江西省南昌市第十九中学2015届高三上学期第二次月考物理试题

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2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷(四)

2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷（四）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合他们观点的是（）A.人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B.两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大C.两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢D.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【答案】A【解析】解：A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故A正确．B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点．故B错误．C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故C错误．D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．故选A人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进行分析．2.如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ．下列说法正确的是（）A.当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B.当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大C.当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D.当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大【答案】A【解析】解：A、将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A正确；B、对ABC整体分析可知，对地压力为：F N=（2M+m）g；与θ无关；故B错误；C、对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F1cosθ=，与M无关，故C错误；D、只要动摩擦因素足够大，即可满足F1cosθ≤μF1sinθ，不管M多大，M都不会滑动；故D错误；故选：A．先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力．本题关键是明确物体的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，选项D涉及摩擦自锁现象，不难．3.无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I．在两导线的连线上有a、b、c三点，a点为两根直导线连线的中点，b、c两点距导线的距离均为L．下列说法正确的是（）A.a点和b点的磁感应强度方向相反B.a点和b点的磁感应强度大小之比为8：1C.c点和b点的磁感应强度方向相同D.c点和b点的磁感应强度大小之比为5：1【答案】D【解析】解：A、根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I 导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；根据B=K，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A错误；B、3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小B a=K+K=K，而3I导线与I导线在b 处的磁感应强度大小B b=K-K=K，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1，故B错误．C、3I导线在c处的磁感应强度方向向上，而I导线在c处的磁感应强度方向向下，因3I产生磁场较大，则合磁感应强度方向向上的；电流I和3I在b点的磁感应强度方向下，故C错误．D、3I导线与I导线在c处的磁场的方向相反，磁感应强度大小B c=K-K=K，c点和b点的磁感应强度大小之比为5：1，故D正确．故选：D．本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在M、N点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．4.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，下列说法中正确的是（）A.交流电的方向每秒钟改变50次B.在t=0.005s时，电压表的示数为22VC.有光照射R时，D变亮D.抽出L中的铁芯，电流表的示数变小【答案】C【解析】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f=50H z，而每个周期内交流电的方向改变两次，故交流电的方向每秒改变100次；故A错误；B、原线圈电压有效值为220V，电压表的示数为有效值，大小不变，则其示数为：U2==22V，故B错误；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，电路中电流增大，则灯泡变亮；故C正确；D、抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以电流增大；故D错误故选：C由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．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，在根据电压不变，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5.如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc=cd=2ab=2l，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（）A.c点电势为14 VB.场强的方向由a指向dC.质子从b运动到c所用的时间为D.质子运动到c时的动能为16e V【答案】C【解析】解：A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V．故A正确．B、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故B错误．C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为l，此方向做匀速直线运动，则t=，则C正确．D、电势差U bc=8V，则质子从b→c电场力做功为8e V．根据动能定理可得动能变化量为8e V，故D错误故选：C连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是16V；质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为l，求出时间；作出等势线oc，y就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A.卫星在M点的机械能大于N点的机械能B.卫星在M点的角速度大于N点的角速度C.卫星在M点的加速度大于N点的加速度D.卫星在N点的速度大于7.9km/s【答案】BC【解析】解：A、由M到N只有地球引力做功，机械能守恒．故A错误；B、根据开普勒第二定律可知，近地点速度大，根据，可知近地点角速度大，远地点角速度小．故B正确；C、加速度a=，可知近地点加速度大，远地点加速度小．故C正确；D、第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度，所以在N 点的速度应小于7.9K m/s故D错误．故选：BC．地球引力做功改变卫星的势能，做正功势能减小，做负功势能增加．据此判断势能的大小．在远地点速度慢，加速度小，近地点速度快，加速度大．考查卫星运动规律，明确近地点与远地点的速度，加速度，势能的大小关系．本题也可以运用开普勒第二定律判断近地点和远地点的速度大小，也可以从机械能守恒的角度理解速度的变化．7.如图甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场B中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力F的正方向，F随时间的变化关系如图乙所示．选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，不考虑线圈的形变，则B随时间t的变化关系可能是下列选项中的（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】解：A、选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，由图可知，0-1s内，磁场向外且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s-2s内，磁场向里且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀增大；故A正确；B、选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，由图可知，0-1s内，磁场向外且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s-2s内，磁场向外且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀增大；故B正确；C、选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，由图可知，0-1s内，磁场向里且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即正负值，故C错误；D、选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，由图可知，0-1s内，磁场向里且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s-2s内，磁场向外且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据F=BIL，则有安培力大小均匀增大，故D正确；故选：ABD．