条形磁铁的磁场垂直，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知环形电流外侧的磁场吸引条形磁铁，环形电流内侧的磁场排斥条形磁铁，所以从上向下看，导体环逆时针旋转，同时悬线向右偏转．故B正确，ACD错误．故选：B先根据安培定则判断出环形电流产生的磁场的方向，然后结合磁体之间的相互作用即可解答．根据题目的要求，解决本题要使用电流产生磁场的方法，要理解安培定则的内容以及使用的方法．该题也可以根据左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用，同时巧用相对运动．这一种方法只是不符合本题的要求．2.光滑绝缘水平桌面上一矩形线圈abcd，其ab边在进入一个有明显边界的匀强磁场前做匀速运动，如图所示．当线圈全部进入磁场区域时（磁场宽度大于线圈bc边长），其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，则该线圈（）A.cd边刚好能到达磁场的右边界B.cd边不能到达磁场的右边界C.cd边穿过磁场后，仍能继续运动D.线框在磁场中运动的情况是先匀减速运动，后匀速运动，再匀减速运动【答案】C【解析】解：ABC、线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故C正确．A、B错误．D、根据安培力F=BIL=，可知，进或出磁场过程中，合力是变化的，则不是匀减速，当完全进入磁场时，则是匀速直线运动，故D错误；故选：C．线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析，同时理解牛顿第二定律的应用，注意安培力受到速度的影响．3.电荷量为q1和q2的两个正点电荷分别位于x轴上的P点和Q点．其中x P=0，x Q=a，已知q2=4q1，则在x轴上某位置再放置一负点电荷q3，有可能使q3平衡的位置为（）A.x=-aB.x=C.x=D.x=2a【答案】B【解析】解：要使q3平衡，应将它放在合场强等于0的位置，设q 3到q 1的距离是r1，到q 2的距离是r2，则：r1+r2=a；=解得：r1=；即q 3的平衡位置为，故B正确，ACD错误；故选：B．根据题意可知，q1的电量比q2电量小，所以第三个电荷不论正负，只有放在两点电荷之间，且靠近q2；才能处于平衡；再由点电荷电场强度的叠加为零，从而即可求解．理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性，同时根据受力平衡来确定第三个点电荷的位置．4.宇宙飞船在距离地面等于地球半径的高度绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光（可认为是平行光），在飞船运行的过程中，有一段时间飞船会进入地球阴影区，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，则在飞船运动的一个周期内，飞船的太阳能电池板接收不到太阳光的时间为（）A.T=B.T=C.T=πD.T=π【答案】A【解析】解：由地球的万有引力提供卫星的向心力=m r，r=2R解得T=4π，由几何关系得飞船的太阳能电池板接收不到太阳光的范围，如图：刚好接收不到太阳光的位置与地球相切，OA=r=2R，根据三角函数关系得α=60°所以运动的一个周期内，飞船的太阳能电池板接收不到太阳光的时间为t=T=π，故选：A．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，已知飞船的轨道半径，由引力提供向心力可求出飞船的周期；根据几何关系得出在飞船运动的一个周期内，飞船的太阳能电池板接收不到太阳光的范围．该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的直接应用，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度．5.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一小球也能击中D点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则两小球初速度之比v1：v2为（）A.：1B.2：C.3：D.：3【答案】D【解析】解：设半圆的半径为R．小球从A点平抛，可得：R=v1t1R=小球从C点平抛，可得：R sin60°=v2t2R（1-cos60°）=联立解得：v1：v2=：3．故选：D．根据平抛运动的竖直位移求出运动的时间，根据水平位移求出平抛运动的初速度．从而得出两球的初速度之比．解决本题的关键知道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，掌握平抛运动的运动学规律．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，理想变压器加一个固定的交变电压，所用电表均视为理想交流电表，那么当滑动变阻器的滑片P向上移动时（）A.V的示数变小B.A1的示数变小C.A2的示数变小D.灯泡L变暗【答案】BD【解析】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；当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要减小，A1的示数变小．故B正确；副线圈中的电流值减小，则流过灯泡的电流减小，灯泡L消耗的功率减小，灯泡L变暗．故D正确；流过灯泡的电流减小，根据U=IR可知，灯泡L上的电压减小，所以电压表上的电压：U′=U副线圈-U L增大，故A错误；流过R2的电流：′增大，A2的示数变大．故C错误．故选：BD．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．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．7.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，斜面粗糙，其上放置一小物块，如图所示，设斜面对物块的支持力为N，摩擦力为f，当小车在水平面上运动时，物块相对于小车始终静止不动，则关于小球的受力情况，下列说法正确的是（）A.若小车向左运动，N可能为零B.若小车向左运动，f可能为零C.若小车向右运动，N不可能为零D.若小车向右运动，f不可能为零【答案】BC【解析】解：AB、若小车向左运动，如匀速运动，根据平衡条件得知，小物块所受的摩擦力不可能为零，N不可能为零；若小车向左加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向左，N不可能为零，f可能为零；若小车向左做减速运动，合力向右，由牛顿定律可知合力向右，则物块所受摩擦力f不可能为零，则N不可能为零；故A错误，B正确．CD、若小车向右运动，如匀速运动，根据平衡条件得知，小物块所受的摩擦力不可能为零，N不可能为零；若小车向右加速运动，根据牛顿第二定律可知，合力向右，f不可能为零，N不可能为零；若小车向右做减速运动，合力向左，由牛顿定律可知合力向左，则物块所受N不可能为零；所以，小车向右运动，N不可能为零，f可能为零；故C正确，D错误；故选：BC根据小车的运动情况，分析小车向左或向右加速、减速或匀速三种运动情况，根据牛顿第二定律分析N和f是否可能为零．本题要考虑三种运动情况，判断出加速度方向后根据牛顿第二定律确定合力方向，在结合牛顿第二定律和弹力、摩擦力的产生条件进行受力分析．8.一质量为m小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球静止在P点，现对小球施加一水平恒力F，小球从最低点P点运动到Q点时速度刚好为零，已知Q点悬线与竖直方向的角度为θ，关于水平恒力F的大小及从P到Q恒力F作功W的数值正确的是（）A.F=mgtanθB.F=mgC.W=mgl（1-cosθ）D.W=mgl【答案】BC【解析】解：A、在恒力F作用下小球先做加速运动，再做减速运动到零，可知当绳子与竖直方向的夹角为时，小球的速度最大，此时小球切线方向所受的合力为零，有：，故A错误，B正确．C、根据动能定理得：W-mgl（1-cosθ）=0，解得：W=mgl（1-cosθ），故C正确，D 错误．故选：BC．小球在恒力F作用下先加速后减速，当切线方向合力为零时，速度最大，结合切线方向合力为零时，通过平衡求出F的大小．运用动能定理求出恒力F做功的大小．本题考查了动能定理的基本运用，知道切线方向合力为零时，速度最大，根据对称性知，速度最大时，绳子与竖直方向的夹角为．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.关于分子动理论和热现象，下列说法正确的是（）A.布朗运动的实质就是分子的无规则运动B.晶体在各个方向上的导热性能相同，体现为各向同性C.热量不能自发地从低温物体传给高温物体D.将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大E.绝对零度不可能达到【答案】CDE【解析】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，故A错误；B、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故B错误；C、热量不能自发地从低温物体传给高温物体，故C正确；D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大，故D正确；E、绝对零度只能无限接近，不可能达到，故E正确；故选：CDE布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，绝对零度只能无限接近，不可能达到．掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动，知道热传递的方向性，分子间距与分子力的变化关系，绝对零度不能达到．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的五个质点a、b、c、d、e，均静止在各自的平衡位置．一列横波以1m/s的速度水平向右传播，t=0s时到达质点a，a开始由平衡位置向上运动；t=3s时，质点a第一次到达最低点，在下列说法中正确的是（）A.质点d开始振动后的振动周期为4sB.这列波的波长为4mC.t=4s时刻波恰好传到质点eD.t=5s时刻质点b到达最高点E.在3s＜t＜4s这段时间质点c的速度方向向上【答案】ABC【解析】解：A、根据题意可知，T=3s，则周期T=4s，各个质点的振动周期与a的周期相同，故A正确．BC、波长λ=v T=1×4=4m，t=4s波传播的距离x=vt=4m，故波刚好传到e点．故BC 正确．D、t=1s时，b点开始是振动，且方向向下，t=5s时，b刚好完成一个周期的振动回到平衡位置，故D错误．E、在t=2s时c点刚开始振动，起振方向与a相同向上，在t=3s时，c点到达波峰，3s 到4s之间正从波峰向下运动至平衡位置，故E错误．故选：ABC根据质点a开始向上振动，t=3s时刻第一次到达最低点，找出时间与周期的关系，求出周期和波速．再结合波的传播方向，分析各质点的振动情况．本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况．也可用画波形图的方法求解．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示，则可判断出（）A.甲光的频率大于乙光的频率B.甲、乙两光比较，甲为强光，乙为弱光C.乙光的波长大于丙光的波长D.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率E.甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大的初动能【答案】BCE【解析】解：A、根据e U截=m=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误．B、若甲、乙曲线为同一光电管得出，可知甲的饱和光电流大于乙的饱和光电流，则甲光的光强大于乙光的光强．故B正确．C、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长，故C正确；D、同一金属，截止频率是相同的，故D错误．E、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．故E正确．故选：BCE．光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．e U截=m=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．该题考查光电效应的实验，解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程e U截=mv=hγ-W．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连．遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t．用d表示A、B两点的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，用g表示重力加速度．完成下列填空和作图：（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图乙所示，由此读出b= ______ mm；（2）某次实验中测得导轨倾角θ=30°，若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A 运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为△E p= ______ ，动能增加量可表示为△E k= ______ ，若在误差允许范围内有△E p=△E k，则可认为系统的机械能守恒．【答案】2.30；；（M+m）（）2【解析】解：（1）宽度b的读数为：2mm+6×0.05mm=2.30mm；（2）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E K=（M+m）（）2；系统的重力势能减少量可表示为：△E p=mgd-M gdsinθ=（m-M sinθ）gd=；比较△E p和△E k，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．故答案为：（1）2.30；（2），（M+m）（）2．（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键．10.如图甲为一电学实验的实物连线图，该实验可用来测量待测电阻R x的阻值（约50Ω），图中V1的量程为15V，V2的量程为3V，内阻都很大，电源电动势E=12V，完成下列填空：（1）为保护电学仪表，开关S闭合前，滑动变阻器R的滑片应调到______ ．（填“最左端”、“最右端”或“中间”）（2）实验中电阻箱各旋钮的位置如图乙所示，电阻箱R1的阻值是R1= ______ ．（3）实验中保持电阻箱旋钮位置不变，多次改变滑动变阻器的滑片位置，记下两个电压表的多组示数U1和U2，以U1为横坐标，U2为纵坐标，作为相应图线，如图丙所示．（4）根据U2-U1图线的斜率k及电阻箱的阻值R1，写出待测电阻R x的表达式R x= ______ ．（5）关于此实验产生系统误差的原因及结果分析，以下说法正确的是______ ．A．V1内阻影响，测得R x偏大B．V1内阻影响，测得R x偏小C．V2内阻影响，测得R x偏大D．V2内阻影响，测得R x偏小．【答案】最右端；150.0；；D【解析】解：（1）为保护电流表，开关S闭合前，滑动变阻器R的滑片应调到输出电压最小的最右端；（2）电阻箱的阻值为=1×100+5×10+0×1+0×0.1=150.0Ω；（4）根据欧姆定律应有=+，即=根据斜率概念应有k=，解得=（5）若考虑电压表的分流作用应有=真与不考虑电压表内阻影响时表达式=比较可得真测，即有测＜真，所以D正确；故答案为：（1）最右端；（2）150.0；（4）；（5）D本题（1）的关键是明确电阻箱的输出电压最小滑片的位置；题（2）电阻箱读数时按倍率从大到小的顺序读出后再相加即可；题（4）的关键是根据欧姆定律列出表达式，再整理出纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率截距的概念即可求解；题（5）根据欧姆定律列出考虑电表内阻影响时的准确表达式，再与不考虑电表内阻影响时的表达式比较即可．应明确：①变阻器不管是限流式接法还是分压式接法，闭合电键前都应使滑片置于能使输出电压或电流最小的位置，以保护电流表；②涉及到根据图象求解的题目，一般首先列出相应的物理规律表达式，再整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据截距和斜率的概念即可求解．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一小物块从倾角θ=37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点．已知小物块的质量m=0.10kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25，A点到斜面底端B点的距离L=0.50m，斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）小物块在斜面上运动时的加速度；（2）BC间的距离；（3）小物块从A点开始运动1.0s时的速度．【答案】解：（1）小物块受到斜面的摩擦力：f1=μN1=μmgcosθ在平行斜面方向由牛顿第二定律有：mgsinθ-f1=ma解得：a=gsinθ-μgcosθ=10×（0.6-0.25×0.8）=4.0m/s2（2）小物块在B点的速度为：v B==m/s=2m/s．小物块在水平面上的加速度为：a′=μg=2.5m/s2，==0.8m则BC间的距离为：x BC=′（3）物体在斜面上运动时间为：t1==s=0.5s．在水平面上运动的时间为：t2=t-t1=0.5s则速度为：v=v B-a′t2=2-2.5×0.5=0.75m/s＞0，符合题意，故1s末速度为0.75m/s．答：（1）小物块在斜面上运动时的加速度为4m/s2；（2）BC间的距离为0.8m；（3）小物块从A点开始运动1.0s时的速度为0.75m/s．【解析】根据牛顿第二定律求出物块在斜面上运动时的加速度，根据速度位移公式求出物块在B 点的速度，根据牛顿第二定律求出在水平面上的加速度大小，结合速度位移公式求出BC间的距离．根据速度时间关系求解斜面运动时间，知水平面的运动时间，根据速度时间关系知末速度．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意第三问需要判定1s末未停止．12.如图甲所示，一质量为m、带电量为q的正电粒子（不计重力），在图中t=0时刻从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向射入磁场中．已知磁场只有x≥0区域存在，磁感应强度的大小B0不变，方向周期性变化，其变化规律如图乙所示，设粒子刚射入时的磁场方向恰好垂直纸面向里．（1）当磁场的变化周期T=时，求粒子在t=T时刻的位置．（2）为使粒子不射出磁场，磁场的变化周期T应符合什么条件？【答案】解：（1）据题，磁感应强度的大小B0不变，则知粒子匀速圆周运动的半径不变．由洛伦兹力提供向心力，得qv0B0=m，得R=粒子在磁场中运动的周期T0==又由磁场变化的周期T=，得T=，则在T时间内粒子在磁场中运动轨迹如图1所示．所以粒子在t=T时刻的位置：x=2R=，y=2R=．即位置坐标为（，）．（2）设磁场变化周期最大值为T m．则粒子恰好不能从磁场射出，粒子在一个周期内的运动情景如图2所示，由对称知，粒子从O点到M点与从M到P点时间相等．由sinθ==0.5，θ=30°，α=150°T0=，解得T m=所以有=°°故磁场的变化周期T应满足：0＜T＜．答：（1）当磁场的变化周期T=时，粒子在t=T时刻的位置坐标为（，）．（2）为使粒子不射出磁场，磁场的变化周期T应满足：0＜T＜．【解析】（1）粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由于磁感应强度的大小B0不变，则粒子匀速圆周运动的半径不变．由洛伦兹力提供向心力，列式求出轨迹半径．由圆周运动的规律求出周期，画出粒子在磁场中的轨迹，由几何关系求出粒子在t=T时刻的位置．（2）粒子恰好不射出磁场时，其轨迹与y轴相切，画出轨迹，求出磁场变化的最大周期，即可得解．本题是带电粒子在磁场中运动的问题，分析粒子的受力情况，确定其运动情况，关键是运用几何知识求解坐标．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，一个密闭的气缸，被不导热的光滑活塞分成体积相等的左右两室，气缸壁的左侧导热，其它部分不导热．开始时，两部分气体的体积、温度和压强都相同．现利用右室中的电热丝对右室中的气体加热一段时间，达到平衡后，左室的体积变为原来体积的．已知外界环境温度为300K，求平衡后右室气体的温度．【答案】解：设左、右两室气体的初始体积为V0，温度为T0，压强为p0．由题意知T0=300K加热一段平衡后：左室气体压强为p1，体积为V1=V0．左室气体经历等温变化，由玻意耳定律有：p0V0=p1V1；解得p1=对右室气体，平衡后：压强p2=p1；体积V2=V0；温度为T2．由理想气体状态方程可得：=代入数据解得：T2=500K；答：平衡后右室气体的温度为500K．【解析】对两部分气体分别应用理想气体状态方程列方程，然后根据总体积不变，求出气体的温度．本题考查了求气体的温度，本题是一道连接体问题，关键要抓住两部分气体的压强关系、体积关系进行处理，应用理想气体状态方程即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.MNPQ是边长为30cm的正方形玻璃砖．利用插针法测它的折射率，大头针P1、P2、P3、P4位置如图．已知B为MQ中点，DP=7.5cm，α角等于30°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求玻璃砖的折射率．【答案】解：光路图如图．由几何关系和对称性知：tanr===解得：r=37°=由折射定律n=得：n=°°答：玻璃砖的折射率为．【解析】画出光路图示意图如图，根据几何知识求得QF；由几何关系求出折射角的正弦，由折射定律n=求出折射率．对于几何光学问题，关键是正确画出光路图，灵活运用几何知识辅助求解．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)。
2015年江西省吉安市吉水二中高考物理二模试卷
