2016届河南省中原名校高三上学期第二次联考物理试题 word版

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2016年3月2016届高三第二次全国大联考(新课标Ⅰ卷)物理卷(原卷版)

【学易大联考】2016年第二次全国大联考【新课标Ⅰ卷】理科综合物理（考试时间：150分钟试卷满分：300分）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答题前，考生务必在将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在试卷上无效。

3. 回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4. 考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23S32Cl35.5Ca40第Ⅰ卷（126分）选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14、下列说法正确的是: ( )A.“笔尖下发现的行星”―天王星的发现确立了万有引力定律的地位，也成为科学史上的美谈B. 伽利略认为力是维持物体运动的原因C. 元电荷的数值最早是由物理学家库仑测得的D. 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象15、如图所示，甲乙两物体同时同地沿同一直线运动，甲的v-t图象是一条倾斜直线，乙的v-t图象是一个半圆。

则甲乙物体在运动后相遇的次数是: ( )A.2次B.1次C.不相遇D.条件不足，无法判断16、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。

开始时AB 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为: ()A.A B a a g ==B.2,0A B a g a ==C.,0A B a a ==D. ,0A B a a ==17、如图所示，总长为2L 、质量为m 的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，底端相齐，右侧末端系着一个质量为M 的小球（可视为质点），开始用手托着小球，小球与铁链静止不动。

河南省中原名校高三上学期第二次联考物理试题 (扫描版

中原名校2014—2015学年上期第二次联考高三物理答案14、(1)R1’（1分）; 等于（1分）；等效替代法（1分）(2) CADBEF （2分）;(3) 4.94×104Ω（2分）; 小于（2分）15.（7分）分析：小球从A运动到B下滑的高度为h=5d=5m．小球下滑的过程中，管道的支持力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒，则有mgH= mv2解得，v=10 ------3分由于管道的螺距均为d=1m，说明管道每段的倾角一定，加速度大小一定H=5dL=5×2πR=10πR总路程S: S = H+ Lt == ------4分16.（8分）（1）0-1×10-2s时间内D处于导通状态，则电路总电阻R=R3+通过R3的电流I=代入数据解得I=1A通过R1的电流I1=0.5 A． ------- 4分（2）在1×10-2-2×10-2s时间内D处于截止状态，则通过R3的电流I′=代入数据解得I′=0.8 At=1 s内R3消耗的电能E=（I2R3+I′2R3）代入数据解得E=4.92 J． ------4 分答：（1）在0～1×10-2s 时间内通过R 1的电流为0.5A ；（2）1s 内电阻R 3所消耗的电能为4.92J17．（10分）解：（1A 点电场力提供向心力，则有： …①解得：…② （ 1分）球从A 到B 解得：…④ （2分）球在B 点受到圆环作用力F 的水平分力为F x ，则：即F x =6qE…⑤又圆环对球作用力F 的竖直分力大小等于小球的重力，所以：（2分）（2）若，由qE=mg ．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D 点时，动能最大，CD 与竖直方向的夹角为45°。

（1分）根据动能定理得：从解得球最大动能为．（2分） 18．（13分）（1）（2；（1）于x 处释放离子，由动能定理得（2分）得离子进入磁场时的速度（2分） 145(1sin 45)2K qE r E mv ++=-。

2016年河南省六市联考高考物理二模试卷(解析版)

2016年河南省六市联考高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．（6分）下列说法中与事实相符的是（）A．伽利略用理想实验证实：力是改变物体运动状态的原因B．开普勒行星运动定律的发现，为牛顿发现万有引力定律奠定了基础C．牛顿发现了万有引力定律，并根据月球绕地球运行的情况求出了地球的质量D．法拉第发现了电流周围有磁场2．（6分）某个物体在外力作用下，运动的v﹣t图象如图（正弦曲线）所示，下列说法中正确的是（）A．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B．在0～t1时间内，物体所受外力越来越大C．在0～t4时间内，物体的位移为零D．t2时刻物体速度为零，此时加速度也为零3．（6分）如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是（）A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大4．（6分）太空行走又称为出舱活动．狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动．假设某航天员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v，该航天员从离开舱门到结束太空行用的时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则（）A．航大员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B．该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C．该航天员离地高度为﹣RD．该航天员的加速度为5．（6分）如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2L，电场线与矩形所在的平面平行．已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V，一质子从a点以速度v0，射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab中点e，不计质子重力，下列判断正确的是（）A．d点电势为12VB．质子从a到b电势能增加了6eVC．电场强度大小为D．质子从a到e所用时间为6．（6分）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，下列说法正确的是（）A．A示数变大，V示数变小B．A示数变小，V示数变小C．电源的总功率变小D．R1消耗的功率变大7．（6分）如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地面高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地面高度h并作出滑块的动能E k随高度h变化的图象，其中从0.2m上升到0.35m高度的范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知（）A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧的最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J8．（6分）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框电阻为R，横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h．初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是（）A．线框进入磁场时的速度为B．线框穿出磁场时的速度为C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh﹣D．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a=g﹣二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

河南省顶级名校2016届高三第二次联考理科综合试题(PDF版)

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Cl:35.5 Ca:40 Ti:48
Co:59
B．解旋酶和 RNA 聚合酶均能破坏丙图中虚线所示的结构 C．丙图中的虚线，不会出现在乙图的③中 D．如果用 35S 标记
35 某种氨基酸， S 会出现
在乙图和丁图中④所对应的结构中 4．植物生命活动的调节主要依赖五大类激素完成，以下有关说法错误的是 A．生长素可由色氨酸转化生成，该过程受基因控制 B．高浓度的生长素抑制植物生长，可能是因为其诱导了乙烯的合成 C．植物激素可由产生部位运输到作用部位，但在运输方向上只能进行极性运输 D．同一部位的细胞可能含多种不同的植物激素，共同配合调节植物的生命活动 5．下表是某种植物迁入新环境后，种群中 A 和 a 的基因频率变化的情况，下列有关说法不正确的是年份基因 A 的频率基因 a 的频率 1900 0.99 0.01 1910 0.81 0.19 1920 0.64 0.36 1930 0.49 0.51 1940 0.36 0.64 1950 0.25 0.75 1960 0.16 0.84 1970 0.10 0.90
mg k F g m
A
B
B．在此过程中，弹簧弹性势能的增量为 0 C．物块 B 刚要离开地面，物块 A 的加速度为 D．物块 B 刚要离开地面，物块 A 的速度为
2
F mg g
k
第Ⅱ卷三、非选择题。本题包括必考题和选考题两部分。第 22—32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33—40 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共 129 分） 22 ．（6 分）在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的
第 5 页共 16 页 45°

2016年河南省中原名校联盟高考物理模拟试卷含参考答案(4月份)