由各选项可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，0-2s，2-4s，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．注意直接用楞次定律的推论：磁场增大，则面积收缩，F向右，反之亦然，排掉C；又F=B l L，ABD中磁通量变化率大小一定，所以l的大小相同，F随B增大而增大，故ABD正确．8.某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.出水口单位时间内的出水体积Q=v SB.出水口所出水落地时的速度C.出水后，手连续稳定按压的功率为+D.手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】AC【解析】解：A、出水口的体积V=S l，则单位时间内的出水体积Q=，故A正确；B、水从出水平流出后到落地的过程，根据动能定理得，解得：，所以出水口所出水落地时的速度为，故B错误；C、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=ρS vt，则出水口的水具有的机械能E=，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W=，则功率P=，故C正确；D、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D错误；故选：AC出水口的体积V=S l，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求出出水口所出水落地时的速度，在时间t内，流过出水口的水的质量m=ρS vt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据求解功率即可．解答本题要知道水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求解达到地面的速度，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，注意供水系统的效率，难度适中．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.如图所示为某时刻从O点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，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.在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.甲波和乙波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样【答案】ADE【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．E、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样．故E正确．故选ADE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．题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同．掌握波速公式和产生干涉的条件等知识，是常规题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的是（）A.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一B.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越大C.用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D.某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E.在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短【答案】ACD【解析】解：A、α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一．故A正确；B、在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，根据方程：E km=hγ-W0可知，则这种金属的逸出功W0越小．故B错误；C、根据动量守恒定律可知，用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，氘核吸收光子后的动量不为0，则若使氘核能否分解为一个质子和一个中子，质子和中子的动量也不为0，所以需要的能量大于氘核结合能；故C正确；D、根据α衰变和β衰变的特点可知某放射性原子核经过2次α衰变后质子数减小2×2=4和，再经过一次β衰变后质子又增加1个，所以核内质子数减少3个．故D 正确；E、当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后能量减小，波长增大．故E错误．故选：ACD卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，猜想了原子核式结构模型．根据光电效应方程解答入射光的频率与逸出功的关系；根据动量守恒定律与结合能解释使氘核能否分解为一个质子和一个中子；根据α衰变和β衰变的特点与质量数守恒分析；当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后能量减小．本题考查原子物理中的α粒子散射实验、光电效应、结合能、α衰变和β衰变的特点以及康普顿效应等知识点，要在了解人类发现原子结构历史进程的基础上进行记忆，不能混淆．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0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= ______ cm．（2）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．（3）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】0.725；．；增加【解析】解：（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=0.725cm；（2）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=，即：2g H0=（）2解得：．（3）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）0.725（2）．（3）增加由题意可知，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.莉莉同学为了测一节干电池的电动势E和内电阻r．（1）她先用多用电表估测电动势E将选择开关旋至直流2.5V挡，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用表的读数为______ V．（2）莉莉再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示．请你用实线代替导线在图丙中连接好实物，要求变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大．（3）由实验测得的7组数据已在图丁的U-I图上标出，请你完成图线，由图象可得E= ______ V（保留三位有效数字），r= ______ Ω（保留两位有效数字）．【答案】1.45；1.49；1.1【解析】解：（1）选择开关旋至直流2.5V档，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.5V，多用电表示数是1.45V；②变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据实验电路图连接实物电路图，如图丙所示；用直线把坐标系中各点连接起来，得到U-I图象，如图丁所示；由图象可知，图象与纵轴交点是1.49V，则电源电动势E=1.49V，电源内阻r==1.1Ω；故答案为：①1.45②连线如图③如图，1.49，1.1根据电流表量程由图示多用电表确定电流表分度值，然后读出电流表示数；根据实验电路图连接实物电路图，根据实验要求确定滑片的接法；把坐标系中各点连接起来得到U-I图象；U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象的斜率等于电源内阻电源的U-I图象斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，粗糙斜面倾角θ=37°，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2．【答案】解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：a=下滑的时间为：（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明物体受到的合力沿AC方向，设AC 与AB的夹角为α，AC=，由几何关系可得：故施加的外力为：F=mgsinθ•tanα=0.45N由牛顿第二定律可得产生的加速度为：由运动学公式得：=≈1.5s答：（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2为1.5s．【解析】（1）在沿斜面方向上由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间；（2）物体受力分布在立体空间，通过受力分析求的沿AC方向上的合力，由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，沿斜面方向做初速度为零的匀加速运动，12.如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC区域内有垂直于x O y平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．【答案】解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，t=t0=T，故周期T=4t0由T=…①得B=…②（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°-θ2…③故t1+t2==2t0…④（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时。