2015年江西省吉安市吉水二中高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.天文单位（简写AU）是天文常数之一．历史上定义为地球和太阳之间的平均距离．已知水星距离太阳为0.4AU，木星距离太阳约5.2AU，海王星距离太阳约30.1AU，则通过估算判断下述行星公转角速度最接近10-9rad/s的是（）A.水星B.地球C.木星D.海王星【答案】D【解析】解：行星绕太阳运动，根据得，ω=，由此可知，设某行星的公转角速度为ω1，地球的公转角速度为ω2，则，地球公转的角速度为，行星的角速度为rad/s，可得，海王星最接近．故D正确，A、B、C错误．故选D．根据万有引力提供向心力，得出角速度与轨道半径的关系，通过行星和地球的公转角速度之比得出轨道半径之比，从而进行判断．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道角速度与轨道半径的关系．2.如图所示，一车载导航仪放在底边水平的三角形支架上，处于静止状态．稍微减小支架的倾斜角度，以下说法正确的是（）A.导航仪所受弹力变小B.导航仪所受摩擦力变小C.支架施加给导航仪的作用力变小D.支架施加给导航仪的作用力变大【答案】B【解析】解：对导航仪受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：f=mgsinθN=mgcosθAB、稍微减小支架的倾斜角度，导航仪所受弹力N变大，所受摩擦力变小，故A错误，B正确；CD、稍微减小支架的倾斜角度，支架施加给导航仪的作用力（支持力和静摩擦力的合力）不变，依然等于mg，故CD错误；故选：B对导航仪受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式分析即可．本题关键是明确导航仪的受力情况，然后结合平衡条件列式分析，基础题目．3.一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示，图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发，在3t0时刻恰又返回到出发点，则（）A.O～t o物体做匀加速直线运动，t o-3t o物体做匀减速直线运动B.物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C.t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为D.F1与F2大小之比为【答案】C【解析】解：A、由图可知F1作用时间为t0，物体做匀加速运动，然后改为反向F2作用时间为2t0，物体先匀减速再反向匀加速至出发点．故A错误．B、物体返回到出发点，则物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移大小相等，方向相反，则位移不等，故B错误．C、设F1作用下物体的位移为S，则有：S=•t0F2作用下物体的位移为-S，有：-S=•2t0；解得t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比=，故C正确．D、根据动量定理得：F1•t0=mv1，-F2•2t0=-mv2-mv1，解得F1：F2=5：4．故D错误．故选：C．先分析物体的运动情况，知道物体先在F1作用下做匀加速运动，后在F2作用下先做匀减速直线运动，速度减至零后向相反方向做匀加速运动，最后回到出发点，根据x=t列式即可求解t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比．由动量定理即可求得力之比．本题要求同学们能正确分析物体的运动情况，抓住两个运动过程的位移大小相等，方向相反列式求解．4.如图所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线，下列说法中正确的是（）A.c点场强大于a点场强B.c点电势高于a点电势C.c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差D.若将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力做正功【答案】B【解析】解：A、a点的电场线比c点电场线密，可知a点的场强大于c点的场强，故A错误．B、沿电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于a点电势，故B正确．C、因为b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误．D、a、b两点电势相等，将一试探电荷+q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误．故选：B．根据电场线的疏密比较电场的强弱，通过沿电场线方向电势逐渐降低比较电势的高低．根据电势差的正负，结合电场力做功与电势差的关系判断电场力做功的正负．解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电荷在等势面上移动，电场力不做功．5.一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率相同，现将它们连接成如图（b）所示的电路，仍接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，它们之间的大小关系是（）A.P1=4P2 B.P1＞4P2 C.P D＞P2 D.P D＜P2【答案】D【解析】解：由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有R D＞R1=R2．而R D与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流I D＜I2，又I1=I2+I D，得到I1＜2I2，I1＞2I D．P1=R1，P D=RD，P2=，所以得到P1＜4P2，P D＜P2．故ABC错误，D正确．故选D根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，已知质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（）A.质点经过C点的速率比D点的速率大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的加速度大D.质点从B运动到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减【答案】AB【解析】解：A、质点做匀变速曲线运动，从曲线运动条件可知，从C到D，力对于质点运动是阻力，因此C点的速度比D点速率大，故A正确；B、质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，故B正确；C、质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；D、质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，故D错误；故选：AB．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（）A.匀强电场方向竖直向上B.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2C.整个过程中小球电势能减少了2mg2t2D.从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2【答案】CD【解析】解：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△E k=，故B错误；C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=-（vt-at2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v-at=-2gt整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′-v=-3gt，速度增量的大小为3gt．由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：E q=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故C正确；D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh-q E（h-gt2）=0解得：h=gt2；重力势能=mgh=g2t2h，故D正确．故选：CD．分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由W=q E d求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在倾角为30°的足够长光滑斜面的底端，上端放一小滑块，滑块与弹簧不拴接．沿斜面向下压滑块至离斜面底端l=0.1m处后由静止释放，滑块的动能E k与距斜面底端的距离l的关系如图乙所示．其中从0.2m到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，不计空气阻力，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.小滑块的质量为0.4kgB.弹簧的最大形变量为0.2mC.弹簧最大弹性势能为0.6JD.弹簧的劲度系数为100N/m【答案】AD【解析】解：A、物体离开弹簧后只有重力做功，动能转化为重力势能，结合动能定理得：-mgsinθ•△l1=△E k，l1=0.35m-0.20m=0.15m代入数据得：m=0.4kg．故A正确；B、由图可知，在弹簧长度是0.2m处滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长是0.2m，弹簧的最大形变量为0.2m-0.1m=0.1m．故B错误；C、滑块释放后到滑块到达最高点时，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，所以：E P m=-mgsinθ•△l2，l2=0.35m-0.10m=0.25m与A中的两个公式联立可得：E P m=0.5J．故C错误．D、根据弹簧的弹性势能的表达式：可得：N/m．故D正确．故选：AD物体离开弹簧后向上做匀减速运动，只有重力做功，动能转化为重力势能，结合动能定理（机械能守恒）即可求出滑块的质量；由图即可求出弹簧的最大形变量；结合功能关系即可求出弹簧最大弹性势能；本题结合图象考查动能定理与功能关系的综合应用，综合性较强，通过动能定理得出物体的质量是解决本题的关键．八、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期T A），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速v A、v B之比可能是（）A.1：1B.2：1C.1：2D.3：1E.1：3【答案】ACE【解析】解：由图读出，A波波长为λA=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期T A=2t；B波波长为λB=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期T B=，波速v A=，v B=，得到v A：v B=1：n，所以A、B两列波的波速v A、v B之比可能是ACE，不可能的是B、D．故选：ACE由题，甲、丙图象反相，t小于A波的周期T A，说明A波经过了半个周期．B波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期．由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择．本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成B i，而B i可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成T i，X和T i最后都变成P b，衰变路径如图所示．可知图中（）A.a=82，b=206B.a=84，b=206C.①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的D.②是α衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的E.U经过8次α衰变和6次β衰变后可生成新核P b【答案】BCE【解析】解：A、B、83210B i经过①变化为α210X，质量数没有发生变化，为β衰变，即：B i→α210X+-10e，故a=84，83210B i经过经过②变化为81b T i，核电荷数少2，为α83210衰变，即：83210B i→81b T i+24H e，故b=206，故A错误，B正确；C、D、①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的，故C正确，D错误；E、质量数减少238-206=32为8次α衰变，电荷数92=82+8×2-6故经过6次β衰变，故E正确．故选：BCEB i经过①变化为α210X，质量数没有发生变化，为β衰变，经过②变化为81b T i，83210核电荷数少2，为α衰变，根据α衰变和β衰变的实质原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变．分析即可．知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可．五、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了图1所示的实验装置．数字计时器（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是______ ．（2）如图2所示，游标卡尺测得遮光条的宽度△d= ______ cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂勾上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为______ （用字母表示）．（3）逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W-v2图象应是______ ．【答案】接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；0.550；；过坐标原点的一条倾斜直线【解析】解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为5.50mm=0.550cm．由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=；（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）0.550；；（3）过坐标原点的一条倾斜直线．（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度．六、填空题(本大题共1小题，共9.0分)10.在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在______ 点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）．（2）实验得到的U-I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为______ V，内电阻的阻值为______ Ω．（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到______ 点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U-I的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为______ Ω．【答案】C；2.8；2；D；3【解析】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点．（2）由图（b）中的直线Ⅰ所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r===2Ω．（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，通过电压传感器来测量滑动变阻器的电压，从而算出定值电阻的电压；由（b）中的直线Ⅱ所示可知：k=R+r===5Ω，则定值电阻阻值：R=k-r=5-2=3Ω；故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3．（1）根据伏安法测电源电动势的原理分析电路图，然后答题；（2）电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可以求出电源电动势与内阻；（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，求出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，根据电路图与图象分析答题．本题考查了电路的连接、求电源电动势与内阻、求定值电阻阻值，知道实验原理是正确解题的前提与关键，分析清楚电路结构、根据图示图象即可正确解题；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．七、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图1所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物体下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图象如图2所示，物块最终停止在B点．重力加速度为g=10m/s2，求：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；（2）物块滑过的总路程s．【答案】解：（1）设杆子与水平方向的夹角为θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，匀减速上滑的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2，联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，mgs1sinθ-μmgcosθ•s=0，由图线围成的面积知，，代入数据解得s=3m．答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；（2）物块滑过的总路程s为3m．【解析】根据速度时间公式求出下滑和上滑的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与杆之间的动摩擦因数．对全过程运用动能定理，求出物块滑块的总路程．本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．12.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑的平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻．将一根金属棒从导轨上的M处以速度v0竖直向上抛出，棒到达N处后返回，回到出发点M时棒的速度为抛出时的一半．已知棒的长度为L，质量为m，电阻为r．金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻．重力加速度为g．（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，求：a．电阻R消耗的电能；b．金属棒运动的时间．（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子的碰撞．已知元电荷为e．求当金属棒向下运动达到稳定状态时，棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小．【答案】解：（1）a．金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由能量守恒回路中消耗的电能电阻R消耗的电能b．方法一：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，取向下为正方向，由动量定理得：安将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．则安培力的冲量I安=B i1L•△t+B i2L•△t+B i3L•△t+…I安=BL（i1•△t+i2•△t+i3•△t+…）I安=BL q又，，因为△Φ=0，所以I安=0解得方法二：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理安将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为△t．则安培力的冲量安安因为棒的位移为0，则v1•△t+v2•△t+v3•△t+…=0所以I安=0解得方法三：金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，由动量定理得安棒的速度v随时间t变化的图象如图所示．因为棒所受安培力安所以棒所受安培力F安随时间t变化的图象亦大致如此．棒的位移为0，则v-t图线与横轴所围“总面积”为0，F安-t图线与横轴所围“总面积”也为0，即整个过程中安培力的冲量I安=0．解得（2）方法一：当金属棒向下运动达到稳定状态时mg=F m其中解得沿棒方向，棒中自由电子受到洛伦兹力ev m B、电场力e E和金属离子对它的平均作用力f作用．因为棒中电流恒定，所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动．则f+e E=ev m B又解得方法二：当金属棒向下运动达到稳定状态时单位时间内机械能减少P=mgv m金属棒生热功率P r=回路中的电流设棒的横截面积为S，棒中单位体积内的自由电子数为n，棒中自由电子定向移动的速度为v，金属离子对自由电子的平均作用力为f．则P r=（n SL）fv，I=ne S v．所以答：（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，a．电阻R消耗的电能为；b．金属棒运动的时间为．（2）当金属棒向下运动达到稳定状态时，棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小为．【解析】（1）金属棒从M点被抛出至落回M点的整个过程中，动能减少转化为电能，根据能量守恒定律求电阻R消耗的电能．由于金属棒在运动过程中所受的安培力随着速度的变化而变化，做的是非匀变速运动，不能用运动学公式求时间，可运用动量定理和微元法结合求解．（2）当金属棒向下运动达到稳定状态时重力的功率等于回路的电功率．根据电流的微观表达式I=ne S v和金属棒生热功率公式P r=（n SL）fv，结合进行解答．解决本题的关键是学会运用微元法求变加速运动的时间，掌握金属棒稳定的条件，理解宏观与微观联系的桥梁是电流的微观表达式．九、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，在半径为R的玻璃砖上部有一层厚度为R的透明液体，当射向圆心O的一束光与竖直方向成夹角α1=30°时，恰好没有光进入液体上方的空气中；如果射向圆心O的一束光与竖直方向成夹角α2=45°时，恰好没有光进入透明液体中，求：①透明液体和玻璃的折射率；②光与竖直方向成夹角α1=30°射入时光在透明液体中传播的时间（真空中光速c）．【答案】解：①设液体和玻璃的折射率分别为n液体和n玻璃，当光线与竖直方向成夹角α1=30°时，折射光线与竖直方向夹角为θ根据题意，有：sinθ=液体由于：n液体sinθ=n玻璃sinα1代入数据，解得：n玻璃=2当光线与竖直方向成夹角α2=45°时，sin45°=液体玻璃代入数据，解得：n液体=②、由①知sinθ==光在透明液体的速度：v=液体光在透明液体的路程：s=2•=光在透明液体中的传播时间：t==答：①透明液体和玻璃的折射率为和2；②光与竖直方向成夹角α1=30°射入时光在透明液体中传播的时间为．【解析】由全反射定律求出玻璃的折射率；由折射定律得到透明液体的折射率；由v=求出液体中的传播速度，由几何知识确定路程，由t=求出传播时间．本题是几何光学问题，掌握全反射定律和折射定律是解决问题的基础，并灵活结合几何知识求解．十一、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，一枚质量为0.05kg的子弹以100m/s的速度打入静止在光滑平台上的木块，木块质量为0.95kg（子弹经过t=0.01s留在木块里），平台右侧的光滑水平面上放有平板小车，最终木块未滑离小车．已知小车质量为4kg，小车与滑块之间的动摩擦因数为0.4．求：①子弹打入木块的过程中，子弹受到的平均阻力大小．②小车的长度至少为多少．【答案】解：（1）规定向右为正方向，对子弹和木块组成的系统运用动量守恒有：m1v0=（m1+m2）v1，解得，根据动量定理得，-ft=m1v-m1v0，解得f=475N．（2）规定向右为正方向，对子弹、木块和小车组成的系统运用动量守恒得，（m1+m2）v1=（m1+m2+m3）v′，根据能量守恒有：μ（m1+m2）g L=′，联立代入数据解得L=2.5m．答：（1）子弹打入木块的过程中，子弹受到的平均阻力大小为475N．（2）小车的长度至少为2.5m．【解析】根据动量守恒定律求出子弹射入木块后的速度，结合动量定理求出子弹受到的平均阻力大小．对整个系统运用动量守恒求出最终共同速度，结合能量守恒定律求出小车的至少长度．本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意研究对象与运动过程的选择，注意正方向的选择．。