2016年河南省中原名校联盟高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题1．（6分）我国古代力学的发展较为完善．例如，《淮南子》中记载“物之功，动而有益，则损随之”．这里的“功”已初步具备现代物理学中功的含义．下列单位分别是四位同学用来表示功的单位，其中正确的是（）A．N•m•s﹣1B．C•V•s C．kg•m2•s﹣2D．V•Ω•s2．（6分）如图，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB=BC=CD，不计空气阻力，由此可以判断（）A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1：2：3B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与斜面的夹角相同C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3：2：1D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交3．（6分）一行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星半径为4000km，行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；则（）A．探测器在行星表面上升能达到的最大高度为256mB．该行星表面的重力加速度为10m/sC．该行星的第一宇宙速度为4km/sD．根据题中所给已知条件可以求出该行星的质量4．（6分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中，将质量相等的两个带电小球M 和N分别沿图示路径移动到同一竖直线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，则（）A．M的带电量一定比N的大B．M一定带负电荷，N一定带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功5．（6分）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5：1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且2R1=5R2．已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是（）A．电压u的表达式u=311sin10πt（V）B．电压表示数为40VC．R1、R2消耗的功率之比为5：1D．如果只增大变压器原、副线圈的匝数比，则电压表示数减小6．（6分）如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）A．A和B均受三个力作用而平衡B．B对桌面的压力大小不变C．A对B的压力越来越小D．推力F的大小不变7．（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t的关系如下表所示，导轨电阻不计，g=10m/s2，则（）时间t（s）00.10.20.30.40.50.60.7下滑距离s（m）00.10.30.7 1.4 2.1 2.8 3.5A．磁感应强度B的大小为0.1TB．在t=0.7s时，金属棒ab两端的电压值为0.7VC．在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量为0.06JD．在前0.4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量为0.2C8．（6分）如图，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2=2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计，现将系统从静止释放，当m1上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）这一过程中，下列说法正确的是（）A．m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能B．m1上升到h高度时的速度为C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等D．轻绳的张力大小为m1g二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．用实验中的测量量表示：（1）物块Q到达C点时的动能E kc=；（2）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W f=；（3）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=．10．（10分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图1所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x关系图象如图2所示，则该图象的函数关系式为；（2）下列根据图2中I﹣R x图线做出的解释或判断中正确的是A．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大B．欧姆表调零的实质是通过调节R0使R x=0时电路中的电流I=I gC．R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．D．测量中，当R x的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧（3）有一内阻未知（约20kΩ～60kΩ）、量程（0～10V）的直流电压表①某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率挡．先将红、黑表棒短接调零后，选用图3中方式连接．②在实验中，某同学读出欧姆表的读数为Ω（如图4），这时电压表的读数为V（如图4）．计算出欧姆表中电池的电动势为V．11．（13分）如图所示，一质量为m=3kg物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止开始从倾角θ=30°的光滑斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经时间t 撤去力F，物体又经过时间t回到出发点，斜面足够长．（g取10m/s2）（1）恒力F的大小；（2）如果t=3s，求物体回到出发点的速度大小．12．（18分）如图所示，在xOy平面内第一象限存在水平向右的匀强电场，场强为E=2v/m，第二象限和第三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T．有一带负电的粒子，比荷为4C/kg，从x轴上x=3m的P点以初速度v0=4m/s 垂直于x轴进入电场，不计带电粒子的重力．求：（1）带电粒子第一次通过y轴时距O点的距离；（2）带电粒子进入匀强磁场后经多长时间第一次返回到电场；（3）试通过计算说明粒子能否通过y轴正半轴上的Q点？已知Q点到O点的距离为28m．【选修3-3】13．（5分）如图，坐标原点O处固定有一甲分子，乙分子位于r轴上，图中曲线为两分子间的作用力或分子势能与分子间的距离r之间的关系图象，根据图象，下列说法正确的是（）A．若b点处的分子势能最小，则该曲线一定是分子间的作用力与分子间的距离r的关系图象B．若c点处的分子势能最小，则该曲线一定是分子间的作用力与分子间的距离r的关系图象C．若曲线是分子间的作用力与分子间的距离r的关系图象，乙分子从a由静止运动到d时先做加速运动后做减速运动D．若曲线是分子势能与分子间的距离r的关系图象，乙分子从a由静止运动到d时分子力先做负功后做正功E．乙分子在a点时的分子引力大于在d点时的分子引力14．（10分）如图所示为一水平放置的导热性能良好的U型玻璃管，左端封闭，右端开口，左端竖直管与水平管的粗细相同，右端竖直管与水平管的横截面积之比为2：1．一段长为12cm的水银柱位于图中所示位置且封闭一段空气柱，设周围环境的温度由27℃不断上升，大气压强为75cmHg，求当温度为119℃时空气柱长度是多少？【物理-选修3-4】（15分）15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知（）A．质点振动的周期T=0.2sB．波速v=20m/sC．因一个周期质点运动0.8m，所以波长λ=0.8mD．从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mE．从该时刻起经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度16．如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点．已知OA=，该球体对蓝光的折射率为．若将该束光的入射点从A点向上移动到离0的R处的A1处，仍沿水平方向射入球体后最终射在水平面上的C1处，求CC1的距离是多少？【物理一选修3-5】（15分）17．关于核反应方程Th→Pa+X+△E（△E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则下列说法正确的是（）A．原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素则不能放出射线B．Pa比Th少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变C．N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0△E（N0数值很大）D．Th的比结合能为E．该放射性元素（Th）与其它元素形成化合物的半衰期仍等于T18．如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平面上，斜面底端有一挡板与之垂直，同种材料制成的可看为质点的小物块A、B、C，其质量分别为m、2m、2m，物块C静止在物块B与挡板之间某一位置．小物块A、B靠在一起，其间夹有少量炸药，一起以v0=4m/s的速度沿斜面匀速下滑，当A、B与挡板距离为L=1.75m 时炸药爆炸，炸药爆炸后A的速度恰好变为零，随后小物块B沿斜面向下运动并与小物块C发生弹性碰撞，接着物块C与挡板也发生弹性碰撞．碰后物块C 沿斜面上滑，最后物块B与A碰撞并粘成一体．取g=10m/s2，求物块B与A刚碰撞后的速度大小v．共2016年河南省中原名校联盟高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）我国古代力学的发展较为完善．例如，《淮南子》中记载“物之功，动而有益，则损随之”．这里的“功”已初步具备现代物理学中功的含义．下列单位分别是四位同学用来表示功的单位，其中正确的是（）A．N•m•s﹣1B．C•V•s C．kg•m2•s﹣2D．V•Ω•s【解答】解：AC、功的单位是J，根据功的定义W=FL可知：1J=1N•m=（1kg•m/s2）•m=1kg•m2•s﹣2．故A错误，C正确；B、根据电功的公式：W=Pt=UIt，电压的单位是V，电流的单位是A，时间的单位是s，所以：1J=1V•A•s=1V•C．故B错误；D、根据电热的单位：Q=t，所以：1J=1V2s•Ω﹣1．故D错误．故选：C2．（6分）如图，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB=BC=CD，不计空气阻力，由此可以判断（）A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1：2：3B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与斜面的夹角相同C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3：2：1D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交【解答】解：A、三球下降的高度之比为3：2：1，根据t=知，A、B、C处的三个小球运动时间之比为，故A错误．B、因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，三个小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，故B 正确．C、三个小球的水平位移之比为3：2：1，根据x=v0t知，初速度之比为．故C错误．D、因最后三个物体落到同一点，故三个小球的运动不可能在空中相交；故D错误；故选：B．3．（6分）一行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星半径为4000km，行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；则（）A．探测器在行星表面上升能达到的最大高度为256mB．该行星表面的重力加速度为10m/sC．该行星的第一宇宙速度为4km/sD．根据题中所给已知条件可以求出该行星的质量【解答】解：A、根据速度时间图线围成的面积知，探测器在行星表面上升的最大高度为：h==768m，故A错误．B、根据图线的斜率知，行星表面的重力加速度为：g=，故B 错误．C、根据mg=得，行星的第一宇宙速度为：v=，故C正确．D、根据得行星的质量M=，因为行星表面的重力加速度可以求出，行星的半径可以得出，所以可以求出行星的质量，故D正确．故选：CD．4．（6分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中，将质量相等的两个带电小球M 和N分别沿图示路径移动到同一竖直线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，则（）A．M的带电量一定比N的大B．M一定带负电荷，N一定带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功【解答】解：A、电场线竖直向下，因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0；对两小球分析可知，小球受重力、电场力和两小球间的库仑力作用；若M带正电，则受重力和电场力向下，如果平衡，则N对M的库仑力应向上，并且库仑力等于重力与电场力的合力；再对N分析，N对M库仑力向上，故N 只能带正电荷，受电场力、重力及库仑力均向下，不可能平衡，故M不可能带正电；故M只能带负电，此时N受电场力向上，则库仑力可以向上也可以向下，由平衡关系可知；如果M受库仑力向上，对M有：Eq M+F=mg；此时N带负电；再对N分析可知，N受重力、向上的电场力以及向下的库仑力，应有：mg+F=Eq N；故q M小于q N；如果M受库仑力向下，则有：Eq M=mg+F；对N分析则有：N带正电，受电场力向下，则有Eq N+mg=F，此时M的电量比N的大；由以上分析可知M一定带负电，而N可以带正电也可以带负电；带N带负电时，M的电量小于N，而N带正电时，M的电量大于N，故AB错误；C、由于两电荷均处于静止，因此静止时两电荷受到的合力均为零，故C错误；D、因M带负电，故由上到下移动电荷时，电场力与运动方向夹角为钝角，故电场对M一定做负功，故D正确．故选：D．5．（6分）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5：1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且2R1=5R2．已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是（）A．电压u的表达式u=311sin10πt（V）B．电压表示数为40VC．R1、R2消耗的功率之比为5：1D．如果只增大变压器原、副线圈的匝数比，则电压表示数减小【解答】解：A、从图乙得到电压的最大值为311V，周期为0.02s，故电压u的表达式u=U m sin=311sin=311sin100πt（V），故A错误；B、电源电压的有效值为U=；根据变压器的变流比公式，有：；根据变压器的变压比公式，有：；对左侧回路，有：U=U1+I1R1对右侧回路，有：U2=I2R2联立上面4个式子，可以得到U2=40V，故B正确；C、根据变流比公式，有：=；根据P=I2R，有：，故C错误；D、设匝数比为n，则同理可求得U2=；由于在n＞5时单调递增，则根据变压器变压比公式可知n＞5时，输出电压逐渐减小，故D正确；故选：BD6．（6分）如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）A．A和B均受三个力作用而平衡B．B对桌面的压力大小不变C．A对B的压力越来越小D．推力F的大小不变【解答】解：A、先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变．，保持不变．则B对桌面的压力不变．故B正确，C 桌面对整体的支持力N=G总错误，D正确．故选：BD7．（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t的关系如下表所示，导轨电阻不计，g=10m/s2，则（）时间t（s）00.10.20.30.40.50.60.7下滑距离s（m）00.10.30.7 1.4 2.1 2.8 3.5A．磁感应强度B的大小为0.1TB．在t=0.7s时，金属棒ab两端的电压值为0.7VC．在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量为0.06JD．在前0.4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量为0.2C【解答】解：A、由表格可知，在0.3s后棒做匀速直线运动，金属棒的速度为：m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F=BIL，而I=，E=BLv得到：根据平衡条件得：F=mg则有：代入数据解得：B2L2=0.01，即：BL=0.1．由于没有导轨的宽度，所以不能判断出磁感应强度的大小．故A错误；B、在t=0.7s时，金属棒上产生的电动势：E=BLv=0.1×7=0.7V金属棒ab两端的电压值为路端电压，为：V．故B 错误；C、金属棒ab在开始运动的0.7s内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：mgx=+Q代入数据解得Q=0.105J根据串联电路的特点可知R上产生的热量：==0.06J．故C正确；D、在前0.4s的时间内，金属棒上产生的平均电动势：V通过金属棒ab的电荷量为：q==C．故D正确．故选：CD8．（6分）如图，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2=2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计，现将系统从静止释放，当m1上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）这一过程中，下列说法正确的是（）A．m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能B．m1上升到h高度时的速度为C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等D．轻绳的张力大小为m1g【解答】解：A、根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两物体的动能，故A错误；B、根据动滑轮的特点可知，m2的速度为m1速度的2倍，根据动能定律可得：解得：v=，故B正确；C、绳子的拉力相同，由于轻绳对m2做功的功率P2=Fv2，P1=2F•v1，由于v2=2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；D、根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知：2F﹣m1g=m1a，m2g﹣F=m2a′联立解得：，故D正确；故选：BCD二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．用实验中的测量量表示：（1）物块Q到达C点时的动能E kc=；（2）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W f=；（3）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=．【解答】解：（1）离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=v C t，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能为：（2）由B到C过程中，由动能定理得：﹣W f=mv C2﹣mv B2，克服摩擦力做的功为：（3）B到C过程中，克服摩擦力做的功：μmgL=，则有：故答案为：（1）；（2）；（3）10．（10分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图1所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x关系图象如图2所示，则该图象的函数关系式为；（2）下列根据图2中I﹣R x图线做出的解释或判断中正确的是BCDA．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大B．欧姆表调零的实质是通过调节R0使R x=0时电路中的电流I=I gC．R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．D．测量中，当R x的阻值为图2中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧（3）有一内阻未知（约20kΩ～60kΩ）、量程（0～10V）的直流电压表①某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率×1k挡．先将红、黑表棒短接调零后，选用图3中A方式连接．②在实验中，某同学读出欧姆表的读数为40KΩ（如图4），这时电压表的读数为 5.0V（如图4）．计算出欧姆表中电池的电动势为8.75V．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得，I==．（2）A、因为R x=﹣r﹣R0﹣R g，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大．故A错误．B、当R x=0，I=，此时电流为满偏电流．故B正确．C、R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C正确．D、测量中，当R x的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧．故D正确．故选：BCD．（3）①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位；电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A方式正确；②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ；电压表量程为10V，最小分度为0.1，故读数为：5.0V；欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=30KΩ；根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U===8.75V；故答案为：（1）（2）BCD；（3）①×1k A ②40 k 5.0 8.75．11．（13分）如图所示，一质量为m=3kg物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止开始从倾角θ=30°的光滑斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经时间t 撤去力F，物体又经过时间t回到出发点，斜面足够长．（g取10m/s2）（1）恒力F的大小；（2）如果t=3s，求物体回到出发点的速度大小．【解答】解：（1）以物体为研究对象，对物体受力分析，如图所示撤去F前，根据牛顿第二定律撤去F后撤去F之前物体做匀加速直线运动撤去F时速度撤去F后物体能回到出发点联立以上各式得（2）由第（1）问得因为t=3s撤去F时速度回到出发点时的速度大小10m/s，方向沿斜面向下答：（1）恒力F的大小为20N；（2）如果t=3s，求物体回到出发点的速度大小为10m/s．12．（18分）如图所示，在xOy平面内第一象限存在水平向右的匀强电场，场强为E=2v/m，第二象限和第三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T．有一带负电的粒子，比荷为4C/kg，从x轴上x=3m的P点以初速度v0=4m/s 垂直于x轴进入电场，不计带电粒子的重力．求：（1）带电粒子第一次通过y轴时距O点的距离；（2）带电粒子进入匀强磁场后经多长时间第一次返回到电场；（3）试通过计算说明粒子能否通过y轴正半轴上的Q点？已知Q点到O点的距离为28m．【解答】解：（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛规律可得：x方向做匀加速：x=y方向做匀速直线运动：y=v0t根据牛顿第二定律：Eq=ma，可得粒子的加速度：a==4×2=8m/s2，联立以上各式可得粒子第一次通过y轴时距O点的距离：y==m=2m（2）画出粒子轨迹过程图如图所示，根据类平抛规律有：y方向分速度：v y=v0=4m/sx方向分速度：v x=at=a=4m/s粒子进入磁场时的速度：v==8m/sv x与v0方向夹角：tanθ==即：θ=60°粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：R==2m粒子在磁场运动的周期：T==s根据几何关系可知，粒子在磁场中转过240°的圆心角后离开磁场，从粒子进入磁场到离开磁场的过程，沿y轴方向的位移：△x=R=2m=y=v0t 所以粒子没有进入第四象限，粒子恰好从坐标原点O第一次返回到电场，经历的时间：t=T=s≈1.05s（3）画出周期性运动的粒子轨迹过程图，如图所示，粒子在电场和磁场中做周期性运动，每个周期粒子向上平移的距离为：△x=y=2m粒子经过y轴上点的纵坐标y′满足：y′=n•2△x（其中n=0，1，2，3…）若粒子经过y轴正半轴上的Q点，需满足：y′=n•2△x=28m解得：n=7，因为n为整数，故粒子可以通过y轴正半轴上的Q点．答：（1）带电粒子第一次通过y轴时距O点的距离为2m；（2）带电粒子进入匀强磁场后大约经1.05s后第一次返回到电场；（3）粒子能通过y轴正半轴上的Q点．【选修3-3】13．（5分）如图，坐标原点O处固定有一甲分子，乙分子位于r轴上，图中曲线为两分子间的作用力或分子势能与分子间的距离r之间的关系图象，根据图象，下列说法正确的是（）A．若b点处的分子势能最小，则该曲线一定是分子间的作用力与分子间的距离r的关系图象。