江西省南昌市第十九中学2015届高三上学期第二次月考生物试题

南昌十九中2014～2015学年度第一学期高三年级第二次月考生物试题考试时间：100分钟；命题人：徐旺香审题人：徐雯第I卷（选择题）一、单项选择题：（本题包括40小题，每小题1分，共40分）1．下列有关细胞膜的叙述，不正确的是（）①.细胞间的信息交流大多与细胞膜的结构和功能有关②.细胞膜可以阻止所有有害物质进入细胞③.细胞膜保障了细胞内部环境的相对稳定④.细胞膜与所有细胞器膜都是互不相连的A．①④ B．②③④ C．②③ D．②④2．下列生物中属于真核生物的有（）①蓝藻②酵母菌③草履虫④金鱼藻⑤颤藻⑥水绵⑦葡萄球菌⑧霉菌A．①⑤⑥⑦ B．②③④⑥⑧ C．②③⑥⑧ D．②③④⑧3．下图为某种细胞处于某种状态下图示，描述不正确的是（）A、该图为高等植物细胞亚显微结构示意图B、结构④与⑤是与能量转换相关的细胞器C、⑥中含有色素，如叶绿素等D、结构②与该细胞细胞壁的形成相关4．外界空气中的O2进入人体组织细胞中被利用，至少要通过几层膜？（）A. 5层B. 11层C. 8层D. 9层5．下图中a、b分别表示物质通过细胞膜的两种运输方式，下列表述正确的是（）A．脂溶性小分子物质不能通过方式a运输B．与方式a有关的载体蛋白覆盖于细胞膜表面C．方式b的最大转运速率与载体蛋白数量有关D．抑制细胞呼吸对方式a和b的转运速率均有影响6．小麦、大豆、花生三种植物种子中都含有脂肪、淀粉和蛋白质，但含量不同。

下列有关叙述不正确的是( ) A．脂肪、淀粉和蛋白质都含有C、H、O，且都可以水解成更小的分子B．生产实践中，花生种子应该播种的更深一些C．相同质量的种子需要O2的量和产生CO2的量不相同D．做脂肪鉴定实验最好选择花生种子，鉴定蛋白质最好用大豆种子7．在正常条件下进行光合作用的某植物从光下移至黑暗处，短时间内描述C3化合物合成量曲线正确的是（）（横坐标是时间，纵坐标是C3化合物合成量）8．右图表示某高等动物体内不同器官中不同时期的四个细胞，下列叙述中不正确的是（）A.图乙具有0个染色单体B.丙中不可能有同源染色体C.图丁细胞可能在进行DNA的复制D.该动物在减数第一次分裂前期能形成4个四分体9．下列说法不正确的是( )A．基因型相同的个体表现型不一定相同B．基因的分离和自由组合发生在减数第一次分裂的后期C．基因型为AaBb的个体一定按照基因自由组合定律遗传D．家兔的长毛与细毛不属于相对性状10．关于细胞结构和功能的叙述，正确的是（）A．需氧型生物的细胞均有线粒体，心肌细胞的线粒体数量较多B．成熟的红细胞中无遗传物质和细胞质，不能进行细胞分裂C．分泌性激素的性腺细胞的内质网较发达，唾液腺细胞含有较多的核糖体D．线粒体和叶绿体都是进行能量转换的细胞器，两者都含有磷脂、DNA和多种酶和色素11．在其他条件适宜的情况下,在供试植物正常进行光合作用时突然停止光照,并在黑暗中立即开始连续取样分析,在短时间内叶绿体中C3和C5化合物含量的变化是( )A.C3和C5都迅速减少B.C3和C5都迅速增加C.C3迅速增加,C5迅速减少D.C3迅速减少,C5迅速增加12．下列有关生命的物质基础和结构基础的阐述，错误．．的是（）A．C、H、O、N、P是核糖体、染色质、磷脂、ADP共有的化学元素B．淀粉、蛋白质、脂肪在氧化分解时都能释放出能量C．生物膜上可以发生能量转换D．细菌、酵母菌和HlV病毒都有核糖体、DNA、RNA13．下列关于细胞的说法正确的一组是（）①含细胞壁的细胞必定为植物细胞，植物细胞必含细胞壁②人的成熟红细胞中含有核糖体，因而能合成血红蛋白③不含线粒体的生物细胞，必定进行无氧呼吸④高等植物细胞都含有叶绿体⑤能进行光能自养的生物不一定是绿色植物⑥蓝藻含叶绿体因而能进行光合作用⑦动物是真核生物，都含进行有氧呼吸的主要场所线粒体A.①②④⑤⑦ B.②④⑤⑦ C.④⑤⑦ D.只有⑤14．某种生物细胞发生如图所示生理活动时，下列判断正确的是（）A．该细胞不能进行光合作用B．该细胞不能进行有氧呼吸C．该细胞不能进行有丝分裂D．该细胞能进行联会15．细胞核具有什么功能？科学家通过下列实验（见下图）进行探究：①用头发将蝾螈的受精卵横缢为有核和无核的两半，中间只是很少的细胞质相连，结果无核的一半（a）停止分裂，有核的一半（b）能继续分裂；②b部分分裂到16～32个细胞时，将一个细胞核挤入到不能分裂的a部分，结果a部分开始分裂、分化，进而发育成胚胎。