2015-2016学年高二学业水平测试物理(文)试题
2015-----2016年度高二文科物理水平测试试卷班别：姓名：学号：一．单项选择题I ：本大题共30 小题，每题1分，共30 分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为( )A.毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上B.毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上C.橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上D.橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上2. 如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1<m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向移动了相同的距离.若F1做的功为W1，F2做的功为W2，则( ).A.W1>W2B.W1<W2C.W1=W2D.条件不足，无法确定3. 关于点电荷和元电荷的说法中，错误的是：( )A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷。
B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷。
C．把1.60×10—19C的电量叫做元电荷。
D．任何带电体的电量都是元电荷的整数倍。
4. 如图所示小球在水平面内作匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ).A.重力做功，摆线对球的拉力不做功B.重力不做功，摆线对球的拉力做功C.重力和拉力都做功D.重力和拉力都不做功5.电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到( )A．库仑力的作用B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用6. 关于重力势能，下列说法中正确的是( ).A.重力势能的大小只由重物本身决定B.重力势能恒大于零C.在地面上的物体具有的重力势能一定等于零D.重力势能实际上是物体和地球所共有的7. 下列情况中,运动物体机械能一定守恒的是( ).A.物体所受的合外力为零B.物体不受摩擦力C.物体受到重力和摩擦力D.物体只受重力8. 真空中两个静止点电荷间相互作用力为：2rQq k F ，若两电荷间距离不变，两电荷电量都增大为原来的2 倍，下列判断正确的是( ) A ．F 增大为原来的2 倍 B ．F 增大为原来的4 倍 C ．F 增大为原来的6 倍 D ．F 增大为原来的8 倍9.在图所示的电场中，关于M 、N 两点电场强度的关系判断正确的是( ) A ．M 点电场强度大于N 点电场强度 B ．M 点电场强度小于N 点电场强度 C ．M 、N 两点电场强度大小相同 D ．M 、N 两点电场强度方向相同10．关于电场线，下列说法正确的是（ ） A ．电场线方向一定是带电粒子在电场中受力的方向 B ．两条电场线在电场中可以相交C ．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹D ．在同一幅电场分布图中电场越强的地方，电场线越密11. 质量不同的两个物体从同一高度静止释放后落到地面，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ） A ．落地的时间不同 B ．落地时的速度不同C ．落地时的动能相同D ．下落过程中物体的加速度相同12. 如图所示，将滑块置于固定的粗糙斜面上，释放后沿斜面加速下滑，在下滑过程中（ ） A ．重力对滑块做负功 B ．摩擦力对滑块做负功 C ．合外力对滑块不做功 D ．斜面对滑块的支持力做正功13．如图为某电场平行等距的电场线，关于A 、B 两点的电场强度，下列判断正确的是( ) A ．大小不等，方向相同 B ．大小不等，方向不同 C ．大小相等，方向相同 D ．大小相等，方向不同14．电场线可以直观地描述电场的方向和强弱，关于电场线，下列说法正确的是( ) A ．电场线在电场中真实存在B ．在同一电场中，电场线密集的地方电场强C ．在同一电场中，没有画出电场线的地方一定是没有电场D ．电场线上某点电荷受力方向就是该点的电场方向15．如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是( ) A ．小磁针保持不动 B ．小磁针的N 极将向下转动C ．小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动D ．小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动16. 滑雪运动员从山上加速滑下过程中，下列表述正确的是A ．重力做负功，动能增加B ．重力做正功，动能减少C ．重力势能增加，动能增加D ．重力势能减少，动能增加17．如图所示，一通电直导线与匀强磁场方向垂直，导线所受安培力的方向是( ) A ．向上 B ．向下 C ．垂直纸面向里 D ．垂直纸面向外18．一小磁针放置在某磁场（未标出方向）中，静止时的指向如图所示。
2015年河南省商丘市高考物理二模试卷
2015年河南省商丘市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.以下说法中不正确的是（）A.平均速度、瞬时速度、加速度的概念最早是由伽利略建立的B.确定交流电的有效值应用了等效替代法C.牛顿第一定律是牛顿通过大量的实验探究直接总结出来的D.螺旋测微器的设计主要采用了放大法【答案】C【解析】解：A、平均速度、瞬时速度以及加速度的概念都是由伽利略首先建立起来的．故A正确；B、确定交流电的有效值利用的是电流的热效应与直流电的相等，则直流电的数据为该交流电的有效值；故利用了等效替代法；故B正确；C、牛顿第一定律无法通过实验验证，故C错误；D、螺旋测微器的设计利用了放大法；故D正确；本题选错误的，故选：C．解答本题应根据伽利略对物理学的贡献；明确物理方法的应用，知道牛顿第一定律为实验定律．本题考查物理学史及物理学中常用的方法，要认真体会常见的物理方法的应用，如等效替代法、放大法、整体法、理想模型法等．2.汽车在水平公路上以额定功率作直线运动，速度为3m/s时的加速度是速度为6m/s时的加速度的3倍．若汽车受到的阻力不变，由此可求得（）A.汽车的额定功率B.汽车受到的阻力C.汽车的最大速度D.速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【答案】C【解析】解：设汽车的额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力F1==，速度为6m/s时，牵引力为F2==．据题，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，汽车的速度最大，则F=f=，则知最大速度为v m=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C正确，A、B、D错误．故选：C．根据P=F v，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，可以求出最大速度的大小．解决本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．3.如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动．已知A，B连线在A、O连线间的夹角最大为θ，则卫星A，B的角速度之比等于（）A.sin3θB.C.D.【答案】B【解析】解：设A、B的轨道半径分别R A、R B．据题卫星A、B连线与A、O连线间的夹角最大时，AB连线与卫星B的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有R B=R A sinθ根据开普勒第三定律有：=又有角速度之比=联立解得=故选：B．根据题意知道AB连线与卫星B的运行轨道相切时，夹角θ最大，运用几何关系求出A、B轨道半径之比，由开普勒第三定律求出周期之比，即可得解．能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征，在圆周运动中涉及几何关系求半径是一个基本功问题．4.如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A.R2两端的电压增加，增加量一定等于△UB.流过R的电流会减小C.路端电压减小，减少量一定等于△UD.△U和干路电流的变化△I的比值保持不变【答案】D【解析】解：A、电压表V的示数减小，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压增大，而路端电压减小，则R2两端电压增加量一定小于△U．故A错误．B、R1是定值电阻，电压表V的示数减小△U的过程中，通过R1的电流减小，因干路电流减小，故流过R的电流将增加；故B错误．C、电压表示数减小，R2电压增大，故路端电压减小，其减小量一定小于△U．故C错误．D、把R2看成内阻，△U和干路电流的变化△I的比值一定等于等效内阻的大小，故△U 和干路电流的变化△I的比值保持不变；故D正确；故选：D．R1是定值电阻，电压表V的示数减小△U的过程中，通过R1的电流减小，减小量△I=．电压表V的示数减小，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压增大，根据路端电压的变化分析其电压增加量．电压表示数减小，R2电压增加，路端电压减小量一定小于△U．本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．5.如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v-t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v-t图象为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a=，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力．根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0-8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，同理，可得：当8-16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，A、B、D错误．故选：C．根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.把三个物体从水平地面上的不同位置沿不同的路径抛出，最终落在水平地面上的同一点，三条路径的最高点是等高的，如图所示．若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A.三个物体抛出时初速度的水平分量相等B.三个物体抛出时初速度的竖直分量相等C.沿路径1抛出的物体落地的速率最大D.沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长【答案】BC【解析】解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、由v y=v x tanα，v y相同，α不同，则v x不同，初速度水平分量不等，故A错误．B、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为：a=-g，由0-=-2gh，得：v y=，h相同，v y相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．故B正确．C、落地速度为：，由于沿路径1抛出的物体α角最小，故可知其落地速度最大，故C正确．D、斜抛运动具有对称性，以过最高点之后的平抛为研究阶段，由运动学公式有：h=，则得：t=，则知三个球运动的时间相等；故D错误．故选：BC．三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握不同方向的相关的运动学公式应用是解题的基础．7.如图甲所示的变压器电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，a、b输入端输入的电流如图乙所示，副线圈电路中电阻R=10Ω，电路中的电流表、电压表都是理想电表，下列说法正确的是（）A.电流表的示数为AB.副线圈中电流的最大值为2AC.副线圈中电流的有效值为A D.电压表的示数为10V【答案】AB【解析】解：A、设电流表的示数为I1，则，求得：A故A正确；B、由于原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为2A，故B正确；C、D、设副线圈交流电的有效值为I2，则：，求得：，因此电压表的示数为：U=，故CD均错误；故选：AB．有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；同时结合变压器的变压比公式列式分析．本题关键是明确交流电有效值的计算方法，同时要结合变压器的变压比公式分析，不难．8.光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向上范围足够大的匀强磁场，虚线框abcd内（包括边界）存在平行于桌面的匀强电场，如图所示，一带电小球从d处静止开始运动，运动到b处时速度方向与电场边界ab平行，通过磁场作用又回到d点，已知bc=2ab=2L，磁感应强度为B，小球的质量为m，电荷量为q．则正确的是（）A.小球带正电B.小球从d到b做匀变速曲线运动C.小球在虚线框外运动的速度大小为v=D.小球在b点时的加速度大小为a=【答案】ACD【解析】解：A、根据题意可知，粒子从b点进入磁场，做匀速圆周晕的，还能够回到d点，如图所示，根据左手定则知，小球带正电，故A正确；B、小球从d到b做曲线运动，速度方向一直改变，则受到的洛伦兹力方向也改变，而电场力不变，所以合力变化，所以小球从d到b做变加速曲线运动，故B错误；C、小球在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径由几何关系（见图）设圆心为o，半径为r，则bo=do=rco=2L-r，三角形dco为直角三角形，由勾股定理有：r2=L2+（2L-r）2得：r=，根据洛伦兹力提供向心力有：qv B=，解得：，故C正确；D、在电场中从d点到达b点的过程中，有：E q•2L=得E=．在b点有qv B-E q=ma，解得：a=，故D正确．故选：ACD左手定则判断小球所带的电性；结合小球的加速度的变化判断小球的运动性质．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律小球在磁场中运动的速度大小；根据动能定理求出电场强度的大小，结合牛顿第二定律求出小球到达b点时的加速度的大小本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用牛顿第二定律、动能定理即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法正确的是（）A.液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B.温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同C.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强D.晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化E.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故【答案】ACD【解析】解：A、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，A正确；B、温度相同的所有物体，其分子平均动能都相同，但由于分子质量不同，故平均速率不相同；故B错误；C、压强是由于分子的无规则运动撞击器壁产生的；故在失重状态下容器内的气体对器壁也有压强；故C正确；D、晶体和非晶体在于内部分子排列，在一定的条件下，改变分子内部结构，晶体和非晶体可以相互转化；故D正确；E、气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动．且分子间相互作用力非常小，从而相对各分子是自由的，从而不受相互间的约束；不是因为斥力的原因；故E错误故选：ACD液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；相对温度下的分子的平均动能相同，但分子平均速率不同；压强是由于气体分子撞击器壁产生的，与超重失重无关；晶体和非晶体在于内部分子排列结构；气体能容满整个空间的原因是因为气体间分子作用力可以忽略，从而各分子可以自由移动．本题考查晶体和非晶体的性质、温度是分子平均动能的标志、压强是由于分子频敏撞击器壁而产生的等；要注意准确掌握相关规律，并能应用相关物理规律分析相关现象．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法不正确的是（）A.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光B.光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C.泊松亮斑支持了光的波动说D.均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波E.只有横波才能产生干涉现象【答案】BDE【解析】解：A、绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sin C=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失．故A正确．B、光的双缝干涉条纹图样是稳定的，故B错误．C、泊松亮斑支持了光的波动说．故C正确．D、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故D错误．E、任意波，只要频率相同，均能干涉现象，故E错误；本题选择错误的，故选：BDE根据光从水中射到空气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象．本题考查全反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用．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.居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C.德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E.比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能【答案】BCE【解析】解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B 正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；E、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能．故E正确；故选：BCE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，这也是考试内容之一．三、实验题探究题(本大题共2小题，共16.0分)9.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= ______ mm．（2）小球经过光电门B时的速度表达式为______ ．（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：______ 时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（4）实验中发现动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，则△E p-△E k将______ （选填“增加”、“减小”或“不变”）．【答案】7.25；；；增加【解析】（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+5×0.05=7.25mm；解：（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mg H=mv2；即：2g H0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△E p-△E k将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大．