河南省中原名校高三4月高考仿真模拟理综物理试卷扫描版含解析

河南省中原名校2015—2016学年下期第二次联考物理参考答案14 C 15B 16 C 17 D 18 B 19BD 20CD 21BCD22．（1） h mgs mv E c kc 42122== （2）h mgs mgR W f 42-= （3）hLs L R 42-=μ (每空2分) 23．（1）I=（1分）（2）BCD （2分）（3）①×1k （1分） A （2分） ②40 kΩ（1分） 5.0（1分） 8.75（2分）【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律得，I=E R 总=0r+R g xER R ++．（2）A 、因为R x =E I﹣r ﹣R 0﹣R g ，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大．故A 错误．B 、当R x =0，I=0r+R gE R +，此时电流为满偏电流．故B 正确．C 、R x 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C 正确．D 、测量中，当R x 的阻值为图5中的R 2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧．故 D 正确．故选：BCD ．（3）①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位；电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A 方式正确； ②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ；电压表读数为：5V ；欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=30KΩ；根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U=U r U R +=53010005401000⨯⨯+=⨯8.75V ；故答案为：①×1k ，A ；②40 kΩ，5.0，8.75．24．（13分）解：（1）（8分）设物体在F 作用下加速度大小为a 1,位移为x,刚撤去F 时的速度为v ，则由牛顿第二定律及运动学公式得： F-mgsin θ=m a 1 （1分）X=a 1t 2 （1分）V=a 1t （1分）设物体撤去F 后的加速度大小为a 2,位移为x,则由牛顿第二定律及运动学公式得： a 2=gsin θ （1分） -x=vt-a 2t 2 （2分）联立得4sin 203F mg N θ== （2分）（其它正确答案酌情给分，下同）（2）（5分）设物体回到出发点时的速度为v t ,则把t=3s 带入（1）中得v=5m/s ，a 2=5m/s 2 （2分）由运动学公式可得 v t =v-a 2t （2分）代入数据得v t =-10m/s （1分）25．（18分）解：（1）（4分）粒子在第一象限做类平抛运动，粒子的加速度为Eqam=错误！未找到引用源。

2016年3月2016届高三第二次全国大联考(新课标Ⅱ卷)物理卷(原卷版)

【学易大联考】2016年第二次全国大联考【新课标Ⅱ卷】理科综合·物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系，现有以下物理量单位：T（特斯拉）、A（安）、m（米）、C（库）、m/s（米每秒）、kg（千克)、m/s2（米每二次方秒）、V/m（伏每米），由它们组合成的单位与其他三个不等效的是（）A．T·m·A B．kg·m/s2C．T·C·m/s2D．V/m15．某物体从静止开始运动的a t 图象如图所示，下列说法正确的是（）A．物体在第1s末的速度大于第2s末的速度B．物体在运动过程中速度方向不变C．物体第4s末时位移最大D．物体在第6s末的瞬时速度等于016．如图所示，在水平拉力F和三根等长的细线作用下，质量分别为m和2m小球A、B处于静止状态，其中细线OA和OB同系于天花板上面的O点，细线AB连接两个小球，三根细线都拉直且细线OB恰好处于竖直方向，则细线OA和OB的张力之比为（）17．自空中的A点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的B点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的C点，如图所示，水平面上的D点在B点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶3B．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶3C．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶2D．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶218．为了对空间站进行近距离多角度的视频监控，在空间站释放伴飞小卫星是科学发展的趋势，目前成熟的方案是如图所示，伴飞小卫星绕空间站螺旋状绕行，关于伴飞小卫星，下列说法正确的是（）A．伴飞小卫星的在A点要进行点火减速B．伴飞小卫星沿目标轨道方向的速度大于第一宇宙速度C．伴飞小卫星沿目标轨道方向的分速度始终与目标飞行器的速度相同D．伴飞小卫星的在B点要进行点火减速19．一个带负电的油滴a静止于平行板电容器A中，如图所示，A、B两个完全相同的平行板电容器上极板和下极板之间分别用导线相连。

河南郑州市2016高三第二次质量预测理综物理试题word含答案

2016 年郑州市高中毕业年级第二次质量展望理科综合物理试题卷本试卷分选择题和非选择题两部分。

考试时间 150 分钟，满分 300 分。

考生应第一阅读答题卡上的文字信息，而后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。

交卷时只交答题卡。

可能用到的相对原子质量：H－ 1 C－12 N－ 14 O－ 16 Na－ 23 Cl－ 35． 5 Fe－ 56 Ni－ 59第Ⅰ卷二、选择题：此题共8 小题。

每题 6 分。

在每题给出的四个选项中。

第一项切合题目要求，第19～21 题有多项切合题目要求。

所有选对的得全的得 3 分。

有选错的得0 分。

14～ 18 题只有6 分。

选对但不14．以下图，直线界限ab 上方有无穷大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一矩形金属线框底边与磁场界限平行，从距离磁场界限高度为h 处由静止开释，以下说法正确的选项是A．整个着落过程中，穿过线框的磁通量向来在减小B．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C．线框穿出磁场的过程中，线框遇到的安培力可能向来减小D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小15．以下图，带电体P、 Q 可视为点电荷，电荷量同样。

倾角为θ 、质量为M 的斜面体放在粗拙水平面上，将质量为m 的物体 P 放在粗拙的斜面体上。

当物体Q 放在与 P 等高（ PQ连线水平）且与物体 P 相距为 r 的右边地点时， P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则以下说法正确的选项是mgk tanA． P、 Q 所带电荷量为2rB． P 对斜面的压力为 0C．斜面体遇到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为（ M＋ m）g16．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的表示图，中间的·表示人的重心。

图乙是依据传感器收集到的数据画出的力一时间图线。

两图中a～ g 各点均对应，此中有几个点在图甲中没有画出。

取重力加快度g＝ 10 m／ s2。

河南省中原名校2016届高三理综5月仿真模拟联考试题(扫描版)

河南省中原名校2016届高三理综5月仿真模拟联考试题（扫描版）中原名校2016年高考全真模拟统一考试物理试题参考答案 14．【试题来源】典型试题．运动学，图像，实际应用．【答案】B【解析】从图象可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度失灵后的加速度，设追尾时间为t ，则有小汽车刹车失灵前的位移：，小汽车刹车失灵后的位移：大卡车的位移：由32130x x x +=+ 得，，所以AC 错误，B 正确；如果刹车不失灵，则在t=2s 时两车速度相同，这时没有追尾，以后间距会越来越大，更不会追尾，D 错．15．【试题来源】经典试题，易错题。