2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷(十)

2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷（十）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是（）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B.根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法【答案】B【解析】解：A、用质点代替物体，采用的科学方法是建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C错误；D、在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D错误．故选：B．质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2.2013年8月3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌．忽略空气阻力，下面说法正确的是（）A.运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大B.运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大D.在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的增加【答案】C【解析】解：A、动员下落过程接触蹦床前是自由落体运动，从接触蹦床到最低点过程，蹦床行变量逐渐变大，运动员受到的弹力逐渐增加，故合力先向下后向上，故运动员先加速后减速，故当弹力与重力平衡时，速度最大，故A错误；B、床对运动员的作用力与运动员对床的作用力是相互作用力，总是等值、反向、共线，故B错误；C、从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，蹦床行变量逐渐变大，运动员受到的弹力逐渐增加，故合力先向下减小后反向增加，故运动员的加速度先减小后增大，故C正确；D、根据功能关系，力对运动员所做的功等于其重力势能的减小，故D错误；故选：C．动员下落过程接触蹦床前是自由落体运动，从接触蹦床到最低点过程，蹦床行变量逐渐变大，弹力逐渐增加；当弹力小于重力时，合力向下，加速度向下，运动员向下加速；当弹力大于重力时，合力向上，加速度向上，运动员向下减速．本题关键是明确运动员受力情况，然后根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，最后得到其运动情况．3.2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（）A.卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为gB.卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C.如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速D.“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小【答案】D【解析】解：A、根据万有引力提供向心力，得a=．而GM=g R2．所以卫星的加速度．故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=．故B错误；C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达G3所在轨道必须对其加速，故C 错误；D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D正确．故选：D．根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情况，掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道，根据除重力外其它力做功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=g R24.如图所示，x O y平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在平面x O y上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（）A.kB.kC.kD.k【答案】D【解析】解：在z轴上-处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q在处产生的场强为：；由于导体远端离-处很远，影响可以忽略不计，故导体在-处产生场强近似等于近端在-处产生的场强；-处场强为：0=E1+E2，故；根据对称性，导体近端在处产生的场强为；电荷q在处产生的场强为：；故处的合场强为：故选：D根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量本题考查了导体的静电平衡和场强的叠加原理，要结合对称性进行近似运算，难题5.某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i1的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i的关系为B=ki1（其中k为常数）．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2-t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2-t图象）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：根据法拉第电磁感应定律得，E=，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小不变．因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加，感应电流大小适当增加，变化的周期变小．故D正确，A、B、C错误．故选D．大线圈Ⅰ与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化．当多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加．解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场均匀变化时，产生的感应电动势大小不变，会根据楞次定律判断感应电流的方向．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，一个小滑块（可视为质点）从离B点高H=12m处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，且滑块与圆环动摩擦因数处处相等．当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零：沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达离B点高h的D点时，速度为零．