由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．10.现要测量一个未知电阻R x的阻值，除R x外可用的器材有：多用电表（仅可使用欧姆档）电池组（电动势为3V，内阻为1Ω）电流表（内阻约0.1Ω）电压表（内阻约3kΩ）滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．（1）先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，下列判断和做法正确的是______ （填字母代号）．A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量D．如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量（2）某小组同学用伏安法测该电阻R x．利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：______ 图（选填“甲”或x“乙”）．（3）如图丙是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据（2）中所选电路图，补充完成图丙中实物间的连线，并使用闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点．请在图中描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值R x= ______ Ω（保留两位有效数字）【答案】AC；甲；4.5【解析】解：（1）指针偏角过大，而则说明所用档位太大，使读数过小；因选用的时×10档，则说明该电阻较小，阻值约为几欧姆；为了准确测量，应换用小档位；注意换档后要进行欧姆调零；故AC正确；（2）从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图；（3）由（2）中给出的电路图得出对应的实物图如图所示；（4）根据描出的点，作出图象，如图所示：由图线得到金属丝的阻值为：R X===4.5Ω故答案为：（1）AC；（2）甲；（3）如图3；（4）如图，4.5（1）根据指针的偏转及档位的选择可明确所测电阻的大致大小，再选择合适的档位进行测量即可；（2）关键是根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法；（3）根据选择的原理图得出实物图，注意滑动变阻器的接法；（4）根据电阻定律和欧姆定律写出电阻的表达式，然后解出电阻的值即可；该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：1、对于使用欧姆表测量电阻值时，每换一次档位应进行一次调零；2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接．3、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差．四、计算题(本大题共2小题，共31.0分)11.如图（a）所示，MN是长为a倾斜放置的光滑绝缘细杆，倾角为37°，MNP构成一直角三角形．MP中点处固定一电量为Q的正电荷，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随MN上位置x（取M点处x=0）的变化图象如图（b）所示，其中E0、E1、E2为已知量，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，静电力常量为k，重力加速度为g．（不得使用E p=-）（1）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m（2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q（3）求小球运动到M点时的速度大小．【答案】解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．势能为E1时的横坐标为：x1=acos37°••cos37°=0.32ax1处重力势能为：E1=mgx1sin37°则有：m===（2）在x1处，根据受力分析可知k=mgcos37°，其中r=x1tan37°=0.24a带入数据，得：q=（3）根据动能定理有：mga sin37°+E2-E0=mv2带入数据，得：v=答：（1）势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m分别为0.32a、．（2）小球的电量q为．（3）小球运动到M点时的速度大小为．【解析】（1）由几何关系求出x1的位置坐标，利用E1=mgh即可求小球的质量；（2）根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零，由库仑定律和平衡条件列式，即可求的电荷量q；（3）对于小球的运动过程，利用动能定理求到M点时的速度．分析电场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理．12.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一倾角为α的光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，电阻忽略不计且足够长，以宽度为d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B．另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d（d＜L）的正方形线框连在一起组成的固定装置，总质量为m，导体棒中通有大小恒为I的电流．将整个装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处．由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零．重力加速度为g．（1）求刚释放时装置加速度的大小；（2）求这一过程中线框中产生的热量；（3）之后装置将向下运动，然后再向上运动，经过若干次往返后，最终整个装置将在斜面上作稳定的往复运动．求稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离．【答案】解：（1）刚释放时，装置受重力、支持力和安培力作用，由牛顿第二定律，有：BIL-mgsinα=ma解得加速度a=-gsinα（2）装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN过程中线框中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得BIL•d-mgsinα•4d-Q=0解得线框中产生的热量Q=BIL d-4mgdsinα（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时金属棒据磁场上边界为d；装置往复运动到最低位置时：金属棒在磁场内，设其距离上边界为x，则有mgsinα•（x+d）=BIL•x解得x=最高位置与最低位置之间的距离为s=x+d=+d答：（1）刚释放时装置加速度的大小为-gsinα；（2）这一过程中线框中产生的热量为BIL d-4mgdsinα；（3）稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为+d．【解析】（1）装置受重力、支持力和安培力作用，向上加速运动，采用正交分解法求合力，由牛顿第二定律求解加速度．（2）从释放装置到线框的下边运动到磁场的上边界MN过程中，运用能量守恒定律求解线框中产生的热量．（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时金属棒距磁场上边界d；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界x，根据棒所受安培力做功等于装置的重力做功建立联系，列方程求解．本题要注意当线框在磁场中运动产生感应电流时，安培力做功从而产生热量．要理解并掌握力和运动的关系、功与能的关系，运用力学规律解决电磁感应问题．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，粗细均匀的管子，竖直部分长为l=50cm，水平部分足够长．当温度为15℃时，竖直管中有一段长h=20cm的水银柱，封闭着一段长l1=20cm的空气柱．设外界大气压强始终保持在76cm H g．求：①被封空气柱长度为l2=40cm时的温度②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3．。
二中2015年秋季学期高二年级水平考试物理试卷
二中2015年秋季学期高二年级模拟考试物理试卷班级：__________姓名：__________考号：__________(满分100分，考试时间90分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必将班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效。
―、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共计30分。
在每小题列出的四个选项中只有一项是符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。
温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）1.下列奥运体育比赛中，可以看作质点的是A．马拉松比赛中的运动员；B．跳水比赛中的运动员；C．兵乓比赛中的兵乓球；D．击剑比赛中的运动员。
2.物体做竖直上抛运动，从抛出点抛出后向上运动了5m，接着又向下运动了7m,落在地面上，以向上为正，物体运动的位移和路程分别为A．12m和2m；B．-2m和12m；C．12m和-2m；D．-12m和-2m3.一位同学在骑单车时，感觉地面在向后退，这是因为观察者选择的参考系是A．路面；B．路边的房子；C．自己；D．路边静止的汽车4.下列图像中能反映物体做自由落体运动的是5.如图所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空．当小屋加速上升时，下列说法正确的是A．小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力B．小屋受到绳的拉力和小屋受到的重力是一对作用力和反作用力C．小屋对绳的拉力和小屋受到的重力是一对作用力和反作用力D．小屋对绳的拉力和小屋受到的重力是一对平衡力6.物体做匀速圆周运动，下列物理量保持不变的是A．速度大小和方向；B．向心力大小和方向；C．向心加速度大小和方向；D．角速度7.物体受到两个力F1和F2的作用，F1=2N，F2=11N，则它们的合力F的数值范围是A．2N≤F≤11N B．4N≤F≤22N C．9N≤F≤13N D．13N≤F≤21N8.一箱子停在水平地面上，一个人用力水平推箱子，但箱子仍然静止，表明A.推力越大，静摩擦力越小B. 推力越大，静摩擦力越大，推力与静摩擦力平衡C. 推力大小变化时，静摩擦力大小不变D. 推力小于静摩擦力9.惯性与下列因素有关的是A ．受力情况；B ．运动状态；C ．所处空间位置；D ．质量10.关于滑动摩擦力公式N F F μ=的理解下列说法正解的是A ．N F 一定等于G ；B ．N F 一定小于G ；C ．N F 一定大于G ；D ．N F 可能等于G11.物体所受到的合力是恒力时，物体的运动A ．不可能是曲线运动；B ．一定是匀变速运动；C ．可能做圆周运动；D ．一定是直线运动12.本题有①、②两个小题，请每位学生根据所学选修内容，选做其中一个小题。
2015年高二下期物理期末模拟试卷(有答案)
2015年高二下期物理期末模拟试卷（有答案）2014-201学年下期模拟考试试卷高二物理试卷满分：100分考试时间：90分钟一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单项选择题，9-12题为不定项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。
下列判断正确的是( ) A F1 > F2> F3B F3 > F1> F2F2> F3 > F1D F3> F2 > F12、一质量为的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。
现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。
则物块( )A仍处于静止状态B沿斜面加速下滑受到的摩擦力不变D受到的合外力增大3、如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。
木板静止时，表示木板所受合力的大小，表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．变大，变大B．不变，变小．不变，变大D．变小，变小4、某航母跑道长为200，飞机在航母上滑行的最大加速度为6/s2，起飞需要的最低速度为0/s那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A．/s B．20/s ．1/s D．10/s、某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是( ) 6、如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，为球心，一质量为的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。
设滑块所受支持力为FN。
F与水平方向的夹角为0。
下列关系正确的是( )A．B．F＝gtan．D．FN=gtan7、用一根长1的轻质细绳将一副质量为1g的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）( )A．B．．D．8、两刚性球a和b的质量分别为和、直径分别为个( > )。
2015高考物理二模试卷
辽宁省沈阳市郊联体高考物理二模试卷一、选择题：每小题6分，在四个选项中，第1-5题为单选题，第6-8题为多选题．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．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为M的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A．mg B．C．D．2．一长木板在光滑的水平面上匀速运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的质量m=1kg的物块轻放在木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知物块始终在木板上，重力加速度g=10m/s2．则物块的最终动能E P及木板动能的减少量E0分别为（）A．E P=0.5J，E0=2J B．E P=0.5J，E0=3JC．E P=1J，E0=2J D．E P=1J，E0=3J3．从地面以与水平方向成60°角斜向上抛出一个质量为m的小球，小球达到最高点时的动能为E，不考虑空气阻力，取地面为零重力势能面，当小球的重力势能和动能相等时，小球离地面高度为（）A．B．C．D．4．如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA=φB=0，电量为1C的正电荷仅在电场力作用下从C点运动到A点，电势能减少1J．保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时的B点电势为（）A．V B．V C．﹣V D．﹣V5．如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分和水平部分均光滑，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻，水平部分导轨左边区域有宽度为d 的匀强磁场区域，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，质量为m、电阻也为R的金属棒从磁场区域的右边界以平行于水平导轨的初速度v0进入磁场，离开磁场后沿弯曲轨道上升h高度时速度变为零．已知金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（重力加速度为g）说法错误的是（）A．金属棒产生的最大感应电动势为Bdv0B．通过金属棒的电荷量为C．整个过程电路中产生的焦耳热为mv02﹣mghD．克服安培力所做的功为mv026．某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反应t1时刻两车相遇的是（）A．B．C．D．7．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图所示．当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有（）A．电流表的示数是B．变压器的原副线圈的匝数比是U2：U1C．从如图所示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式u=sin2nπtD．手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是8．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1.5h与同步卫星的距离最近D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
2015年吉林省长春市高考物理二模试卷和答案
2015年吉林省长春市高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．其中1～5小题在给出的四个选项中，只有一个选项正确，6～8小题在给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全得3分，选错或不答的得0分．1．（6分）如图所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B 伸长量刚好相同，则下列说法中正确的是（）A．轻弹簧A、B的劲度系数之比为3：1B．轻弹簧A、B的劲度系数之比为2：1C．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为2：1D．轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为1：12．（6分）如图所示，在匀强电场中取相隔一定距离的A、B两点，在A点放置正的点电荷q1，在B点放置正的点电荷q2，电荷量q1=2q2．在选取零电势面后，得出q1的电势能小于q2的电势能．则下列说法中正确的是（）A．选取的零电势面一定在A、B之间B．选取的零电势面一定在A的左边C．选取的零电势面一定在B的右边D．调整零电势面后不可能使两电荷电势能相等3．（6分）边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中φ0为已知．则下列说法中正确的是（）A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻线圈中感应电流为零C．匀强磁场的磁感应强度大小为D．线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=2Nπφ0ncos2πnt4．（6分）设月球围绕地球转动的周期为T，轨道半径为r，地球的半径为R E，月球的半径为R M．假设r、R E、R M均减少为现在的，此时月球围绕地球转动的周期变为T′．若地球、月球的质量分布均匀且密度保持不变，仅考虑地球和月球之间的相互作用，则下列判断正确的是（）A．T′＜T B．T′＞T C．T′=T D．无法比较5．（6分）平抛运动任意时刻速度的方向与水平方向的夹角定义为速度的偏向角，某物体做平抛运动的时间与速度偏向角正切值之间函数关系如图所示（图中的x、y为已知量，重力加速度为g），则下列说法中正确的是（）A．平抛的初速度大小为gB．y时刻物体的速度大小为xygC．y时间内物体的位移大小为D．y时间内物体位移的方向与水平方向夹角的正切值为6．（6分）如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动．若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为N2，则以下判断正确的是（）A．a1=a2B．a1＞a2C．N1=N2D．N1＜N27．（6分）如图所示，用一根横截面积为s的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＞0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则下列说法中不正确的是（）A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生逆时针方向的感应电流C．图中ab两点间的电压大小为kπR2D．圆环中感应电流的大小为8．（6分）某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s=m﹣nv2，其中m、n为常数．重力加速度的大小g取10m/s2．则以下判断正确的是（）A．汽车在此过程中做匀变速直线运动B．汽车的末速度为20m/sC．由题中所给已知条件可确定m、n的大小D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为三、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，每个小题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）某同学利用如图1所示的装置探究小车的加速度与所受合外力的关系，具体实验步骤如下：①按照图示安装好实验装置，并测出两光电门间距离L②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m，并记录④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时显示的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④步骤（1）如图2，用游标卡尺测得遮光片宽度d=cm．（2）关于本实验的说法正确的是．A．平衡摩擦力时要取下细绳和沙桶B．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶C．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量D．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量（3）若实验中测量遮光片宽度时存在测量误差，测量结果偏大，其他条件不变，则小车加速度的测量值真实值（选填“大于”或“小于”）10．（8分）某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E，电压表V，电阻箱R1（0﹣9999Ω），滑动变阻器R2，一个单刀双掷开关S，导线若干．