【答案】C ．【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；若拉力的最大值大于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向下，则：F-f-mgsin θ=0，故拉力减小后，静摩擦力先减小后反向增加；若拉力的最大值小于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向上，则：F+f-mgsin θ=0，故拉力减小后，静摩擦力一直增大；故选：C ．16．【答案】C ．【解析】A ．根据条形磁场两端磁极最强，则线圈经过O 点时，穿过线圈的磁通量最小．故A 错误；B 、线圈在o 点不切割磁感线，故在O 点的感应电流为零，因此在O 点线圈不受磁场力．故B 错误；C 、线圈沿不同方向经过b 点时，由于运动方向不同，导致磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向相反，因此所受的磁场力方向相反，故C 正确；D 、线圈沿同一方向经过a 、b 两点时，穿过线圈的磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向正好相反，D 错误．17．【试题来源】必修3-1．P12P19点电荷的场强和电势．课本图的立体化及对应理解．改编．【答案】D等，但方向不同，故B 错误；C 、D 的电势低于B 点的电势，电子带负电，根据E p =q φ，则电子在B 点的电势能小于在D 点的电势能，故C 错误；D 、A 、C 两点在同一等势面上，D 、A 间与D 、C 间的电势差相等，由W=qU ，将一电子由D 点分别移动到A 、C 两点，电场力做功相同，故D 正确；故选：D ．18．【试题来源】原来是斜面滑到水平面上的二级结论，后改编为滑到斜面上同样有些结论，现编为一定确定的角度处理．动力学结合运动学公式，或动能定理．所给物理量较少，对思维思路是一个考验．【答案】C ．19．【试题来源】2012年福建高考给出了卫星运动的线速度求行星的质量，属于基础题；本题在此基础上改编，给出周期，同时所求量较多．属于较难的试题．基本上属于原创．【答案】D ．【解析】由已知条件：m 的重力大小为F 得F ＝mg ，所以这颗行星表面的重力加速度大小为m F，这也是近地卫星的向心加速度a ，注意此加速度不是行星的向心加速度，故A 错误；对卫星由2)2(T R g a π== 可得这颗行星的半径为m FT 224π，故B 错误；由T R v π2=，将R 代入得这颗卫星的线速度大小为m FTπ2，所以C 错误．对近地卫星由万有引力提供向心力得G Mm ′R 2＝2')2(T R m π，星球的密度334R Mπρ=整理得23GT πρ=故D 正确，所以答案为D ．20．【试题来源】常规题型。

2016河南省六市高三第二次联合教学质量检测理综答案

2016年河南省六市高三第二次联合教学质量监测理科综合能力测试参考答案一㊁选择题:本题共13小题,每小题6分㊂在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的㊂1.C2.B3.C4.D5.D6.D7.A8.C9.D 10.C 11.B 12.D 13.B 二㊁选择题:本题共8小题,每小题6分㊂在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求㊂全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分㊂14.B 15.C 16.C 17.C 18.D 19.B D 20.B C 21.A C D 三㊁非选择题:包括必考题和选考题两部分㊂第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答㊂第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答㊂(一)必考题(共129分)22.(6分)(1)需要(3分) (2)F L =12M (d t )2(3分)23.(9分)(1)R 1-R 2(2分)(2)①如图所示(3分)②6.0(5.8-6.2);2.5(2.4-2.6) (各2分)24.(14分)(1)由牛顿第二定律得:F -m g =ma 2分F =m g +ma =1.1ˑ104N 2分(2)在竖直方向上作匀加速直线运动h 1=12a t 12 1分 t 1=2h 1a=10s 1分由于推力改变方向F c o s θ=11m g ˑ111=m g 1分 )页6共(页1第案答合综科理三高导弹在竖直方向作匀速运动t 2=H -h 1v y1分 v y =a t 1 1分 ʑt 2=15s 1分则t 总=t 1+t 2=25s 1分到5000米高度后,导弹在水平方向作匀加速运动F s i n θ=m a x 1分s i n θ=1-c o s 2θ=23011则a x =203011m /s 2 1分 x =12a x ㊃t 22=22503011m 1分 25.(18分)(1)因小球能做匀速圆周运动,所以有:E q =m g 2分则:E =m g q=10N /C ,方向竖直向下 2分 (2)洛伦兹力提供向心力有:q v B =m v 2R 1分 v =qB R /m 当小球直接落入筐中 R 2m =(9-R m )2+s 2 2分解得:R m =5m 1分 v =5m /s 1分 (3)周期T =2πR v得:T =2π s ʈ6.28s 1分因为速度方向与半径方向垂直,圆心必在挡板的竖直线上R ȡs =3m设小球与挡板碰撞n 次,其最大半径为h 2n要击中目标必有:h 2n ȡ3,92n ȡ3,0<n ɤ1.5n 只能取1 2分当n =1时可得:(h -3R )2+s 2=R 2 1分(9-3R )2+32=R 2解得:R 1=3m ,R 2=3.75m 1分R 1=3m 时由如图2中的②)页6共(页2第案答合综科理三高运动轨迹可知:运动时间t =450T 360=450π180s 1分 R 2=3.75m 时运动时间最长,其运动轨迹如图2中的轨迹①所示,由几何知识有:c o s β=33.75=45,则β=37ʎ 1分则t m a x =(360+90+37)T 360=478π180s 1分所以时间的可能值为450π180s (或2.5πs ),478π180s 1分解答时若有相关图示或语言描述,以学生图示㊁描述为淮,只要正确均可得分26.(14分)(1)分液漏斗(2分)(2)烧杯㊁玻璃棒㊁量筒(2分)(3)除去混合液中的丙烯酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)(2分)(4)温度计水银球位置,水进出方向,尾接管与烧瓶接口密封等(每空2分,指出任意两处合理即可)(5)54.0%(2分)(6)在通风橱中实验,防止明火(2分)(其他合理答案均可)27.(14分)(每空2分)(1)C H 3O H (l )+O 2(g )=C O (g )+2H 2O (l ) әH=-442.8k J ㊃m o l -1(2)①0.13m o l ㊃L -1㊃m i n -1 ②0.17 ③< ④0<a b <1(3)C H 3O H-6e -+8O H -=C O 2-3+6H 2O (不考虑介质不得分)(4)5.6ˑ10-7m o l ㊃L -128.(15分)(1)65.2(其他答案不得分)(2分)(2)升高反应温度㊁增大固体颗粒的表面积㊁加快搅拌速度等(2分,答案合理即可)(3)2C r 3++3H 2O 2+H 2O=C r 2O 2-7+8H +(2分)(4)N a +㊁M g 2+㊁C a 2+(2分)p H 超过8会使部分A l (O H )3溶解生成[A l (O H )4]-(或A l O -2),最终影响铬元素回收与再利用(2分)(5)C a 2+㊁M g 2+(2分)(6)3S O 2+2N a 2C r O 4+12H 2O=2C r O H (H 2O )5S O 4ˌ+N a 2S O 4+2N a O H (3分)29.(除标注外,每空1分,共10分)(1)无水乙醇 [H ]和O 2 A T P (2)线粒体和叶绿体(3)光照强度弱 C O 2(4)株叶面积增大低于(5)相互作用,共同调节(2分))页6共(页3第案答合综科理三高30.(每空1分,共9分)(1)抗原自身免疫病(2)摄取㊁利用和储存(少写不给分) Ⅲ>Ⅰ>Ⅱ(3)等体积生理盐水血液中胰高血糖素的浓度空腹(或饥饿或低血糖)(4)提高进食情况(或饥饿情况或进食和饥饿情况)31.(除标注外,每空1分,共10分)(1)信息传递(2)温度酶活性(3)大于 0.85 (2分) (4)未被利用的能量(2分)(5)负反馈自我调节32.(10分)(除标注外,每空2分)(1)①基因突变(1分) ②基因在染色体上(1分)(2)①灰身雌蝇ʒ灰身雄蝇ʒ黄身雄蝇=2ʒ1ʒ1 ②雌 50% X +X y X y 和Y O(二)选考题:共45分㊂请考生从给出的3道物理题㊁3道化学题㊁2道生物题中每科任选一题作答,并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑㊂注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题㊂如果多做,则每学科按所做的第一题计分㊂33.(1)(5分)C D E (2)(10分)①活塞刚离开B 处时,设气体压强为p 2p 2㊃S =p 0㊃S +m g 2分得p 2=1.2ˑ105P a 1分由查理定律得:0.9p 0273+t 1=p 2273+t 22分得t 2=127ħ 1分 ②设活塞最终移动到A 处,最后压强为p 3由理想气体状态方程得p 1V 0273+t 1=p 3V 3273+t 3 2分得p 3=1.5ˑ105P a 1分因为p 3>p 2故活塞最终移动到A 处的假设成立. 1分 34.(1)(5分)A C E(2)(10分)①根据折射定律得:s i n C =1n =22 2分得C =45ʎ 1分)页6共(页4第案答合综科理三高②根据几何知识得光源到三个侧面的距离为d =36a 2分由于C =45ʎ,由几何知识得每个侧面发光面积为圆面积的一半.其半径r =d =36a 3分则总面积S =32π(36a )2=18πc m 2(或56.5c m 2) 2分 35.(1)(5分)A D E (2)(10分)①A ㊁B 发生弹性正碰,以A 的初速度方向为正方向m v 0=m v A +2m v B 1分 12m v 02=12m v A 2+12ˑ2m v B 2 1分得:v A =-13v 0 v B =23v 0 2分 ②弹簧第一次压缩到最短时,B 速度为零E p =12ˑ2m v B 2=49m v 02 2分再次恢复原长时,v B =23v 0向右,v C =02m v B =(2m +2m )v ' 1分12ˑ2m v B 2=12(2m +2m )v '2+E p ' 1分 E p '=29m v 02 1分则E p E p '=21 1分 36.ʌ化学选修:化学与技术ɔ(15分)(1)沸腾炉(1分);4F e S 2+11O 2高温2F e 2O 3+8S O 2(2分)㊂(2)防止催化剂中毒(2分);等温(2分)㊂(3)c d (2分)㊂(4)三氧化硫含量较高,不利于二氧化硫与氧气反应(2分)㊂(5)多次反应,多次吸收,提高原料的利用率(答采用逆流原理,增大三氧化硫的吸收率,得一半分)(2分)(6)205.2t (2分)37.ʌ化学选修3:物质结构与性质ɔ(15分)(1)3d 4s ʏʏʏˌ(2分) 22(1分) 六方最密(2分)(2)D (2分) )页6共(页5第案答合综科理三高(3)分子(1分)(4)化合物乙分子间形成氢键(2分) N>O>C(2分)(5)6(1分)136(aˑ10-10)3㊃N A(2分)38.ʌ化学选修5:有机化学基础ɔ(15分)(1)乙炔 C9H10O3加成反应(各1分)(2)2(2分)(3)(2分) (4)(酚)羟基㊁羧基(2分)(2分) (5)4(2分)(以上任一种2分)39.ʌ选修1:生物技术实践ɔ(15分,除注明外每空2分)(1)(植物)细胞的全能性外植体(2)灭菌(3)诱导菊花生根12(4)<1除不添加生长素和细胞分裂素外,其余实验条件要与A㊁B㊁C组相同(3分) 40.ʌ生物选修3:现代生物科技专题ɔ(15分)(除标注外,其余每空2分)(1)基因表达载体的构建胚胎分割(或胚胎分割移植)(2)牛乳腺蛋白基因的启动子性别鉴定(3)浆细胞(或B淋巴细胞,答案合理即可)特异性强,灵敏度高,可大量制备(4)农杆菌转化法(1分)植物组织培养)页6共(页6第理三高科综答合案。