则h不可能为（）A.12mB.9mC.8.5mD.7m【答案】AD【解析】解：到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，所以在C点，重力充当向心力，根据牛顿第二定律有：=mgR=4m所以mv2=2mg所以在C点，小球动能为2mg，因为圆环半径是4m，因此在C点，以b点为零势能面，小球重力势能=2mg R=8mg开始小球从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：w f+mg（12-8）=mv2-0所以摩擦力做功w f=-2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg此时小球机械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg所以进入光滑弧形轨道bd时，小球机械能的范围为，8mg＜E p＜10mg所以高度范围为8m＜h＜10m，故h不可能是AD；故选：AD．到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C点的速度．根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功．小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功．根据能量守恒求解．选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A.电路中电源电动势为3.6VB.变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C.此电路中，电动机的输出功率减小D.变阻器的最大阻值为36Ω【答案】A【解析】解：A、由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r=Ω=2Ω当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+I r=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：B、变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误；C、由图可知，电动机的电阻r M=Ω=4Ω．当I=0.3A时，U=3V，电动机输出功率最大，最大为P=UI-I2r M=3V×0.3A-（0.3A）2×4Ω=0.54W，此电路中，变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小．电动机的最大输出功率减小；变阻器向左滑动时，R阻值变小，总电流增大．电动机的最大输出功率增大，故C错误；D、当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=-r-r M=（-2-4）Ω=30Ω，故D错误．故选：A先确定图线与电压表示数对应的关系．再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况．当I=0.3A时，电动机输出功率最大．由电动机的总功率UI与发热功率I2R 之差求解输出功率．变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小．由欧姆定律求解变阻器的最大阻值．本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位．某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在y＞0的空间中和y＜0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d．一重力不计的负电荷从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是（）A.电场与磁场的比值为υ0B.电场与磁场的比值为2υ0C.带电粒子运动一个周期的时间为D.带电粒子运动一个周期的时间为【答案】BD【解析】解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式，有：d=v0t1d=粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=结合几何关系，有：R=d联立解得：故A错误，B正确；C、D、类似平抛运动的时间：4t1=；匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故时间：t2=；带电粒子运动一个周期的时间为：t=，故C错误，D正确；故选：BD．粒子在电场中做类似平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据类似平抛运动的分运动公式和匀速圆周运动的半径公式、周期公式列式求解即可．本题关键是明确粒子的运动规律，然后分类似平抛运动和匀速圆周运动考虑，不难．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确的是（）A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E.空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】ACD【解析】解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加．故B错误．C、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加．故C正确．D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；E、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律．故E错误．故选：ACD正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第二定律．本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累．其中对热力学第二定律的几种不同的表述要准确理解．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.两列机械横波相遇，在相遇区一定会出现干涉现象B.机械波在传播过程中，沿传播方向上，在任何相等时间内，传播相同的距离C.光波在介质中传播的速度与光的频率有关D.狭义相对论认为：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同E.紫光的双缝干涉条纹间距可能大于红光双缝干涉条纹间距【答案】CD【解析】解：A、只有频率相同的两列机械横波相遇，才会出现干涉现象，故A错误．B、机械波的波速与介质有关，不同介质机械波的传播速度不同，则机械波在传播过程中通过两种不同的介质，沿传播方向上，在任何相等时间内，传播的距离不一定相同．故B错误．C、光波在介质中传播的速度与光的频率有关．故C正确．D、根据狭义相对论的基本原理可知：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同，故D正确．E、双缝干涉条纹间距与光的波长成正比．红光的波长比紫光长，所以红光的双缝干涉条纹间距大于紫光双缝干涉条纹间距．故E错误．故答案为：CD．频率相同的波，才能相互干涉；机械波的波速与介质有关；光波在介质中传播的速度与光的频率有关；狭义相对论认为：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同；双缝干涉条纹间距与光的波长成正比．