（1）实验首先测量电压表内阻，实验步骤如下：①将滑动变阻器R2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R1阻值调至0②将开关接向1，调节R2的滑片，直至电压表满偏③保持R2不变，调节R1阻值，使电压表示数达满偏刻度的，读出此时电阻箱的阻值记为R，则电压表的内阻R V=④通过上述方法得到电压表的内阻测量值真实值（选填“大于”或“小于”）（2）接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R0=25Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R1阻值调至0②将开关接向2，记下电压表读数为3V③改变电阻箱R1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线⑤根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E=V，内阻r=Ω（保留两位有效数字）11．（14分）如图所示，可视为质点的总质量为m=60kg的滑板运动员（包括装备），从高为H=15m的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC的半径为R=5m，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t=2s后又落回轨道．若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙、BC段光滑（g=10m/s2）．求：（1）运动员离开C点时的速度和上升的最大高度；（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力；（3）从A点到B点，运动员（包括装备）损失的机械能．12．（19分）如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场（图中没有画出该磁场），一个质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a=（B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响）．（1）求粒子从P点运动到Q点的时间；（2）若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x=﹣，其中a=（B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响），还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．（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]（15分）13．（6分）下列有关热现象的叙述，正确的是（）A．布朗运动是指悬浮在液体中花粉分子的无规则热运动B．随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D．一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不变E．热量可以从高温物体传递到低温物体，也可以从低温物体传递到高温物体14．（9分）如图所示，L形一端开口的玻璃管在竖直平面内，管是由粗细不同的两部分组成的，竖直部分粗管的横截面积是水平部分细管横截面积的2倍，管的封闭端水平放置，水平段管长为100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长为12cm的水银封闭着一段长为80cm的空气柱．已知气柱的温度为27℃，大气压强为75cmHg，现对气体缓慢加热，求：当温度上升到119℃时，封闭端空气柱的长度．[物理-选修3-4]（15分）15．如图1所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图2所示的振动曲线．由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（）A．t=0时，振子处在B位置B．振子运动的周期为4sC．t=4s时振子对平衡位置的位移为10cmD．t=2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmE．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小等400m/s216．如图所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R，透明圆柱体的折射率为n，AB是一条直径．今有一束平行光沿平行AB方向射向圆柱体，求：经透明圆柱体折射后，恰能经过B点的入射光线的入射点到AB的垂直距离．[物理-选修3-5]（15分）17．处于n=4能级的大量氢原子，向低能级跃迁的过程中，释放的光子中有两种能使金属A 产生光电效应，有五种能使金属B产生光电效应，则能使金属B产生光电效应而不能使金属A产生光电效应的光子可能为（）A．从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光子B．从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光子C．从n=3能级跃迁到n=2能级发出的光子D．从n=4能级跃迁到n=2能级发出的光子E．从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光子18．如图所示，小车上固定有一内壁光滑的弯管，弯管左、右两端管口在同一水平面上．弯管及小车的总质量为M，小车静止于光滑水平面上，质量为m=M 的小球以水平速度v0（未知）射入弯管，小球直径略小于弯管，弯管最高处到管口的竖直高度为h．设小球与弯管在相互作用过程中无机械能损失，小球离开小车时，速度仍是水平的．（1）若小球恰好能到达弯管的最高点，试求v0的大小（2）若小球恰好能到达弯管的最高点后，从右端离开小车，试求离开小车时小球的速度（用v0表示）2015年吉林省长春市高考物理二模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，共48分．其中1～5小题在给出的四个选项中，只有一个选项正确，6～8小题在给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全得3分，选错或不答的得0分．1．（6分）如图所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B 伸长量刚好相同，则下列说法中正确的是（）A．轻弹簧A、B的劲度系数之比为3：1B．轻弹簧A、B的劲度系数之比为2：1C．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为2：1D．轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为1：1【解答】解：AB、对小球b受力分析，受重力和拉力，受力平衡，弹簧B的弹力：F B=m b g；对小球a、b整体受力分析，如图所示：根据平衡条件，弹簧A的拉力：F A=2（m a+m b）g，m b=2m a，又由胡克定律F=kx，弹簧A、B伸长量刚好相同，轻弹簧A、B的劲度系数之比：故A正确，B错误；CD、根据平衡条件，有：F B=m b gF A=2（m a+m b）gT=（m a+m b）gtan60°=故轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为：轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为：故C错误，D错误；故选：A2．（6分）如图所示，在匀强电场中取相隔一定距离的A、B两点，在A点放置正的点电荷q1，在B点放置正的点电荷q2，电荷量q1=2q2．在选取零电势面后，得出q1的电势能小于q2的电势能．则下列说法中正确的是（）A．选取的零电势面一定在A、B之间B．选取的零电势面一定在A的左边C．选取的零电势面一定在B的右边D．调整零电势面后不可能使两电荷电势能相等【解答】解：ABC、由电势能与电势的关系式E p=qφ，把零电势面选在A点的左侧，则有0＞φA＞φB，可以满足q1的电势能小于q2的电势能，故B正确，AC错误．D、若规定零电势在B的右侧，则AB电势均大于零，根据E P=φq可知，q1的电势能大于q2的电势能；若规定零电势在AB之间，则A电势大于零，而B电势小于零，根据E p=qφ可知，q1的电势能大于q2的电势能；所以不可能使两电荷电势能相等，把零电势面选在A点的左侧，则有0＞φA＞φB，可能使两电荷电势能相等．故D错误．故选：B．3．（6分）边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中φ0为已知．则下列说法中正确的是（）A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻线圈中感应电流为零C．匀强磁场的磁感应强度大小为D．线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=2Nπφ0ncos2πnt【解答】解：A、t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；B、t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，故B错误；C、磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度B=，故C错误；D、线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=2Nπφ0ncos2πnt，故D正确；故选：D．4．（6分）设月球围绕地球转动的周期为T，轨道半径为r，地球的半径为R E，月球的半径为R M．假设r、R E、R M均减少为现在的，此时月球围绕地球转动的周期变为T′．若地球、月球的质量分布均匀且密度保持不变，仅考虑地球和月球之间的相互作用，则下列判断正确的是（）A．T′＜T B．T′＞T C．T′=T D．无法比较【解答】解：以月球为研究对象，地球对月球的万有引力提供向心力，则：解得：=即周期不变，故ABD错误，C正确；故选：C．5．（6分）平抛运动任意时刻速度的方向与水平方向的夹角定义为速度的偏向角，某物体做平抛运动的时间与速度偏向角正切值之间函数关系如图所示（图中的x、y为已知量，重力加速度为g），则下列说法中正确的是（）A．平抛的初速度大小为gB．y时刻物体的速度大小为xygC．y时间内物体的位移大小为D．y时间内物体位移的方向与水平方向夹角的正切值为【解答】解：A、平抛运动速度偏向角的正切值，所以t=，即图象斜率为k=，所以，故A错误；B、y时刻的速度大小为，故B错误；C、由平抛运动规律可知，y时间内位移大小为，故C错误；D、速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，故D正确．故选：D．6．（6分）如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动．若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为N2，则以下判断正确的是（）A．a1=a2B．a1＞a2C．N1=N2D．N1＜N2【解答】解：接触面光滑时，整体分析：=，对B分析：．接触面粗糙时，整体分析：，可知a 1＞a2；故B正确，A错误．对B分析：，则N1=N2．故C正确，D错误．故选：BC．7．（6分）如图所示，用一根横截面积为s的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＞0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则下列说法中不正确的是（）A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生逆时针方向的感应电流C．图中ab两点间的电压大小为kπR2D．圆环中感应电流的大小为【解答】解：AB、由楞次定律可知，线圈有收缩的趋势，且产生顺时针的感应电流，故A、B错误；C、ab之间的电压是路端电压，不是感应电动势，故C错误；D、感应电流I=，E=，r=，解得，感应电流的大小为I=，故D正确．本题选择错误的，故选：ABC．8．（6分）某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s=m﹣nv2，其中m、n为常数．重力加速度的大小g取10m/s2．则以下判断正确的是（）A．汽车在此过程中做匀变速直线运动B．汽车的末速度为20m/sC．由题中所给已知条件可确定m、n的大小D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为【解答】解：A、由位移与速度的函数关系式可知，汽车在此过程中做匀变速直线运动，故A正确；B、汽车做匀减速直线运动，汽车末速度为0，故B错误；C、把坐标轴上的（0，25m）和（72km/h，0），单位换算后代入v2=2as，可求m=25，n=，故C正确；D、加速度，可知合力大小与重力大小的比值为4：5，而作用力的大小与合力大小不等，故D错误．故选：AC．三、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，每个小题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）某同学利用如图1所示的装置探究小车的加速度与所受合外力的关系，具体实验步骤如下：①按照图示安装好实验装置，并测出两光电门间距离L②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m，并记录④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时显示的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④步骤（1）如图2，用游标卡尺测得遮光片宽度d=0.675cm．（2）关于本实验的说法正确的是B．A．平衡摩擦力时要取下细绳和沙桶B．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶C．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量D．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量（3）若实验中测量遮光片宽度时存在测量误差，测量结果偏大，其他条件不变，则小车加速度的测量值大于真实值（选填“大于”或“小于”）【解答】解：（1）游标卡尺主尺读数为0.6cm，游标尺上第15个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为15×0.05=0.75mm=0.075cm，所以最终读数为：0.6cm+0.075cm=0.675cm；（2）本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时，所受的外力太小，所以不需要“沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量”的实验条件；同时平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶．（3）由加速度和遮光片宽度之间的数量关系可知，在保持其他实验条件不变的前提下，加速度大小与遮光片宽度的平方成正比，所以加速度测量值大于真实值．故答案为：（1）0.675；（2）B；（3）大于．10．（8分）某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E，电压表V，电阻箱R1（0﹣9999Ω），滑动变阻器R2，一个单刀双掷开关S，导线若干．（1）实验首先测量电压表内阻，实验步骤如下：①将滑动变阻器R2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R1阻值调至0②将开关接向1，调节R2的滑片，直至电压表满偏③保持R2不变，调节R1阻值，使电压表示数达满偏刻度的，读出此时电阻箱的阻值记为R，则电压表的内阻R V=④通过上述方法得到电压表的内阻测量值大于真实值（选填“大于”或“小于”）（2）接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R0=25Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R1阻值调至0②将开关接向2，记下电压表读数为3V③改变电阻箱R1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线⑤根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E=9.0V，内阻r=50Ω（保留两位有效数字）【解答】解：（1）③根据欧姆定律，电压表满偏时说明变阻器的输出电压为U==3V，保持不变则说明变阻器的输出电压也保持3V不变，调节后应有=3，将==1V，代入解得=；④实际上根据电路的动态分析规律可知，当电阻箱从0变为R后变阻器的输出电压将随之变大，应有，既，可得，即测量值会大于真实值；（2）⑤根据闭合电路欧姆定律，当步骤①②时应有E=3+=3+步骤③时应有E=U+，整理可得U=，分子分母同除以可得U=E，根据图象可知当→∞时U=E=9.0，所以E=9.0V，再将其代入E=3+解得r=50Ω故答案为：（1）③，④大于（2）⑤9.0，5011．（14分）如图所示，可视为质点的总质量为m=60kg的滑板运动员（包括装备），从高为H=15m的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC的半径为R=5m，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t=2s后又落回轨道．若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙、BC段光滑（g=10m/s2）．求：（1）运动员离开C点时的速度和上升的最大高度；（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力；（3）从A点到B点，运动员（包括装备）损失的机械能．【解答】解：（1）设运动员离开C点时的速度为v1，上升的最大高度为h，得：v1=g=10×=10m/s，h===5m（2）设运动员到达B点时的速度为v2，则B到C，由机械能守恒得：+mgR=在轨道最低点，有：N﹣mg=m联立解得：N=3000N由牛顿第三定律得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力大小N′=N=3000N，方向竖直向下．（3）A到B过程，运动员（包括装备）损失的机械能为：△E=mgH﹣=3000J．答：（1）运动员离开C点时的速度和上升的最大高度分别为10m/s和5m．（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．（3）从A点到B点，运动员（包括装备）损失的机械能为3000J．12．（19分）如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场（图中没有画出该磁场），一个质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a=（B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响）．（1）求粒子从P点运动到Q点的时间；（2）若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x=﹣，其中a=（B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响），还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．【解答】解（1）粒子进入磁场在洛伦兹力作用下，做部分圆周运动，经过PQ 两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则有：由qvB=m得：r==2a圆周运动的周期：T==劣弧对应的圆心角为θ：sin==得优弧对应的圆心角θ′：θ′=2π﹣θ=粒子运动时间t==或t==（2）由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛仑兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q点，如图所示．设进入磁场点的坐标为（x，y），离子圆周运动的半径为r′．由B′qv=得r′=a由几何关系得：r′2=x2+（r′cosα）2tanα=x=解得：y=当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径．最小面积为s=πr2=答：（1）粒子从P点运动到Q点的时间为；（2）若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x=﹣，其中a=（B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响），还能保证粒子经过Q点，粒子进入磁场位置的纵坐标y=，该圆形磁场区域的最小面积为．（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]（15分）13．（6分）下列有关热现象的叙述，正确的是（）A．布朗运动是指悬浮在液体中花粉分子的无规则热运动B．随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律D．一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不变。
江西省上饶市2015届高三第二次高考模拟物理试题(二模)
江西省上饶市2015届高三第二次高考模拟物理试题１４．如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为ｄ，有一带电粒子Ｐ静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为Ｌ的不带电的金属板后，粒子Ｐ开始运动，重力加速度为ｇ。
粒子运动加速度大小为：１５．如图所示，在光滑的水平面上有一段长为Ｌ、质量分布均匀的绳子。
在水平向左的恒力Ｆ作用下从静止开始做匀加速运动。
绳子中某点到绳子左端的距离为ｘ，设该处绳的张力大小为Ｔ，则能正确描述Ｔ与ｘ之间的关系的图象是：１６．在如图所示的竖直平面内，在水平线ＭＮ的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点Ｃ与ＭＮ重合，线框由静止释放，沿轴线ＤＣ方向竖直落入磁场中。
忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的ｖ－ｔ图，可能正确的是：１７．如图所示，一质量为ｍ的物体Ａ恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑。