河南联考高考物理二模试卷

河南联考高考物理二模试卷————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2016年河南联考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．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项正确，19-21题有多个选项正确，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，两个相同的条形磁铁，放在水平地面上的长木板AB上的同一直线上，两磁铁的N极相对，木板和磁铁均处于静止不动．现在两磁铁竖直对称轴上的C点处放一垂直于纸面的长直导线，通以垂直纸面向里的恒定电流，磁铁仍处于静止，则下列说法正确的是（）A．导线受到的安培力竖直向上B．导线受到的安培力竖直向下C．木板受到地面的摩擦力向右D．木板受到地面的摩擦力为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；磁场对电流的作用．【分析】根据磁铁形成的磁场分布判断出C处的磁场，然后根据左手定则判断出受到的安培力方向，再结合作用力与反作用力及共点力平衡求的地面对木板的摩擦力．【解答】解：条形磁铁在C处的磁感应强度竖直向上，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力水平向右，根据作用力与反作用力的关系，磁铁和木板受到的作用力向左，根据共点力平衡可知，木板受到地面的摩擦力水平向右，故C正确，ABD错误；故选：C2．研究表明，3亿年前地球自转的周期约为22小时．这表明地球的自转在减慢，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则未来（）A．近地卫星的运行速度比现在小B．近地卫星的向心加速度比现在小C．地球同步卫星的线速度比现在大D．地球同步卫星的向心加速度比现在小【考点】同步卫星．【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，再分析变轨后与变轨前半径大小、线速度大小和角速度大小．【解答】解：设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：G=m=m=mω2r=ma向=得周期为：T=2π，线速度为：v=，则角速度为：ω=，向心加速度a向A、由题意知，近地卫星的运行半径不变，所以运行速度不变，向心加速度也不变．故A错误，B错误；C、若自转在减慢，则现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度ω减小，向心加速度减小，故C错误，D正确．故选：D3．如图所示，A、B两个相同的球处于高为H的同一高度由静止释放，A做自由落体运动，B 先沿固定光滑的四分之一圆弧运动，从圆弧面抛出后做平抛运动，若B球落地时重力做功的瞬时功率是A球落地时重力做功瞬时功率的一半，则圆弧轨道的半径为（忽略小球的大小）（）A．H B．H C．H D．H【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】根据功率公式可明确落地时的夹角大小；再分别对平抛和自由落体运动的物体根据机械能守恒定律列式，联立即可求得圆弧轨道的半径．【解答】解：由机械能守恒定律可知，两个球落地时的速度大小相等，设球的质量为m，球落地时的速度大小为v，则A球落地时重力做功的瞬时功率P1=mgv，设B球落地时的速度与竖直方向夹角为θ，则mgvcosθ=mgv，解得：θ=60°；由此可知，小球做平抛运动的速度v0=vsin60°=v，再由机械能守恒定律可知：mgR=mv02=mv2，对A由机械能守恒可得：mgH=mv2；解得：R=H；故B正确，ACD错误；故选：B4．将一质量为m、长度为L、通有垂直纸面向里的电流的导体棒放在倾角为α的光滑斜面体上，当在空间加一与斜面体垂直斜向上的匀强磁场时，导体棒刚好在斜面体上处于静止状态，现将磁场逆时针转动到水平向左的过程中，若导体棒始终处于静止状态，已知导体棒中的电流强度为I，则下列叙述正确的是（）A．磁感应强度大小不变B．磁场逐渐减弱C．整个过程中磁感应强度的最小值为D．整个过程中磁感应强度的最大值为【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．【分析】对导体棒受力分析，根据共点力平衡中的动态分析方法分析安培力的变化，从而明确磁场强度的变化；再通过过程分析明确极值的大小．【解答】解：A、导体棒受重力、支持力、安培力的作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上的逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图可知，安培力应逐渐增大；即此过程中磁感应强度B增大；磁场增强；故AB错误；C、刚开始时安培力F最小，有sinα=，所以此过程中磁感应强度的最小值为；故C正确；D、最后时安培力最大，则有F=mg，故整个过程中磁感应强度的最大值为；故D错误；故选：C．5．如图所示为甲乙两个物体做同向直线运动的v﹣t图象，则关于两物体在0～t1时间内的运动，下列说法正确的是（）A．两物体间的距离一定在不断减小B．两物体的位移差一定是不断增大C．两物体的速度差一直在增大D．两物体的加速度都是先增大后减小【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度﹣时间图象上图线切线的斜率表示该时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，图象的斜率表示加速度．【解答】解：A、v﹣t图象与坐标轴围城的面积表示位移，由于不知道甲乙两个物体的初始位置，所以不能判断两物体间距离如何变化，如果是甲在前，乙在后，则两物体间距离逐渐增大，故A错误；B、v﹣t图象与坐标轴围城的面积表示位移，根据图象可知，两物体的位移差为两图线间的面积，随着位移的增大而增大，故B正确；C、根据图象可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；D、图象的斜率表示加速度，根据图象可知，两物体的加速度都是先减小后增大，故D错误．故选：B6．如图甲所示，PQ为某电场中的一条电场线，一质量为m、电量为q的粒子（不计重力）在电场线上的O点由静止释放，粒子只在电场力作用下运动的运动路径中的电场场强E与运动的位移关系图象如图乙所示，则下列关于粒子运动的速度v、加速度a随时间t，电势φ、动能E k随运动的位移x的关系可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】粒子由静止释放做加速运动，速度逐渐增大．根据电场强度的变化，分析电场力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化．根据U=Ed分析电势变化的快慢．根据电势差变化快慢分析动能变化的快慢．【解答】解：A、粒子由静止释放，只在电场力作用下运动，由乙图可知，运动过程中电场强度越来越小，将图乙的电场强度随位移的分布转化为电场线的分布如右图所示，则粒子在运动过程中速度越来越大，加速度越来越小，v﹣t图象的斜率越来越小，故A正确．B、根据牛顿第二定律知a=，加速度随时间减小得越来越快，a﹣t图象的斜率越来越大，故B错误．C、E﹣x图象所围的面积表示电势差，随着位移的增大，面积增大得越来越慢，电势改变得越来越慢，故C正确．D、电势改变得越来越慢，电势能改变得越来越慢，则动能增大得越来越慢．故D错误．故选：AC7．如图所示，理想变压器的输入端接交流电压，输出端并联两只相同的小灯泡L1、L2，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了两只理想电流表A1、A2，导线电阻不计．开始时电键S断开，小灯泡L1恰好正常发光．下列说法正确的是（）A．原副线圈的匝数比为n1：n2=3：1B．流过小灯泡L1的电流方向每秒改变10次C．电键S闭合后，小灯泡L1变暗D．电键S闭合后，电流表A1的读数变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】由图甲知电压有效值为60V，频率为5Hz，电压与匝数成正比，开关闭合后，判断副线圈电阻如何变化，然后由欧姆定律判断电流如何变化，根据变压器的变压比与变流比分析答题．【解答】解：A、由图知电压有效值为60V，副线圈电压为20V，电压与匝数成正比，故原副线圈的匝数比n1：n2=60：20=3：1，A错误；B、由图知交流电的频率为5Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B正确；C、闭合开关，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L1亮度不变，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表示数都变大，但比值不变，故C错误，D正确；故选：BD8．如图所示，光滑水平面上固定一正方形线框，线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框的右边刚好与虚线AB重合，虚线的右侧有垂直于水平面的匀强磁场，磁感应强度为B，线框通过一水平细线绕过定滑轮与一质量为M的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线框刚好要进入磁场时加速度为零，则在线框进磁场的过程中（）A．线框的最大速度为B．当线框的速度为v（小于最大速度）时，线框的加速度为g﹣C．当线框的速度为v（小于最大速度）时，细绳的拉力为D．线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为【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．【分析】当线框刚要进入磁场时，加速度为零，速度最大，根据平衡，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出线框的最大速度．根据线框的速度，求出线框所受的安培力，对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离分析，求出细绳的拉力大小．根据法拉第电磁感应定律以及电量的公式求出通过线框截面的电量大小．【解答】解：A、当线框刚要进入磁场时线框的速度最大，这时，因此线框的最大速度为，故A错误．B、当线框的速度为v（小于最大速度）时，Mg﹣，解得加速度a=，故B错误．C、由牛顿第二定律，Mg﹣T=Ma，解得绳子的拉力为T=，故C正确．D、线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为q=，故D正确．故选：CD．二、实验题（本题包括4个小题，共47分．）9．某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h，保持小球下落的位置不变，保持光电门B的位置不变，改光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值．（1）根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出图象，则图象应是图乙中的D．（2）图线与纵轴的交点表示钢球通过B光电门时的速度，要求出重力加速度，必须求出图线的斜率绝对值，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为2k．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）依据运动学公式，结合逆向思维，及图象的含义，即可求解；（2）．根据函数表达式，与图线的横纵坐标，及图线的斜率，即可求解．【解答】解：（1）由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为v B，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有：h=v B t﹣，即=v B﹣，因此D正确，ABC错误；（2）由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由解得：g=2k；故答案为：（1）D；（2）小球通过B光电门的速度，斜率的绝对值，2k．10．利用如图（a）所示电路，可以测量金属丝的电阻率ρ，所用的实验器材有：待测的粗细均匀的电阻丝、电流表（量程0.6A，内阻忽略不计）电源（电动势3.0V，内阻r未知）、保护电阻（R0=4.0Ω）刻度尺、开关S、导线若干、滑片P实验步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图（b）所示．②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I．③以为纵坐标，x为横坐标，作﹣x图线（用直线拟合）．④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b．回答下列问题：（1）螺旋测微器示数为d=0.400mm．（2）用题中字母可求得与x的关系式为=+．