结合这些知识进行分析．本题考查波动部分的基本知识，理解并掌握干涉产生的条件、机械波的波速和光波波速的决定因素、相对论的基本原理等等是解答本题的关键，要加强基础知识的学习，力争不在基础题上失分．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列关于近代物理知识的说法正确的是（）A.汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C.光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光波长太长D.按照玻尔理论，氢原子辐射光子时，核外电子的动能增加E.β衰变的实质是原子核内的中子转化成了质子和电子【答案】CDE【解析】解：A、汤姆生发现了电子，表明原子是可以分割的，故A错误；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变，故B错误C、光照到某金属上不能发生光电效应，知入射光的频率较小，即波长太长．故C正确．D、按照玻尔理论，氢原子辐射光子时，知从高能级跃迁到低能级，轨道半径减小，根据知，核外电子的动能增加．故D正确．E、β衰变的实质是原子核内的中子转化成了质子和电子．故E正确．故选：CDE．汤姆生发现了电子，知道原子还能再分；太阳辐射的能量来自轻核聚变；根据光电效应的条件判断不能发生光电效应的原因；根据辐射光子能量，得出电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力比较电子动能的变化．β衰变的电子来自原子核，不是核外电子．本题考查学生对近代物理知识的理解和掌握，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．五、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、t12…．（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下1块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为t i，重锤的加速度为a i．则= ______ ．（结果用t0和t i表示）（2）作出-i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M= ______ ．（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是______ ．A．1g B．5g C．40g D．100g（4）请提出一条减小实验误差的建议：______ ．【答案】；；C；减小绳与滑轮间的摩擦力【解析】解：（1）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度v=，当挡光时间为t0时的速度①，挡光时间为t i时的速度②，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有：2③，2④，由①②③④解得：=（2）根据牛顿第二定律得：⑤⑥由⑤⑥解得：，作出-i的图线的斜率为k，则=k解得：M=（3）重锤的质量约为300g，为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大，所以1g、5g和100g都不适合，故C正确．故选：C（4）为了减小实验误差，我们可以减小绳与滑轮间的摩擦力或选取密度较大的重锤．故答案为：（1）；（2）；（3）C；（4）减小绳与滑轮间的摩擦力．（1）当时间较短时，可以用平均速度代替瞬时速度，求出重锤到达光电门的速度，再根据匀加速直线运动位移速度公式联立方程求解；（2）根据牛顿第二定律表示出-i的函数关系，根据斜率为k求解；（3）为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明显的变化的原则选择铁片的质量；（4）为了减小实验误差，我们可以减小绳与滑轮间的摩擦力或选取密度较大的重锤．本实验比较新颖，考查了运动学基本公式就牛顿第二定律的应用，要求同学们知道，当时间较短时，可以用平均速度代替瞬时速度，难度适中．10.可记忆电阻有许多新奇特性，例如负差分电阻效应，多重与可控导电率，迟滞效应等等，从资料上获知某可记忆电阻R x的I-U特性曲线如图1所示．现要利用实验亲自描绘此元件加正向电压时的I-U特性曲线．除外，另有器材如下：A．直流电源6V内阻不计B．电压表V量程6V，内阻约6kΩC．电流表A1量程60m A，内阻约10ΩD．电流表A2量程10m A，内阻约20ΩE．滑动变阻器R（总阻值为20Ω）开关1个、导线若干①由已知的I-U图象可得出，电压在0～2.5V范围时，可记忆电阻的电阻值约为______ Ω；②为较准确地描绘可记忆电阻的I-U图线，需要在0～3.5V和3.5～6V两个电压段上采用不同的电路和电流表．在描绘0～3.5V电压下的I-U图线时，应选图2甲、乙、丙、丁四个电路中的______ 电路，电流表应选______ （填C或D）；描绘3.5～6V电压下的I-U图线时，应选图2甲、乙、丙、丁四个电路中的______ 电路，电流表应选______ （填C或D）．【答案】50；甲；C；乙；D【解析】解：①由图1所示图象可知，电压在0～2.5V范围时，可记忆电阻的电阻值约为R===50Ω．②由图1所示图象可知，在0～3.5V电压段上，电流最大值为50m A，则电流表应选C，在该段电阻最大值约为50Ω，电流表内阻约为10Ω，电压表内阻约为6000Ω，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，由图象可知，在该电压段上，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，因此电路图应选甲；由图1所示图象可知，在3.5～6V电压段上，最大电流小于10m A，则电流表应选D，最大电阻约为R===437.5Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，因此滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻约为20Ω，电压表内阻约为6000Ω，相对来说，电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图选乙．故答案为：①50；②甲；C；乙；D．①根据图示图象应用欧姆定律求出电阻阻值；②根据图示图象求出电阻阻值，根据电压与电流的变化、电阻阻值与电表内阻关系，选择电表、选择合适的电路．本题考查了求电阻阻值、实验器材选择与实验电路的选择，当电压与电流从零开始变化或待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值时，滑动变阻器应采用分压接法．六、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=1.0kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g=10m/s2．（1）为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；（2）若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．【答案】解：（1）为使小物块不会击中挡板，拉力F作用最长时间t时，小物块刚好运动到O点．由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1解得：a1=-μg=-0.25×10=2.5m/s2。