若用与水平方向成θ角、大小为Ｆ的力推Ａ，使Ａ加速下滑，斜面体始终静止。
下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是：Ａ．大小为０Ｂ．方向水平向左，大小为ＦｃｏｓθＣ．方向水平向左，大小为ｍｇｃｏｓαｓｉｎαＤ．方向水平向右，大小为ｍｇｃｏｓαｓｉｎα１８．如图所示，两根相同的轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。
可视为质点、质量不同（ｍ１≠ｍ２）的两物块分别置于两弹簧上端。
现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止竖直向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块：Ａ．上升的最大高度一定相同Ｂ．重力势能的变化量一定相同Ｃ．最大加速度一定相同Ｄ．最大速度一定相同１９．２０１４年１１月１日早上６时４２分，被誉为“嫦娥５号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥５号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础。
山西省太原市2015届高三第二次模拟考试物理试题(含解析)
2015年山西省太原市高考物理二模试卷二、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．1-5小题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．1．（6分）直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路；长直导线cd 和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，观察到ab向左滑动．关于cd中的电流，下列说法正确的是（）A．电流一定增大，方向沿c向dB．电流一定增大，方向沿d向cC．电流一定减小，方向可能由d向cD．电流大小恒定，方向由d到c【考点】：楞次定律；磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化．【解析】：解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况；故选：C．【点评】：楞次定律有两种描述，一种是：增反减同，另一种是：来拒去留；本题可根据第二种描述快速求解；应明确电磁感应中的阻碍的各种含义．2．（6分）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上．观察发现，“接棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B．甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【考点】：牛顿第三定律．【专题】：常规题型．【分析】：运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒．【解析】：解：A、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选：C．【点评】：明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒．3．（6分）近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当干给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（）A．4.2 B．3.7 C．2.8 D． 2.0【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力．【解析】：解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：则由几何关系可知：人的颈椎对头的支持力F：所以F=；故选：B．【点评】：本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象，再由几何关系即可求解．4．（6分）假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：在赤道上，万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力．结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量，根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值．【解析】：解：在赤道上的物体，有：，在两极，有：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1﹣．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力．5．（6分）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈l和2，其边长L1＞L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈l、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热世分别为Q1、Q1，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则（）A．v1＜v2，Q1＞Q2，q1＞q2 B．v1=v2，Q1=Q2，q1=q2C．v1＜v2，Q1＞Q2，q1=q2 D．v1=v2，Q1＜Q2，q1＜q2【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，可知两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈进入时运动是同步的，直到线圈2完全进入磁场后，线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系．由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大．由q=分析电量的关系．【解析】：解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为：F=由电阻定律有：R=ρ（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量m=ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）．当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a==g﹣联立得，加速度为：a=g﹣由上式分析得知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，匀加速运动的位移相同，所以落地速度v1＜v2．由能量守恒可得：Q=mg（h+H）﹣mv2（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q1＞Q2．根据q==∝L知，q1＞q2．故选：A．【点评】：本题要注意分析物体的运动状态及能量变化关系，关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿第二定律得到加速度关系，分析物体的运动情况关系．6．（6分）图1是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．发电机输出交流电压的有效值约为500 VB．用户用电器上交流电的频率是100 HzC．输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．【解析】：解：A、由图象可知交流的最大值为U m=707V，因此其有效值为U==500V，故A正确；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C 错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：AD．【点评】：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时要能正确书写交流电的表达式．7．（6分）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）（）A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大D．到达x1位置时，小球速度的大小为【考点】：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】：解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；D、根据动能定理可得得，故D正确；故选：BD【点评】：本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可8．（6分）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【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】：应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．当F=μ（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．【解析】：解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F﹣f1﹣f2=ma2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．C、若砝码与纸板分离时的速度小于，根据知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下，故C错误．D、当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度=2μg，根据，解得t=，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．故选：BD．【点评】：本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．三、非选择韪：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．（一）必考题9．（7分）用如图的电路可以精确测量定值电阻R0的电阻值和滑动变阻器R2的总阻值，图中R1为电阻箱，主要操作步骤如下，完成步骤中的填空：①将滑动变阻器滑片调到最左端，断开S2，接着闭合S、S1，读出电流表的示数I1；②再断开S1，闭合S2，调节电阻箱的电阻值，当电阻箱的电阻为5.6Ω时，电流表的示数也为I1，断开S；③将滑动变阻器滑片调到最右端，断开S2，闭合S、S1；读出电流表的示数I2；④再断开S1．闭合S2．调节电阻箱的电阻值为15.8Ω时，电流表的示数也为I2；⑤则定值电阻R0= 5.6Ω；滑动变阻器R2的总阻值为10.2Ω．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：分析电路结构，根据实验步骤分析实验采用的方法，再由欧姆定律分析可得出对应的电阻值．【解析】：解：由题意可知，本题应采用替代法进行测量，第①步中接入电路的只有R0，故断开S1，闭合S2，使电流仍为I1时，可知，电阻箱的阻值即为R0的阻值，则可知R0=5.6Ω；为了测量滑动变阻器的总阻值，应将滑动变阻器全部接入时得出电流值，再用电阻箱替代两电阻，得出相对的电流值，可得出滑动变阻器的总阻值与R0的阻值为电阻箱的电阻，故滑动变阻器的总阻值为：15.8﹣5.6=10.2Ω；故答案为：②S1；S2；电阻箱；④S1，S2；⑤5.6；10.2【点评】：本题考查等效替代法在电阻测量中的应用，要注意正确分析实验电路明确实验中采用的等效替代的方法．10．（8分）利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数．在斜面底端O处固定一光电门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为△t．测得P、O间的距离为x．已知遮光片的宽度为d．完成下列填空：（1）P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示，则d=0.500cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间△t，利用所得数据作出（）2﹣x图线如图3所示：①由图线可得滑块加速度的大小为 3.92m/s2；②测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，取g=9.80m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值μ=0.25．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据瞬时速度等于平均速度，及运动学公式，即可求解；（2）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据（）2﹣x图线，结合运动学公式，通过图象斜率，即可求解加速度大小；（4）对滑块受力分析，结合牛顿第二定律，即可求解动摩擦因数．【解析】：解：（1）滑块经过光电门的速度为v=；根据运动学公式，那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0×0.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）①根据作出（）2﹣x图线，结合，则有：k=2a；那么a==m/s2=3.92m/s2；②滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mg﹣μmg=ma；解得：μ==0.25；故答案为：（1）；（2）0.500；（3）3.92，0.25．【点评】：考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数，理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用，知道其图象斜率与加速度的关系．11．（13分）一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢，在水平直道上匀速行驶，其所受的阻力与各自的重量成正比，比例系数为k=0.2且与速度无关．某时刻车厢脱落，车厢停止运动时，卡车与车厢相距△x=96m．已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g=10m/s2，求车厢脱落时的速度v0．【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】：根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小，结合运动学公式，结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小．【解析】：解：设卡车的牵引力为F，车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：F﹣3kmg=0．设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿运动定律有：F﹣k×2mg=2ma1，kmg=ma2，设卡车和车厢的位移分别为x1和x2，由运动学方程有：，，△x=x1﹣x2，v0=a2t，代入数据解得v0=16m/s．答：车厢脱落时的速度为16m/s．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解．12．（19分）在如图的xOy坐标系中．A（﹣L，0）、C是x轴上的两点，P点的坐标为（0，L）．在第二象限内以D（﹣L，L）为圆心、L为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在第一象限三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴负方向的匀强电场．现有大量质量为m、电荷量为+q的相同粒子，从A点平行xOy 平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方向射入的粒子恰好从P点进入电场，经电场后恰好通过C点．已知a=30°，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：（1）电场强度的大小；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间．【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）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，进而电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律结合平抛运动基本公式求解电场强度；（2）设粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO′为菱形，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，根据几何关系结合平抛运动基本公式求出粒子到达x轴的坐标的表达式，从而求出x的范围．【解析】：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，粒子初速度为v0，则，由几何关系得：r=L，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，设在电场中运动的时间为t0，电场强度为E，则qE=ma，，L=解得：E=（2）若粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO′为菱形，O′F平行AD，v F⊥O′F，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，则有：y F=L（1﹣cosθ），粒子从F′通过PC，则粒子在电场中运动的时间为t，从C′通过x轴离开电场，沿x轴方向的位移为x，x=v0t，，粒子到达x轴的坐标为x C′，x C′=x F′+x（0＜θ≤90°）当θ=90°时，x C′的最小值，当时，x C′的最大值所以x正半袖上有粒子穿越的区间为答：（1）电场强度的大小为；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间为．【点评】：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．（二）选考题：共45分．请考生从给出的三个选修中，选做一个，．如果多做，则按所做第一计分．【物理--选修3-3】（15分）13．（6分）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大B．若两分子间距离减小，分子间斥力增大、引力减小，合力为斥力C．在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的【考点】：* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动．【分析】：温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子的平均动能越大；若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大．液体表面张力使液体表面呈收缩状态；布朗运动是由于固体小颗粒受撞击不平衡造成的．【解析】：解：A、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度一定升高，故气体分子的平均动能增大；故A正确；B、若两分子间距离减小，分子间斥力和引力都增大；但斥力变化快；从而导致合力为斥力；故B错误；C、在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是重力充当向心力，而表面张力起主要作用的结果；故C正确；D、布朗运动是由于固体小颗粒受到的撞击不平衡而导致的；故D错误；故选：AC．【点评】：本题考查分子平均动能、分子间的相互作用力、表面张力及布朗运动的性质，要注意正确理解相关内容，并且要会解释相关现象．14．（9分）如图，一根粗细均匀的玻璃管，由A、B、C三段直管及横管组成，A、C两端开口，B、C两管内装有水银且两管内液面相平．若把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下8cm处且稳定时．B内水银面下降的高度为2cm；若先将c管上端封闭，再把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下13cm处且处于稳定时，进入A管内的水银柱长度为5cm，求此时B管内水银面下降的高度．（已知大气压强p0=76cmHg，环境温度不变）【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：对A管内气体进行分析，由压强的计算可求得变化前后的压强，再由玻意耳定律可列式，联立即可求得B管内水银面下降的高度．【解析】：解：设管的截面积为S，未插入水银槽前AB部分空气柱长为l0，不封闭C管的情况下，A管内封闭气体压强和长度分别为：P1=P0+ρgh1=80cmHg；l1=l0﹣4+2=l0﹣2由玻意耳定律可得：P0l0s=P1l1sC管封闭时，设B处水银下降的高度为x，AB管内封闭气体压强和长度分别为：P2=P0+ρgh2l2=l0﹣5+x由玻意耳定律可得：P1l1S=P2l2S解得：x=1.2m；答：此时B管内水银面下降的高度为1.2m．【点评】：本题考查玻意耳定律的应用，关键点是求出插入水银槽时玻璃管内气体的压强的计算方法．【物理--选修3-4]（15分）15．从O点发出的甲、乙两列倚谐横波沿x正方向传播，某时刻两列波分别形成的波形如图所示，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是（）A．两列波具有相同的波速B．两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C．P点比Q点先回到平衡位置D．P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动E．若甲、乙两列波在空间相遇时不会发生干涉【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．Q点与P 点都要经过周期回到平衡位置．由图可两列波波长的大小，再分析周期的长短，再比较时间长短．根据频率关系研究相同时间内全振动次数关系．两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉．【解析】：解：A、B两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．故A正确，B错误．C、由图可知，两列波波长之比λ甲：λ乙=3：2，波速相同，由波速公式v=得到周期之比为T甲：T乙=3：2．Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置．所以Q点比P点先回到平衡位置．故C错误．D、两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动．故D正确．。