（3）实验得到的部分数据如表所示，其中aP长度x=0.30m时电流表的示数如图（c）所示，读出数据，完成下表，答：①0.38，② 2.63x（m）0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60I（A）0.49 0.43 ①0.33 0.31 0.28（A﹣1） 2.04 2.33 ② 3.03 3.23 3.57（4）在图（d）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k= 3.00A﹣1m﹣1，截距b= 1.78A﹣1．（保留小数点后两位小数）（5）根据图线求得电阻丝的电阻率ρ= 1.1×10﹣6Ω•m，电源的内阻为r= 1.3Ω．（保留小数点后一位小数）【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）根据欧姆定律，结合数学知识，即可求解；（3）根据图c所示电流表读出其示数，然后答题．（4）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题．（5）根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达，然后根据图象的斜率与截距，即可求解．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.0mm，可动刻度为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为0.400 mm（0.400±0.001）．（1）根据闭合电路欧姆定律，则有：E=I（R0+r+），由数学知识，可得，=+；（3）由图（c）可知，电流表读数为I=19.0×0.02A=0.380A；故表格①中应为0.38，表格②中通过计算可知，应该为2.63，（4）在图（d）中描点作图，让直线尽量过所有的点，或让直线对称分布在直线两侧，由图线可知，斜率为k=A﹣1•m﹣1=2.97A﹣1•m﹣1，因此纵截距为b=1.77A﹣1；（5）由数学知识可得，k=，b=，解得：ρ=1.1×10﹣6Ω•mr=1.3Ω故答案为：（1）0.400（0.400±0.001）；（2）=+；（3）①0.38，②2.63；（4）图线如上图所示，3.00（2.92～3.10），1.78（1.76～1.78）；（5）1.1×10﹣6（1.0×10﹣6～1.2×10﹣6），1.3（1.1～1.5）．11．如图回旋加速器的D形盒半径为R，用来加速质量为m，带电量为q的质子，使质子由静止加速到具有能量为E后，由A孔射出，求：（1）加速器中匀强磁场B的方向和大小；（2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，则加速到上述能量所需回旋周数是多少？（3）加速到上述能量所需时间（不计通过缝隙的时间）．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】（1、2）匀强磁场B的方向根据左手定则判断确定．回旋加速器中粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时粒子运动的轨迹半径等于D形盒的半径；根据洛伦兹力提供向心力，求出最大动能．质子在一个周期内被加速两次，根据一次加速的能量与最大动量的关系，即可确定加速次数，从而得到回旋周数．（3）加速到上述能量所需时间即磁场中运动时间，根据周期和圈数结合求解．【解答】解：（1）根据左手定则可知B的方向垂直于纸面向里．根据qv m B=m得最大动能为：E=mv m2=因此加速器中匀强磁场B的大小为：B=；根据左手定则克制，B的方向垂直于纸面向里（2）加速电压为U，则质子每次经电场加速后能量为：E K0=qU；设共加速N次，则有：N==；由于每周加速两次，所以加速到上述能量所需回旋周数是：n==（3）因为质子运动的线速度为：v=运动的周期为：T=运动的周期与半径r和速度无关，故加速度总时间为：t=nT=答：（1）加速器中匀强磁场B的方向为垂直于纸面向里，大小为；（2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，则加速到上述能量所需回旋周数是（3）加速到上述能量所需时间为12．如图所示，质量分别为m、2m的物体a、b通过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态，a与水平面上固定的劲度系数为k的轻质弹簧相栓连，Q点有一挡板，若有物体与其垂直相撞会以原速率弹回，现剪断a、b之间的绳子，a开始上下往复运动，b下落至P点时以原速率水平向右运动，当b静止时，a恰好首次到达最低点，一直PQ长s0，重力加速度g，b 距P高h，且仅经过P点一次，b滑动时动摩擦因数μ，a、b均可看做质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：（1）物体a的最大速度；（2）物体a第一次运动到最低点所需要的时间；（3）物体b停止的位置与P点距离．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．【分析】（1）当弹簧弹力与a的重力相等时a的速度最大，由机械能守恒定律可以求出最大速度．（2）根据弹簧振子的周期公式求出a的运动时间．（3）由动能定理求出b在水平面上的路程，然后答题．【解答】=解：（1）没有间断细线前，对a，由平衡条件得：2mg=mg+kx1，当弹簧弹力与a的重力相等时a的速度最大，由平衡条件得：mg=kx2，解得：x1=x2=，初速度位置与速度最大位置弹簧的弹性势能E P相等，由机械能守恒定律得：E P+mg（x1+x2）=E P+mv2，解得，最大速度：v=2g；（2）a做简谐运动，周期：T=2π，物体a第一次运动到最低点所需要的时间：t=T=π；（3）在整个运动过程中，对b，由动能定理得：2mgh﹣μ•2mgs=0﹣0，解得：s=，如果b与Q发生碰撞，则物体b停止的位置与P点距离：d=s0﹣（s﹣s0）=2s0﹣，如果b与Q不发生碰撞，则物体b停止的位置与P点距离：d=s=；答：（1）物体a的最大速度为2g；（2）物体a第一次运动到最低点所需要的时间为π；（3）物体b停止的位置与P点距离为2s0﹣或．三、【物理--选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．当分子间作用力减小时，分子势能一定减小B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的C．质量、温度、体积都相等的物体的内能不一定相等D．热量能够自发的从内能多的物体传到内能少的物体E．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生【考点】热力学第二定律；分子势能．【分析】本题根据分子势能与分子力的关系、液晶的特性、物体内能的决定因素以及热力学第二定律进行解答．分子力做负功时，分子势能增加．液体具有各向异性的特点．物体的内能与物质的量、体积和温度有关．符合能量守恒定律和热力学第二定律的宏观过程都能自然发生．【解答】解：A、当分子间的作用力表现为引力时，引力减小时，分子间距离可能增大，也可能减小，因此分子力可能做负功，也可能做正功，分子势能可能增大，也可能减小．故A错误．B、液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点，来显示不同的颜色．故B正确．C、物体的内能与物质的量、体积和温度有关．质量相等的不同各类的物质，物质的量不一定相等，所以质量、温度、体积都相等的物体的内能不一定相等．故C正确．D、热量只能自发地从温度高的物体传到温度低的物体，而内能多的物体温度不一定高，故D 错误．E、自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生．故E 正确．故选：BCE14．如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A：S B=1：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=300K．A中气体压强P A=1.5P0，P0是气缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到p A′=2p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体温度T A．【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】由平衡条件求出气体的压强，应用理想气体的状态方程分别对A、B气体列方程，然后解方程求出气体A的温度．【解答】解：活塞平衡时，由平衡条件得：P A S A+P B S B=P0（S A+S B）①，P A'S A+P B'S B=P0（S A+S B）②，已知S B=2S A③，B中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B，由玻意耳定律得：P B'V B=P B V0④，设A中气体末态的体积为V A，因为两活塞移动的距离相等，故有⑤，对气体A由理想气体状态方程得：=⑥，解得：T′A=T A=500K；答：A中气体温度为500K．四、【物理--选修3-4】15．下列说法正确的是（）A．在单色光双缝干涉实验中，双缝间距离越大，屏上光的干涉条纹间距越大B．在单缝衍射实验中要产生衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不多C．水中的气泡看起来特别漂亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故D．地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些E．哈勃太空望远镜发现所接收到的来自于遥远星系上的某种原子光谱，与地球上同种原子的光谱相比较，光谱中各条谱线的波长均变长（称为哈勃红移），这说明该星系正在远离我们而去【考点】用双缝干涉测光的波长；光的衍射．【分析】根据干涉条纹间距公式△x=；依据明显衍射有条件，而衍射没有条件；结合光的全反射现象发生条件；及根据相对论分析火箭的长度的变化；最后由多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系．【解答】解：A、根据干涉条纹间距公式△x=，可知，双缝间距d越大时，光的干涉条纹间距越小，故A错误；B、波发生明显的衍射条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸比波长相比差不多或比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸比波长大得多时，也能发生衍射现象，故B错误；C、水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生全反射缘故，故C正确；D、根据相对论可知，地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些，故D正确；E、哈勃太空望远镜发现所接收到的来自于遥远星系上的某种原子光谱，与地球上同种原子的光谱相比较，光谱中各条谱线的波长均变长（称为哈勃红移），即频率变小，说明该星系正在远离我们而去，故E正确；故选：CDE．16．如图甲、乙分别是波传播路径上M、N两点的振动图象，已知MN=1m．①若此波从M向N方向传播，则波传播的最大速度为多少？②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为多少？波沿什么方向传播？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】①若此波从M向N方向传播，根据图象的信息分析MN间的距离与波长的关系，得到波速的表达式，再注波传播的最大速度．②若波传播的速度为1000m/s，由波速公式求波长．根据MN间的距离与波长的关系，判断波的传播方向．【解答】解：①由图可知，该波的周期为T=4×10﹣3s当简谐波从M向N方向传播时，M、N两点间的距离s=（n+）λ则得λ==，（n=0，1，2，3，…）波速v==m/s，（n=0，1，2，3，…）当n=0时，波速最大，即最大速度为m/s．②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为λ=vT=4m则MN=λ，根据波形的平移法可知，波从N向M方向传播．答：①若此波从M向N方向传播，则波传播的最大速度为m/s．②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为4m，波从N向M方向传播．【物理-选修3-5】17．下列说法正确的是（）A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分一个质子和一个中子D．氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短E．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变大，这个现象称为康普顿效应【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核的结合能．【分析】A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的．B、根据光电效应方程E Km=hγ﹣W0分析光电子的最大初动能与光的频率的关系．。

河南省高三物理上学期第二次联合考试试题

2016～2017学年上期第二次联合考试高三物理试题（考试时间：90分钟试卷满分：110分）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。

第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

在试题卷、草稿纸上作答无效。

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本题共10小题。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～10题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分．1．一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，运动一段时间后先后经过直线上的A 、B 两点，已知A 、B 间的距离为4 m ，物体运动的加速度大小为2 m ／s 2，则物体到达B 点时的速度大小可能为A ．5．5 m ／sB ．4 m ／sC ．3．5 m ／sD ．2．5 m ／s2．如图所示，长为L 的硬杆A 一端固定一个质量为m 的小球B ，另一端固定在水平转轴O 上，硬杆可绕转轴O 在竖直平面内缓慢转动．则在硬杆与水平方向的夹角α从0°增大到90°的过程中，下列说法正确的是A ．小球B 受到的合力方向始终沿杆向上B ．小球B 受到硬杆A 的作用力逐渐减小C ．小球B 受到硬杆A 的作用力对小球做负功D ．小球B 受到硬杆A 的作用力的方向始终竖直向上3．图示为一物体做直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出．已知物体在前2 s 时间内向东运动，则以下判断正确的A ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的位移为零B ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的运动方向始终向东C ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的位移为4 mD ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的加速度大小不变．方向始终向东4．如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A （A 、B 接触面竖直），此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知滑块A 与B 质量相等，设滑块A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，则A ．μ1μ2＝23B ．μ1μ2＝12C ．12μμ＝13D ．12μμ＝12 5．如图所示，两相同小球a 、b 用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止．现有一水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为45°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是A ．A 、B 两弹簧产生的弹力大小相等B ．12k kC ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为2gD ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态6．芬兰小将拉林托以两跳240．9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB 上由静止开始滑下，到达C 点后水平飞出，落到滑道上的D 点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD 平行，设拉林托从C 到E 与从E 到D 的运动时间分别为t 1、t 2，EF 垂直CD ，则A ．t 1＝t 2，CF ＜FDB ．t 1＝t 2，CF ＝FDC ．t 1＞t 2，CF ＜FD D ．t 1＞t 2，CF ＝FD7．美国一家科技公司整了一个“外联网”（Outernet ）计划，准备发射数百个小卫星，向全球提供免费wiFi 服务．若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A ．小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大B ．小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大C ．小卫星运行时的轨道半径越大，角速度越小D ．小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速度不变8．如图所示，半径为r 的光滑水平转盘距水平地面的高度为H ，一质量为m 的小物块被一电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕中心的竖直轴以ω＝kt （k ＞0且为恒量）的角速度转动．从t ＝0开始，在不同的时刻t 将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上．假设在t 时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P ，落地点到转盘中心的水平距离为d ，则下图中P －t 图象、d 2－t 2图象可能正确的是9．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是A ．物块滑到b 点时的速度为B ．物块滑到b 点时对b 点的压力是2mgC．c点与b点的距离为D．整个过程中物块机械能损失了mgR10．荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．如图是荡秋千的示意图，若人直立站在踏板上，从绳与竖直方向成90°角的A点由静止开始运动，摆到最低点B时，两根绳对踏板的总拉力是人所受重力的两倍．随后，站在B点正下面的某人推一下，使秋千恰好能摆到绳与竖直方向成90°角的C点．设人的重心到悬杆的距离为l，人的质量为m，踏板和绳的质量不计，人所受空气阻力与人的速度成正比．则下列判断中正确的是A．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于mg lB．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于mg lC．站在B点正下面的某人推一下做的功小于mg lD．站在B点正下面的某人推一下做的功大于mg l第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、实验题：本题共2小题。

高三物理月考试题及答案-河南中原名校2016届高三上学期第二次联考试卷

2015-2016学年河南省中原名校高三（上）第二次联考物理试卷1．设竖直向上为y轴正方向，如图曲线为一质点沿y轴运动的位置﹣时间（y﹣t）图象，已知图线为一条抛物线，则由图可知（）A．t=0时刻质点速度为0B．0～t1时间内质点向y轴负方向运动C．0～t2时间内质点的速度一直减小D．t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位移先为正后为负2．四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较（）A．a的向心加速度最大B．相同时间内b转过的弧长最长C．c相对于b静止D．d的运动周期可能是23h3．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A．A、N两点电场强度为零B．CD间各点的场强方向均向x轴负方向C．ND段中各点的场强方向均向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功5．如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图2甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）A．电压是甲图时，在0〜T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0〜时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动6．如图所示，调节可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大△U，在这个过程中（）A．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于B．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△UC．通过电阻R2的电流减小，但减少量一定小于D．路端电压增加，增加量一定等于△U7．如图所示，B物体的质量为A物体质量的两倍，用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上．A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．对B施加沿斜面向上的拉力F，使A、B相对静止地沿斜面向上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的沿斜面向上的推力推A，A、B保持相对静止后弹簧长度为l2．则下列判断正确的是（）A．两种情况下A、B保持相对静止后弹簧的形变量相等B．两种情况下A、B保持相对静止后两物块的加速度不相等’C．弹簧的原长为D．弹簧的劲度系数为8．如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的正方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且长度也为R，将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处沿切线进入轨道内运动，不计空气阻力，则（）A．只要h大于r，释放后小球就能通过a点B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D．调节h的大小，不能使小球飞出de面之外（即e的右侧）9．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，如图所示，图线a、b 分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（）A．小汽车不会发生追尾事故B．在t=3s时发生追尾事故C．在t=5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距5米10．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F 作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在t．时刻开始运动，其v﹣t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（）A．物体与地面间的动摩擦因数为B．物体在t0时刻的加速度大小为C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D．水平力F在t0到2 t0这段时间内的平均功率为F0（2v0+）11．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（）A．物体的质量m=1.0kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.50C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k=20J12．如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R．轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方．A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环．两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量．现在A环上施加一个水平向右的力F，使B环从地面由静止沿轨道上升．则（）A．缓慢提升B环至D点，F一直减小B．A环动能的增加等于B环机械能的减少C．B环被拉到与A环速度大小相等时，sin∠OPB=D．若F为恒力，且作用足够长时间，B环可能会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动13．伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还实验验证了该猜想．某小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．实验操作步骤如下：①让滑块从离挡板某一距离s处由静止沿某一倾角θ的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；②当滑块碰到挡板的同时关闭阀门（假设水流出均匀稳定）；③记录下量筒收集的水量V；④改变滑块起始位置离挡板的距离，重复以上操作；⑤测得的数据见表格．（1）该实验利用量筒中收集的水量来表示A、水箱中水的体积B、水从水箱中流出的速度C、滑块下滑的时间D、滑块下滑的位移（2）小组同学漏填了第3组数据，实验正常，你估计这组水量V=mL；若保持倾角θ不变，增大滑块质量，则相同的s，水量V将（填“增大”“不变”或“减小”）；若保持滑块质量不变，增大倾角θ，则相同的s，水量V将（填“增大”“不变”或“减小”）14．（12分）如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是（填字母代号）A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是．A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算得出高度hD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v（3）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如下图所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T．为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量△E p=．动能的增加量△E k=（用题中所给字母表示）．（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是．A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差（5）某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．若重锤所受阻力为f，重锤质量为m，重力加速度为g．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2﹣h图线，如图2所示．图象是一条直线，此直线斜率k=（用题中字母表示）．已知当地的重力加速度g=9.8m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为%．（保留两位有效数字）15．（10分）如图所示，质量M=1kg的木板静置于倾角θ=37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F=3.2N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩檫因数μ=0.8，重力加速度g=1Om/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．16．（12分）如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀释放质量为m=2.0×10﹣15kg，电荷量为q=+10﹣12C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上．若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）（1）粒子源所在处a点的电势；（2）带电粒子打在金属板上时的动能；（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？17．（12分）如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连．滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．答案1.【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据位置的变化分析质点的速度大小和方向．根据初、末位置关系分析位移的正负．【解答】解：AB、0～t1时间内，y不断减小，说明t=0时刻质点速度不为0，0～t1时间内质点向y轴正方向运动，故AB错误．C、根据斜率表示速度，可知，0～t2时间内质点的速度一直减小，故C正确．D、t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位移一直为正，故D错误．故选：C【点评】本题考查位移﹣时间图象，掌握图象的点线面的意义即可顺利求解．要知道图象的斜率表示速度．2.【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大．故A错误；B、由=mω2r，得ω=，卫星的半径越大，角速度越小，所以b的角速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C、b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，c相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c相对于b运动，故C错误；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：B．【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．3.【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力F N2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案．【解答】解：小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα=mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1﹣F N2sinα=ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故C错误．故选D．【点评】本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键．4.【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：A、该图象的斜率等于场强E，则知，A、N两点电场强度不为零．故A错误．B、由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故B错误；C、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向．故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；故选：D【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．5.【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】粒子所受电场力与极板两端的电压成正比，所受电场力的方向随着电压正负的变化而变化．【解答】解：A、若是甲图，电场力先向左后向右，则粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；B、电压是乙图时，在0〜时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；C、电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；D、电压是丁图时，电子线加速，到后减速，后反向加速，T后减速，T时减为零，之后又反向加速…；故粒子做往复运动，D正确；故选：D．【点评】本题考查的就是学生对于图象的理解能力，并要求学生能够根据电压的周期性的变化来分析电荷的运动的情况．6.【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】本题可根据部分电路的欧姆定律判断定值电阻中的电流变化；再由E=U+U内判断路端电压的变化．【解答】解：A、因R1为定值电阻，两端电压增大△U，故电流的增加量一定等于，故A错误；B、由图可知，R与R1并联后与R2串联，电压表示数增大，由闭合电路欧姆定律可知，R2与r分压应减小且总的减小量等于△U，故R2两端电压的减小值小于△U，故B错误；C、因R2为定值电阻，故其电流减小量应小于，C正确；D、路端电压等于E﹣U内；因U内的减小量小于△U，故路端电压增加量大于△U；故D错误；故选C．【点评】定值电阻的电流与电压成正比，故电流的变化一定等于变化的电压与电阻的比值；同时本题应注意能正确根据电动势与内外电压的关系判断路端电压的变化．7.【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，分别对第一种情况的A和第二种情况的B分析，运用牛顿第二定律联立求出弹簧的原长和劲度系数．从而求出弹簧的形变量．【解答】解：以A、B为整体，根据牛顿第二定律知，两种情况下的加速度相等，设A的质量为m，则加速度a=，设弹簧的原长为l0，根据牛顿第二定律得，第一种情况：对A，k（l1﹣l0）﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ①第二种情况：对B，k（l0﹣l2）﹣2mgsinθ﹣μ•2mgcosθ=2ma，②由①②得，，k=，故B、C错误，D正确．第一种情况弹簧的形变量为，第二种情况弹簧的形变量．故A错误．故选：D．【点评】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用，关键选择好研究的对象，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．8.【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．【专题】定性思想；方程法；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系．若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内．【解答】解：A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg=m解得：v=根据动能定理：mg（h﹣R）=mv2得：h=1.5R可知只有满足h≥1.5R，释放后小球才能通过a点，故A错误；BCD、小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt竖直方向的自由落体运动：R=gt2，解得：x=R＞R，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间或之外．故BD错误，C正确．故选：C．【点评】本题实质是临界问题，要充分挖掘临界条件，要理解平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动．9.【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析．【解答】解：ABC、根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s 时，b车的位移为：s b=v b t=10×3m=30ma车的位移为：s a=×（30+20）×1m+×（20+15）×2m=60m，则s a﹣s b=30m，所以在t=3s 时追尾．故B正确，A、C错误．D、若紧急刹车时两车相距40米，速度相等时，a车的位移为：s1=×（30+20）×1+×（20+10）×4m=85m，b车位移为：s2=50m，因为s2+40＞s1，则不会发生追尾事故，最近距离为：△s=40+50﹣85m=5m．故D正确．故选：BD．【点评】解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解，知道图线的物理意义，属于基本题．10.【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．【专题】功率的计算专题．【分析】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0﹣t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率【解答】解：A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故A正确B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0﹣f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0﹣f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+，在t0﹣2t0时刻的平均速度为，故平均功率为P=2F0=F0（2v0+），故D正确；故选：AD【点评】本题主要考查了平均功率与瞬时功率的求法，注意P=Fv即可以求平均功率与瞬时功率11.【考点】机械能守恒定律；动摩擦因数．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E=E P=mgh，由图知：E P=30J．得：m===1kg，故A正确；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，△E=﹣μmgcosα，即：30﹣50=﹣μ×1×10cos37°×，得：μ=0.5，故B正确；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，得：a=gsinα+μgcosα=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理得：E K﹣E K0=2W，则有：E K=E K0+2W=50+2×（﹣20）=10J，故D错误；故选：ABC【点评】重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．12.【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】作出B环的受力图，由合成法和三角形相似法分析F的变化．由系统的功能关系分析能量的变化．若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动．【解答】解：A、以B环研究对象，根据力的三角形和△PB0相似可得，=，T=PB，PO不变，PB 减小，则绳子的拉力T慢慢减小，F减小．故A正确．B、由于有外力F做功，所以A、B的机械能不守恒，则A环动能的增加不等于B环机械能的减少，故B错误．C、当PB线与圆轨道相切时，v B=v A，根据数学知识有sin∠OPB=，故C正确．D、若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动．故D正确．故选：ACD【点评】本题要注意分析题意，运用三角形相似法分析力的变化，找出题目中给出的几何关系，要知道当PB线与圆轨道相切时两球的速度大小相等．13.【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】（1）解答的关键是明确该实验的实验原理，初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．（2）根据初速度为零初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，由此可以求出下滑位移s与水量体积之间的关系，以及水量的变化情况．【解答】解：（1）关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以量筒中收集的水量可以间接的测量时间．故选：C．（2）该运动是匀变速直线运动，位移与时间的二次方是成正比，即位移与体积的二次方是成正比，即s=kV2．根据1、3组数据可得：小组同学漏填了第3组数据，实验正常，由此解得水量V3≈74mL，在范围74～76mL内均正确；若保持倾角θ不变，增大滑块质量，物体的加速度不变，则相同的s，水量V将不变，若保持滑块质量不变，增大倾角θ，加速度将增大，则相同的s，时间减小，水量V将减少．故答案为：（1）C；（2）75（74～76），不变，减小．。