下学期高二期末考试物理(附答案)(2)
2015年7月高二期末调研测试物理试题2015.07本试卷满分为120分，考试时间100分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题卡的密封线内．2．将每题的答案或解答写在答题卡上，在试卷上答题无效．3．考试结束，只交答题卡．一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．选对的得3 分，错选或不答的得0 分．1．用遥控器调节空调运行模式的过程，实际上就是传感器把光信号转换为电信号的过程，下列属于这类传感器的是A．走廊照明灯的声控开关B．自动洗衣机中的压力传感装置C．红外报警装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器2．图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其它电阻，则图甲图乙A．t＝0时刻穿过线圈磁通量最大B．每秒钟内电流方向改变50次C．灯泡两端的电压为22VD．0~0.01s时间内通过灯泡的电量为03．如图所示，质量为m的物块在力F作用下静止于倾角为α的斜面上，力F大小相等且<，则物块所受摩擦力最大的是F mgsinα4．如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表．若发电厂的输出功率减小，则下列说法正确的是A ．电压表V 1示数减小，电流表A 1减小B ．电压表V 2示数增大，电流表A 2减小C ．输电线上损耗功率增大D ．用户总功率与发电厂的输出功率的比值减小 5．在平直公路上行驶的a 车和b 车，其x －t 图像分别为图中直线a 和曲线b ，由图可知A ．b 车先做加速运动再做减速运动B ．在t 1时刻a b 两车的速度大小相同C ．t 1到t 2时间内a 车的位移小于b 车的位移D ．t 1到t 2时间内某时刻两车的速度可能相同二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分．6．伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的斜面实验，如图所示．对于这个研究过程，下列说法正确的是A ．斜面实验“放大”了重力的作用效果，便于测量小球运动的路程B ．斜面实验“减小”了重力的作用效果，便于测量小球运动的时间C ．通过对斜面实验的观察与计算，能直接得到自由落体运动的规律D ．根据斜面实验结论进行合理的外推，得到自由落体运动的规律7．在做完“探究力的平行四边形定则”实验后，某同学将其实验操作过程进行了回顾，并在笔记本上记下如下几条体会，你认为正确的是A ．用两只弹簧测力计拉橡皮条时，应使两细绳套间夹角为90°，以便计算合力大小B ．若二力合力的图示F 与用一只弹簧测力计拉时图示F′不完全重合，则在误差允许范围内可以说明“力的平行四边形定则”成立C ．若F 1、F 2方向不变，而大小各增加1N ，则合力的方向也不变，大小也增加1ND ．在用弹簧测力计拉橡皮条时，要使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行8．如图，粗糙的水平地面上有一倾角为θ的斜劈，斜劈上表面光滑，质量为m 的物块在沿斜面向上的恒力F 作用下，以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则A ．斜劈受到4个力作用处于平衡状态B ．斜劈受到地面的摩擦力等于零C ．斜劈受到地面的摩擦力方向向左D ．地面对斜劈的支持力等于斜劈与物块的重力之和9．如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN 垂直放置在导轨上，且接触良好．移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，线圈L 的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计．现在让金属杆以速度t Tv v π2sin 0=在导轨上左右来回运动，两灯A 、B 都发光．下列说法中正确的是A ．只增大T ，则灯A 变暗、灯B 变亮 B ．当时间t =T 时，电压表的示数为零C ．只将副线圈上的滑动触头下滑时，两灯均变暗，电压表的示数变小D ．只增大v 0，两灯都变亮三、简答题：本题包括A 、B 、C 三小题，共60分．请选定两题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答则按A 、B 小题评分． 10．【选做题】A ．(选修模块3-3)(30分)（1）（4分）下列说法正确的是 ▲A ．分子间相互作用力随分子间距离的增大而增大B ．物体温度升高，其分子的平均动能一定增大，内能也一定增大C ．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体D ．液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力MN（2）（4分）下列关于布朗运动的说法，正确的是 ▲A ．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B ．花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子在永不停息地做无规则运动C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越不明显D ．当物体温度达到0°C 时，布朗运动就会停止（3）（4分）如图甲所示，一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序作循环变化．若用T V -或V P -图像表示这一循环，乙图中表示可能正确的选项是 ▲（4）（6分）在“油膜法估测分子直径”实验中，选用的油酸酒精溶液浓度为a ，用滴管向量筒内滴加N 滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL ．若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水浅盘中，油酸在水面展开稳定后形成的油膜形状如图所示．若每一小方格的边长为L （单位：cm），油膜约占x 个小格．这种估测方法是将形成的油膜视为 ▲油膜，每一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为 ▲ mL ，估测的分子直径为 ▲ cm ．（用题中给的字母和数据表示）（5）（6分）如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，管内左侧水银面与管口A 之间气柱长为l A ＝40cm ．现将左管竖直插入水银槽中，稳定后管中左侧的水银面相对玻璃管下降了2cm ，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，已知大气压强p 0＝76cmHg ，则稳定后A端上方气柱的压强为 ▲ cmHg ，气柱的长度为 ▲ cm ，在这个过程中，管内气体 ▲ 热量．（填“吸收”或“放出”）BA甲AB CD（6）（6分））在如图所示的p -T 图像中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化：第一次变化是从状态A 到状态B ，第二次变化是从状态B 到状态C ，且AC 连线的反向延长线过坐标原点O ，已知气体在A 状态时的体积为V A =3L ，求：① 气体在状态B 时的体积V B 和状态C 时的压强p C ；② 在标准状态下，1mol 理想气体的体积为V =22.4L ，已知阿伏伽德罗常数N A =6×1023个/mol ，试计算该气体的分子数（结果保留两位有效数字）．注：标准状态是指温度 t =0℃，压强 p =1atm=1×105PaB ．(选修模块3-4)(30分)（1）（4分）下列说法中正确的是 ▲A ．全息照相利用了激光方向性好的特点B ．光速不变原理指出光在真空中传播速度的大小在不同惯性参考系中都是相同的C ．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场D ．声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率小于声源振动的频率（2）（4分）2009年诺贝尔物理学奖授予科学家高锟以及威拉德·博伊尔和乔治·史密斯，3名得主的成就分别是发明光纤电缆和电荷耦合器件(CCD)图像传感器．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法中正确的是 ▲A ．为使水面下的景物拍摄得更清晰，可在照相机镜头前加一偏振片B ．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C ．在光纤内传送图像是利用光的色散现象D ．光学镜头上的增透膜是利用光的折射现象（3）（4分）如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像．已知甲、乙两个振子质量相等，则 ▲A ．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm 、1 cmB ．甲、乙两个振子的频率比为1：2C ．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D ．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大（4）（6分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果已知摆球直径为2.00 cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长l 是 ▲ cm ．如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么，此单摆的摆动周期T 是 ▲ s.则他测得的重力加速度g ＝ ▲ .（用题中所给的字母表示）（5）（6分）一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图像如图乙所示，该列波沿x 轴 ▲ 传播（填“正向”或“负向”）；该列波的波速大小为 ▲ m/s ；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为 ▲ Hz ．（6）（6分）如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a 的等边三角形．现用一束宽度为a 的单色平行光束，以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB 、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面．试求：①该材料对此平行光束的折射率；②这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到BC 面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两块?甲CC ．(选修模块3-5)(30分)（1）（4分）下列说法中正确的是 ▲A ．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B ．卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α粒子的散射实验C ．原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用D ．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要放出能量（2）（4分）如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n = 4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是 ▲A ．波长最大的光是由n = 4能级跃迁到n = 1能级产生的B ．频率最小的光是由n = 2能级跃迁到n = 1能级产生的C ．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D ．从n = 2能级跃迁到n = 1能级电子动能增加（3）（4分）在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能E k 与入射光的频率υ的关系如图所示，C 、υ0为已知量．由关系图线可得 ▲A ．普朗克常量的数值B ．当入射光的频率增为2倍，电子最大初动能增为2倍C ．该金属的极限频率D ．阴极在单位时间内放出的光电子数（4）（6分）现代考古中可利用C 146的衰变规律测定古生物的年代，C 146衰变时放出 ▲（填粒子符号），并生成新核147N．如图所示为放射性元素C 146的衰变规律的示意图（纵坐标0n n表示的是任意时刻放射性元素的原子数与t =0时的原子数之比），则该放射性元素的半衰期是100年▲ 年．若从某次考古时发掘出来的木材中，检测到所含C 146的比例是正在生长的植物中的80%，则该古物距今约 ▲ 年．（5）（6分）电子俘获是指原子核俘获一个核外轨道电子，使核内一个质子转变为一个中子．一种理论认为地热是镍58（5828Ni ）在地球内部的高温高压环境下发生电子俘获核反应生成钴57（5727Co ）时产生的，则镍58发生电子俘获的核反应方程为 ▲ ；若该核反应中释放出的能量与一个频率为v 的光子能量相等，已知真空中光速和普朗克常量分别为c 和h ，则该核反应放出的核能为 ▲ ，该光子的动量为 ▲ ．（6）（6分）1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是Rn 22286，Rn 22286经过x 次α衰变和y 次β衰变后变成稳定的Pb 06228．①求x 、y 的值；②一个静止的氡核(Rn 22286)放出一个α粒子后变成钋核(Po 21848)，已知钋核的速率v =4 105m/s ，试写出该衰变方程，并求出α粒子的速率．四．计算题：本题共2小题，共29分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 11．（14分）如图所示的A 、B 两个物体，距地面高度为45m ，A 物体在运动过程中阻力不计，做自由落体运动，B 物体在下落过程中受空气阻力作用，其加速度大小为9m/s 2．已知重力加速度g 取10m/s 2， A 、B 两物体均可视为质点．则：（1）若A 、B 两物体同时由静止释放，求当物体A 落地时物体B 离地距离； （2）若要使两物体同时落地，且两物体均由静止开始释放，求物体B 需提前多长时间释放；（3）若将B 物体移到距地面高度18m 处A 的正下方C 点，并由静止释放，且AB 同时释放，为了使 A 在运动过程中与B 相碰，则至少给A 物体多大的竖直向下的初速度？12．（15分）如图所示，一匝数为N=100的矩形线圈，面积S=0.01m2，内阻不计，绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．设线圈经过的磁场为匀强磁场，磁感应强度B=2T，线圈通过一理想变压器后，接一标有“6V，3W”字样的灯泡L，变压器原线圈的总匝数为n1=200匝，b是原线圈的中心抽头，副线圈的匝数为n2=20匝．当开关S拨到b位置时，小灯泡恰好正常发光，求：（1）此时电路中两电表的读数；（2）线圈转动的角速度ω；（3）若将开关S拨到a位置，并将一个理想二极管D接到MN之间，其他条件不变，则此时线圈提供的功率为多少？（设小灯泡的电阻不随温度发生变化）2015年7月高二期末物理试题参考答案及评分标准一．单项选择题：每小题3分，共15分．1．C 2．A 3．D 4．B 5．D二．多项选择题：每小题4 分，共16 分．全部选对的得4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得0 分．6．BD 7．BD 8．AC 9．ACD三．简答题：10．【选做题】A．(选修模块3-3)(30分)（1）D （4分）（2）C（4分）（3）AD（4分，漏选给2分）（4）单分子（2分）aN（2分）2aNxL（2分）S abOO′D（5） 80cmHg （2分） 38cm （2分） 放出（2分） （6）解析 ① 由题意可知V A = V C =3L （1分）因此A 到C 过程可以等效为等容变化根据CA A Cp p T T =得 p C =2×105Pa （1分） 状态B 到状态C 的过程为等温变化根据B B C C p V p V = 得 V B =1.5L （1分） ② 设气体在标准状态下的体积为V 0根据A A V V T T = 得 V 0=2.73L （1分） 因此气体的分子数为 2207.310A V n N V=⋅=⨯个 （2分）B ．(选修模块3-4)(30分)（1） B （4分） （2）A （4分） （3）AD （4分，漏选给2分）（4）87.32～87.42（2分） 1.88（2分） 224lT π（2分）（5）负向（2分） 0.01m/s （2分） 2.5Hz （2分）（6）解：①由于对称性，我们考虑从AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC 面的，由对称性不难得出，光线进入AB 面时的入射角α、折射角β分别为60º、30º 。
15学年下学期高二第二次月考物理试题(附答案)(2)
北城中学2014—2015学年度第二学期第二次月考高二物理试题（卷）温馨提示：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，总分100分，考试时间90分钟。
2．考试前考生将自己班级、姓名、考号填写在指定位置上。
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案实用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
5．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。
考试结束后，将答题卡交回。
第Ι卷（选择题，共56分）一、选择题（本题包括14小题，每小题4分,共56分。
其中1—10题为单选，11—14题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分。
）1．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。
接球时两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（）A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量2．下列关于冲量的说法中正确的是（）A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定3．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（）A．两物体到达斜面底端时时间相同B．两物体所受合外力冲量相同C．两物体所受重力做功相同D．两物体到达斜面底端时动能不同4．质量是1kg 的钢球，以5m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁后以3m/s 的速度被反向弹回。
假设球与墙面接触的时间为0.1s ，设水平向右为正方向，则（ ） A ．钢球的动量变化量为2kg ∙m/s B ．钢球的动量变化量为-2kg ∙m/s C ．墙面对钢球的冲量为8kg ∙m/s D ．墙面对钢球的冲量为-8kg ∙m/s5．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ） A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车和木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 6．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
广东省廉江中学2014-2015学年高二第二学期学业水平模拟考试文科物理(二)试卷((有 答案)
廉江中学2014-2015学年度第二学期高二学业水平模拟考试文科物理试卷二（本试卷共8页，60小题，满分100分．考试用时90分钟．）注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上．2．每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题Ⅰ：本大题共30小题，每小题1分，共30分，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．发现万有引力定律的科学家是（）A．牛顿B．安培C．爱因斯坦D．库仑2．在物理学中，突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的“物理模型”，是经常采用的一种科学研究方法。
质点就是这种理想物理模型之一。
关于地球能否看作质点，下列说法正确的是（）A．地球质量太大，不能把地球看作质点B．地球体积太大，不能把地球看作质点C．研究地球自转时可以把地球看作质点D．研究地球绕太阳公转时可以把地球看作质点3．一辆汽车沿着水平湖岸匀速行驶，速度为5m/s，汽车在水中的倒影相对于汽车的速度是（）A．10m/s B．5m/s C．-5m/s D．0m/s4．在长为50m的标准游泳池举行100m的游泳比赛，参赛运动员从出发至比赛终点的位移和路程分别是（）A．0 m，50 m B．50 m，100 m C．100 m，50 m D．0 m，100 m 5．如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力．两物体到达地面时，下列表述正确的是（ ） A ．a 的速率大 B ．b 的速率大C ．动能相同D ．速度方向相同6．国际单位制由基本单位和导出单位组成．下列物理单位属于基本单位的是（ ）A ．m/sB ．NC ．mD ．J7．汽车以72 km/h 的初速度做直线运动，加速度为-5 m/s 2 .下列说法中正确的是（ ） A ．汽车做匀加速直线运动 B ．汽车做匀减速直线运动 C ．汽车的速度每秒增加5m/s D ．汽车的速度保持不变8．一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，5 s 末的速度达到15 m/s ，汽车的加速度是（ ）A ．1 m/s 2B ．3 m/s 2C ．5 m/s 2D ．15 m/s 29．在粗糙的地面上匀速移动桌子，采用下列施力方式，其中施力最小的是（ ）10．质量为m 的小车做匀加速直线运动，所受的牵引力和阻力分别为F 和10F，则小车加速度的大小为（ ）A ．m F 10B ．m F 109C ．m FD ．m F 101111．如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，这属于（ ）A ．扩散现象B ．超重现象C ．离心现象D ．蒸发现象12．如图所示，髙速列车在平直轨道上匀速运行，对列车所受力的做功情况，下列判断正确的是（）A．重力做正功B．牵引力做正功C．牵引力做负功D．空气阻力做正功13．公共汽车进入转弯路口向右转弯时，车内乘客会（）A．向前倾斜B．向后倾斜C．向左倾斜D．向右倾斜14．起重机将2×104 N的重物匀速提升10m，在此过程中，起重机对物体做功是（）A．3×104 J B．3×105 J C．2×104 J D．2×105 J15．起重机用4s的时间将2×104N重物匀速提升10m，在此过程中起重机的输出功率为（）A．2×105 W B．5×105 W C．5×104 W D．8×104 W16．下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．质量大的物体惯性大B．运动的汽车具有惯性，静止的汽车没有惯性C．向东行驶的汽车突然刹车，由于惯性，乘客会向西倾倒D．匀速前进的火车上，原地起跳的乘客将落在起跳点的后方17．关于万有引力定律及其表达式F=G m1m2r2，下列说法中正确的是（）A．对于不同物体，G取之不同B．G是万有引力常量，由实验测得C．两个物体彼此所受的万有引力方向相同D．两个物体之间的万有引力是一对平衡力18．在探究牛顿第二定律的实验中，使用气垫导轨的主要目的是（）A．减小噪声B．减小滑块速度C．增加摩擦力D．减小摩擦力19．许多物理学家的科学发现和研究工作推动了人类历史的进步．其中发现电磁感应定律的科学家是（）A．库仑B．安培C．法拉第D．伽利略20．两个等量点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线（方向未标出）如图所示．下列说法中正确的是（）A．P 、Q 是两个等量正电荷B．P 、Q 是两个等量负电荷C．P 、Q 是两个等量异种电荷D．P 、Q 产生的是匀强电场21．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上B．向下C．向左D．向右22．下列哪种力是洛伦兹力（）A．电荷间的相互作用力B．电场对电荷的作用力C．磁铁对小磁针的作用力D．磁场对运动电荷的作用力23．如图所示，闭合的矩形线圈abcd 放在范围足够大的匀强磁场中，下列哪种情况下线圈中能产生感应电流（）A．线圈向左平移B．线圈向上平移C．线圈以ab为轴旋转D．线圈不动24．发电机和电动机的发明使人类步入电气化时代．其中电动机依据的物理原理是（）A．磁场对电流的作用B．磁铁间的相互作用 C. 惯性定律D．万有引力定律25．如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是（）A．小磁针保持不动B．小磁针的N 极将向下转动C．小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动D ．小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动26．图中的实线为点电荷的电场线，M 、N 两点在以点电荷为圆心的同一圆上，下列说法正确的是（ ） A ．M 处的电场强度比N 处的大 B ．M 处的电场强度比N 处的小C ．M 、N 处的电场强度大小相等，方向相同D ．M 、N 处的电场强度大小相等，方向不同27．图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S 1、S 2和S 3，穿过S 1、S 2和S 3的磁通量分别为1Φ、2Φ和3Φ，下列判断正确的是（ ）A ．1Φ最大B ．2Φ最大C ．3Φ最大 D ．1Φ=2Φ=3Φ28．电流的磁效应揭示了电与磁的关系。
江苏省扬州市2015年高二物理学业水平测试模拟试卷(二) 试题
扬州市2015年普通高中物理学业水平测试〔必修〕模拟二．A．米尺、弹簧测力计、秒表B．米尺、测力计、打点计时器C．量筒、天平、秒表D．米尺、天平、秒表2．某校高二局部学生分别乘两辆汽车从学校出发去敬老院做义工．两辆汽车在平直的公路上运动，甲车内一同学看见前面的乙车向东运动，此时乙车内的同学看见路旁的树木向西移动．如果以地面为参考系，那么上述观察说明()A．两车都向东运动，但甲车运动快B．两车都向东运动，但乙车运动快C．两车都向西运动，但甲车运动快D．两车都向西运动，但乙车运动快3．跳伞运动员从静止在空中的直升飞机上下落，在打开降落伞之前做自由落体运动，打开降落伞之后做匀速直线运动．如此描述跳伞运动员的v-t图象是如下图中的()4．某时刻，质量为2kg的物体甲受到的合力是6N，速度是l0m/s；质量为3kg的物体乙受到的合力是5N，速度是l0m/s，如此( )tAtBtDtCA ．甲比乙的惯性小B ．甲比乙的惯性大C ．甲和乙的惯性一大D ．无法判定哪个物体惯性大5．关于作用力和反作用力，如下说法中正确的答案是( ) A ．物体相互作用时，先有作用力而后才有反作用力B ．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一条直线上，故它们的合力为零C ．马能将车拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力D ．压力和支持力是互为作用力和反作用力，两者总是大小相等、方向相反的6．如下列图分别为物体甲的x-t 图象和物体乙的v-t 图象，两物体的运动情况是( )A ．甲在整个t=6s 时间内往返运动，平均速度为零B ．乙在整个t=6s 时间内运动方向一直不变，平均速度为零C ．甲在整个t=6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4mD ．乙在整个t=6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m7．在学习运动的合成与分解时我们做过如下列图的实验．在长约80cm-100cm 一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个用红蜡做成的小圆柱体(小圆柱体恰能在管中匀速上浮)，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．然后将玻璃管竖直倒置，在红蜡块匀速上浮的同时使玻璃管紧贴黑板面在水平方向上匀加速移动，正对黑板面的你将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹可能是如下选项中的( )阅读如下内容，回答8-11题问题x /mt/s0 2 -23 6v /ms -1t/s0 2-23 6甲乙荡秋千是中学生喜闻乐见的体育活动，如下列图，小强正在荡秋千．8．小强荡秋千时，其加速度( )A．一定不等于零B．一定等于零C．一定不变D．可能不变9．关于绳上a点和b点的线速度和角速度，如下关系正确的答案是( )A．va=vb B．va＞vbC．ωa=ωb D．ωa＜ωb10．当小强荡到最低点时( )A．假设角速度一定，如此绳短时绳受到的拉力大B．假设线速度一定，如此绳长时绳受到的拉力大C．假设角速度一定，如此绳长时绳受到的拉力大D．绳受到的拉力大小始终等于小强的重力11．当小强从最左端荡到最右端过程中，如此( )A．动能不变B．重力势能不变C．重力势能先变大后变小D．动能先变大后变小12．关于行星绕太阳的运动，如下说法中正确的答案是( ) A．离太阳越近的行星角速度越大B．太阳是静止不动的，行星都绕太阳运动C．离太阳越近的行星线速度越小D．离太阳越近的行星公转周期越大13．关于能量耗散，如下说法中正确的答案是( ) bOA．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了B．能量耗散明确，能量守恒定律具有一定的局限性C．能量耗散明确，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了D．能量不可能耗散，能量守恒定律反映了自然界中能量转化的宏观过程可以有任意的方向性14．“验证机械能守恒定律〞的实验装置如下列图，实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是( )A．重物的质量过大B．重物的体积过小C．电源的电压偏低D．重物与纸带在下落时受到阻力15．关于电场强度的定义式qFE，如下说法中正确的答案是( )A．E和F成正比，F越大E越大B．E和q成反比，q越大E越小C．E的大小是由F和q的大小决定的D．E的方向与+q受力F的方向一样16．太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10-4V，短路电流是3.0×10-5A，如此这块电池板的内阻为( )A．20Ω B．5 ΩC．0.2Ω D．0.05Ω17．如下说法中不正确的答案是( )A．电动机是把其他形式的能转化为电能的装置B．发电机是把其他形式的能转化为电能的装置C．电容器是储存电荷的装置D．白炽灯是利用电流的热效应工作的18．如下列图，关于奥斯特实验的意义，如下说法中正确的答案是( ) A ．发现电流的的热效应，从而揭示电流做功的本质B ．指出磁场对电流的作用力，为后人进而发明电动机奠定根底C ．发现电磁感应现象，为后人进而发明发电机奠定根底D ．发现通电导体周围存在磁场，从而把磁现象和电现象联系起来19．一磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平向右，一面积为S 的矩形线圈abcd 如下列图放置，平面abcd 与竖直方向成θ角．如此穿过线圈平面的磁通量为( ) A ．0 B ．BS C ．BScos θ D ．BSsinθ20．如下列图，在长直导线A 通电后，小磁针静止在图示位置，如此直导线中的电流方向和P 点的磁场方向分别为( ) A ．垂直纸面向里，向上 B ．垂直纸面向里，向下 C ．垂直纸面向外，向上 D ．垂直纸面向外，向下21．几位同学在研究加速度a 和力F 、质量m 的关系时，设小车质量和车上砝码质量之和为M ，砂与砂桶的总质量为m ，分别得出如图中a 、b 、c 、d 四条图线，其中图a 、b 、c 是a-F 图线，图d 是a-M 1图线，其中由于没有平衡摩擦力的是( )FaOFaOFaO 1/MaOA ．a B．b C．c D．d22．质量为m的物体在高H处重力势能为mgH，物体从静止开始自由落下，当动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为( )A．gH6B．gH32C．gH32D．gH223．质点所受的力F随时间变化的规律如下列图，力的方向始终在一直线上，t=0时质点的速度为零，在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中( )A．t1时刻质点速度最大B．t2时刻质点速度最大C．t3时刻质点离出发点最远D．t4时刻质点回到发点二、填空题：把答案填在答题卡相应的横线上(本大题2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分．) 24．〔4分〕此题为选做题，包括24－1和24－2两题，考生只选择其中一题作答24-1此题供使用选修1-1教材的考生作答在如下列图的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端拴一个大小可以忽略、质量为m、电荷量为q的小球，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，如此小球带电(填“正〞或“负〞)，匀强电场场强为．24-2此题供使用选修3-1教材的考生作答如下列图为某电场中的一条电场线上有A、B两点，电荷量为q的正电荷放在A点的电势能比放在B点的电势能小，如此A点的电势较B点的电势(选填“高〞、“低〞或“相等〞)，电场线的方向是(选填“AB〞或“BA〞)25．(6分)在“验证力的平行四边形定如此〞的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图tt4t2t1t3θE.A B..乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)图乙中的是力F1和F2的合力的理论值；_____是力F1和F2的合力的实际测量值．(2)本实验采用的科学方法是．三、计算或论述题：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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〔本大题3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分〕．26．(6分)一质量m=10kg的物体静止在水平面上，在F=20N的水平恒力作用下开始运动．取g= l0m/s2，如此：(1)假设水平面光滑，求物体的加速度大小；(2)假设水平面光滑，求物体2s末的速度大小；(3)假设水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，求物体的加速度大小．27．(7分)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某同学根据所学物理知识，将小鸟被弹弓沿水平方向弹出的过程简化为如图乙所示，小鸟可看作质点，其中h1=0.8m，l1=2m，h2=2.4m，l2=1m，取g =l0m/s2，试求：(1) 如图乙所示，小鸟以多大速度水平飞出后，恰好能擦着草地边缘落到地面上？(2)小鸟从飞出到落到地面的时间；(3) 请用计算说明，小鸟飞出能否直接打中堡垒？28．(8分)如下列图，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长l=8m ，并以恒定速率运转．一质量m=1kg 的小物块轻轻放在传送带上横坐标为xp=2m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后，恰好冲上半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道的最高点N 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2．求：(1)物块刚滑上圆弧轨道时的速度大小． (2)传送带运转的速率．(3)假设将小物块轻放在传送带上的另一位置，小物块恰能到达圆弧轨道上与圆心等高的M 点(如图)，轻放物块的这个位置的横坐标是多少？此情况下物块刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道最低点的压力多大？扬州市2015年普通高中物理学业水平测试〔必修〕模拟二参考答案 一．〔69分〕二．24-1．〔4题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B B A D C C A C C D A 题号 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 答案CDDAADC BABBM分〕 正mgtan θ/q 〔每空2分〕24-2．〔4分〕 低BA 〔每空2分〕 25．〔6分〕(1) F F '(2)等效替换 〔每空2分〕26．〔6分〕(1) 由ma F =得22/2/1020s m s m m F a ===〔2分〕(2)s m s m at v /4/22=⨯== 〔2分〕 (3) N mg N f 10===μμ1ma f F =-21/1s m m fF a =-=〔2分〕27．〔7分〕(1) 由21121gt h = 解得s g h t 4.0211==由101t v l = 解得s m t l v /5110==〔3分〕(2) 由22121gth h =+ 解得s g h h t 8.0)(221=+= 〔2分〕(3) 假设直接击中，如此tv l l '021=+ 解得s m v /75.3'0=<0v小鸟弹出不能落到地面，故不能直接击中堡垒。
江苏省2014-2015学年度高二下学期期末复习模拟物理试卷(
6．在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频 成分，需要把低频成分和高频 成分分开，只让低频成 分输送到下一级， 可以采用如图所示的电路，其中 a、 b 应选择的元件是（ ） 前 段 输 入 后 段 输 入
A． a 是电容较大的电容器，b 是低频扼流圈 B．a 是电容较大的电容器，b 是高频扼流圈 C．a 是电容很小的电容器，b 是低频扼流圈 D．a 是电容很小的电容器，b 是高频扼流圈
4．如右图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里， 一金属杆 AB 从高 h 处自由下落，则（ A．A 端先着地 C．两端同时着地 B．B 端先着地 D．以上说法无不正确
高二物理试卷 第1页
）
5.如图电路中，S 闭合时流过电感线圈的电流为 2 A，流过灯泡的电流是 1 A，将 S 突然断 开， 则断开前后， 能正确反映流过 灯泡的电流 I 随 时间 t 变化关系 的图象是图中的（ ）
二、 多项选择题： 本题共 5 小题， 每小题 4 分， 共 20 分． 每小题有多个选项符合题意． 全 部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分． 7．如图所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整 u/V 线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线 b 所示，以下关于这两个正弦交流电的 10 a b 说法正确的是： （ ） A．交流电 a 的瞬时值为 u 10sin 5 t V B．线圈先后两次转速之比为 2:3
-10 0.1 0.3 0.5
t/s
20 C．交流电 b 电压的有效值为 3 V
D．在 t = 0 时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零
8．如图所示，电阻 R1=20Ω，电动机的绕组 R2＝10Ω。当电键打开时， 电流表的示数是 0．5A，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
湘潭凤凰中学2015年下学期高二期中考试
物理模拟试题二（文科）
一．单项选择题。
（每小题只有一个正确答案，请将正确的答案填在答题卡中。
共15小题，每题4分，共60分） 1、下列说法正确的是（ ） A.物体所带电荷量可以是任意值
B.带电现象的本质是因为产生了电荷使物体带电
C.带电现象的本质是电荷的转移
D.元电荷就是电子或质子
2、将电量为q 的点电荷放在电场中的A 点，它受到的电场力为F ，则A 点的电场强度的大小等于 ( )
A.q /F
B.F /q
C.q
D.q F ⋅ 3、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（ ） A ．磁感线总是不闭合的 B ．磁场的方向就是小磁针静止时北极所指方向 C ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 D ．磁感线是可能相交的
4、首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是( )
A ．安培
B ．法拉第
C ．奥斯特
D ．特斯拉 5、关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是
6、下列物理量不属于．．．
矢量的是 （ ） A ．磁感应强度 B ．洛伦兹力 C ．电场强度 D ．时间 7、下列关于电流的说法中，正确的是
A ．习惯上规定负电荷定向移动的方向为电流方向
B ．国际单位制中，电流的单位是伏特
C ．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量
D ．金属中电流的方向与电子定向移动的实际方向相反
8、水平面上放着带电小球A 和B ，若它们带电量的关系是B A q q 2=, 则它们相互之间的库仑力大小之比为（ ）
A.1:4
B.1:1
C.2:1
D.1:2
9、某电场的电场线如图所示，质子在A 、B 两点受到电场力的大小分别为F A 和F B ，则它们的关系是（ ）
A ．F A ＝F
B B ．F A ＞F B
C ．F A ＜F B
D ．无法比较
10、下列用品的工作原理与涡流无关的是（ ）
A.电磁炉
B.安检门
C.冶金感应炉
D.白炽灯
11、如图所示为磁场B 方向．通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受
12、通过电阻R的电流强度为 I 时，在t 时间内产生的热量为Q，若电阻变为2R，电流强度变为I/2，则在时间 t 内产生的热量为 ( )
A．4Q B．2Q Ｃ．Q/2 Ｄ．Q/4
13、可以将电压升高供给电灯的变压器是（）
14、在如图所示的电路中，L为带有铁芯的自感线圈，线圈的电阻较小，则下列说
法正确的是（）
A．S接通的瞬间，灯泡不亮
B．S断开的瞬间，灯泡立即熄灭
C．S断开的瞬间，灯泡亮一会儿才逐渐熄灭
D．S接通以后，灯泡逐渐亮起来
15、为了减少远距离输电线路中电能的损失，下列说法中不正确的是（）A．应减少输电线路的电阻B．应降低输电电压
C．应减小输电电流D．应采用高压输电
二．填空题（请将答案填在答题卷相应的位置，每空2分，共22分）
16、如果电场强度的大小和方向都相同，这个区域的电场叫做。
17、在油罐车上用铁链把油罐与大地相连，这属于；电视荧屏上常有一
层灰尘，这属于。
（请选择：静电危害、静电防止、静电利用）
18、右图是一个按正弦规律变化的交流电的图象。
根据
图象可知该交流电的电压最大值是______V，频率是_________Hz。
19、导体中的电流是5mA，那么在3.2秒内有________C的电荷定向移动通过导体的横截面。
20、真空中两个点电荷相距r时，库仑力为F，如果保持它们的电量不变，而将距离增大为2r，则二者之间的库仑力将变为________。
21、一个正常发光的灯泡，两端的电压是36V，通过的电流是2A，这时灯泡的电
阻是______Ω，它消耗的电功率是_________W。
22、如图所示，a是直线电流的磁场，b是环形电流的磁
场，各图中电流方向为：a ；b 。
三、计算题（请写出必要的解题步骤和单位，只写出最后答案的不给分，18分）
23、有一个100匝的线圈,在0.4S内穿过它的磁通量从0.01Wb均匀增加到0.09Wb,线圈的电阻不计.线圈连接的电阻是10Ω。
求：
（1）线圈中的感应电动势.
（2）电阻的热功率.
24、一根长为0.2m的直导线，垂直于某匀强磁场方向放置，当导线中通有1A的电流时，导线受到的安培力大小为0.08N，则：
（1）磁场的磁感应强度为多大？
（2）当导线中的电流增大为2A时，导线受到的安培力为多大？
湘潭凤凰中学2015年下学期高二期中考试模拟试题二
物理答题卷（文科）
一．单项选择题。
（每小题只有一个正确答案，请将正确的答案填在相应的表格中。
每题4
二．填空题（请将答案填在相应的位置，每空2分，共22分）
16. 17.
18. 19.
20. 21.
22.
三、计算题（请写出必要的解题步骤和单位，只写出最后答案的不给分，18分）
23、（8分）
24、（10分）。