全国名校联盟2016届高三上学期联考二物理试卷含答案

百校大联考全国名校联盟201 6届高三联考试卷（二）物理第I卷(选择题共40分）一、选择题：此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～l0题有多个选项正确．全数选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图甲、乙所示为某物体在0～t时刻内运动的x-t图线和v-t图线，由图可知，在0～t时刻内A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度愈来愈小的运动C．甲图中时刻，图线的斜率为D．2．轻杆的一端安装有一个滑腻的小滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着一端悬挂重物的轻绳，绳的另一端系于竖直墙上的A点，绳与墙面的夹角为a，杆与竖直方向的夹角为θ，如下图．假设维持P的位置不变，缓慢改变a或θ，那么以下判定正确的选项是A．只增大a，杆对P的弹力变小B．只增大a，杆对P的弹力变大C．只增大θ，杆对P的弹力变小D．只增大θ，杆对P的弹力变大3．如下图，a、b、c、d四个物块质量相等，且按如下图叠放，再放在水平木板上，cd间是轻弹簧，现快速地抽出物块b、d下面的木板，那么在抽出的一刹时(重力加速度为g)A．a的瞬时加速度为0 B．b的瞬时加速度为2gC．c的瞬时加速度为g D．d的瞬时加速度为2g4．火星是太阳系中地球外侧离地球最近的行星，本地球在火星和太阳之间且成一条直线时，称为行星冲日现象，已知地球的公转周期为1年，火星的公转周期约为地球的两倍，那么火星和地球相邻两次冲日的时刻距离大约为A．1年B．2年C．4年D．8年5．如下图为A、B、C三个小球做平抛运动的示用意，关于三个球做平抛运动的判定正确的选项是A．三个球抛出初速度大小关系为v A>v B>v CB．假设三个球同时抛出，那么C球先落地C．假设三个球同时落地，那么A球先抛出D．假设某一时刻三个球在同一竖直线上，那么A球必然在最下面6．如下图，一小球用细线悬于O点在竖直面内AC间做圆周运动，OA与竖直方向的夹角为53°，不计空气阻力，那么小球在A点和最低点B点的加速度之比为A．3:5 B．4:5 C．1:5 D．1:17．如下图为银河系中A、B两颗恒星组成的双星系统，已知AB间的距离为L，假设测得A恒星绕AB连线上O点做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，那么两恒星的质量为(引力常量为G)8．如下图，圆盘绕竖直轴匀速转动，盘面离地高度为h，当转动的角速度为ω。

河南省中原名校2016届高三理综5月仿真模拟联考试题(扫描版)

【答案】C ．【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；若拉力的最大值大于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向下，则：F-f-mgsin θ=0，故拉力减小后，静摩擦力先减小后反向增加；若拉力的最大值小于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向上，则：F+f-mgsin θ=0，故拉力减小后，静摩擦力一直增大；故选：C ．16．【答案】C ．【解析】A ．根据条形磁场两端磁极最强，则线圈经过O 点时，穿过线圈的磁通量最小．故A 错误；B 、线圈在o 点不切割磁感线，故在O 点的感应电流为零，因此在O 点线圈不受磁场力．故B 错误；C 、线圈沿不同方向经过b 点时，由于运动方向不同，导致磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向相反，因此所受的磁场力方向相反，故C 正确；D 、线圈沿同一方向经过a 、b 两点时，穿过线圈的磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向正好相反，D 错误．17．【试题来源】必修3-1．P12P19点电荷的场强和电势．课本图的立体化及对应理解．改编．【答案】D等，但方向不同，故B 错误；C 、D 的电势低于B 点的电势，电子带负电，根据E p =q φ，则电子在B 点的电势能小于在D 点的电势能，故C 错误；D 、A 、C 两点在同一等势面上，D 、A 间与D 、C 间的电势差相等，由W=qU ，将一电子由D 点分别移动到A 、C 两点，电场力做功相同，故D 正确；故选：D ．18．【试题来源】原来是斜面滑到水平面上的二级结论，后改编为滑到斜面上同样有些结论，现编为一定确定的角度处理．动力学结合运动学公式，或动能定理．所给物理量较少，对思维思路是一个考验．【答案】C ．19．【试题来源】2012年福建高考给出了卫星运动的线速度求行星的质量，属于基础题；本题在此基础上改编，给出周期，同时所求量较多．属于较难的试题．基本上属于原创．【答案】D ．【解析】由已知条件：m 的重力大小为F 得F ＝mg ，所以这颗行星表面的重力加速度大小为m F，这也是近地卫星的向心加速度a ，注意此加速度不是行星的向心加速度，故A 错误；对卫星由2)2(T R g a π== 可得这颗行星的半径为m FT 224π，故B 错误；由T R v π2=，将R 代入得这颗卫星的线速度大小为m FTπ2，所以C 错误．对近地卫星由万有引力提供向心力得G Mm ′R2＝2')2(T R m π，星球的密度334R Mπρ=整理得23GT πρ=故D 正确，所以答案为D ．20．【试题来源】常规题型。

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