5届高三上学期第二次月考物理(附答案)

江西省南昌市第三中学2015届高三上学期第二次月考物理试题1、关于运动的性质，以下说法中正确的是（）A．曲线运动一定是匀变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．圆周运动一定是变加速运动D．圆周运动物体一定加速度大小不变，加速度方向时刻改变2. 甲乙两车在公路上从同地出发沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示,以下说法正确的是（）A. 在t1时刻之前两车已经相遇B. 在t1时刻之后两车才能相遇C。

在t1时刻两车相遇 D. 两车不可能相遇3、有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是︒30，这些60，︒45，︒轨道交于O点. 现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（）A、甲最先，乙稍后，丙最后B、乙最先，然后甲和丙同时到达C、甲、乙、丙同时到达D、乙最先，甲稍后，丙最后4、如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度υ1（相对地）发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，设炮弹做平抛运动，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度υ2竖直向上发射炸弹拦截。

设炸弹做竖直上抛运动，拦截系统与飞机的水平距离为s，在炸弹上升过程中拦截成功，不计空气阻力。

则υ1、υ2的关系应满足（）A、υ1＝υ2B 、υ1＝H s υ2C 、υ1＝Hs υ2D 、υ1＝sH υ25．如图所示，100个大小相同、质量均为m 且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面上，平面AB 与水平面的夹角为30°，则第2个小球对第3个小球的作用力大小为（）A ．2m gB ．48mgC ．49mgD ．98mg6．两质量之比为12:2:1m m =的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径之比12:1:2R R =，则下列关于两颗卫星的说法中正确的是（）A ．线速度大小之比为12:2:1v v =B ．向心加速度大小之比为12:1:2a a =C ．运动的周期之比为12:1:2T T =D ．动能之比为12:4:1k kE E =7．如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，则（）A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定水平向右D ．地面对c 的摩擦力先减小后增大8．如图所示，两物块A 、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO 1转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A 、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B 到OO 1轴的距离为物块A 到OO 1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A ．B 受到的静摩擦力一直增大B ．A 受到的静摩擦力一直增大C ．A 、B 受到的合外力之比不变D．A受到的合外力一直在增大9．2013年12月2日1时30分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功将“嫦娥三号”探测飞船发射升空，展开奔月之旅。

2015届江西南昌十所省重点中学高三第二次模拟冲刺物理卷(带解析)

难度：0.85 组卷：418 题型：多选题更新：2015/5/7
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14 . 如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S．在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m．当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．重力加速度为g．
的像.(取g=10m/s2)
难度：0.64 组卷：466 题型：解答题更新：2015/5/7
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17 . 下列说法正确的是________. E.放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的,与外界的物理条件和所处的化学状态无关 F.入射光的频率不同, 同一金属的逸出功也会不同 A．如果用紫光照射某种金属发生光电效应,改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应 B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转,这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C．由玻尔理论可知,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能减小,电势能增大 D．原子核的比结合能大小可反映原子核的稳定程度,该值随质量数的增加而增大
A．t=4s时两车相遇 B．t=4s时两车间的距离最大 C．0~12s内两车有两次相遇 D．0~12s内两车有三次相遇
难度：0.65 组卷：651 题型：单选题更新：2020/1/12
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2 . 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )

江西省六校2015届高三第二次联考理综物理试题

新干中学黎川一中上栗中学都昌一中安义中学宁都中学江西省六校2015届高三第二次联考理综物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分，考试用时150分钟。

可能用到的相对原子质量（原子量）：H-1 C-12 O-16 Li-7第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

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

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列说法中不．正确的是 A ．物理模型就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B ．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比C ．物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步去修正它们D ．万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则15．马航客机失联牵动全世界人的心，当时初步确定失事地点位于南纬31°52′东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）A ．地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍B ．该卫星平面可能与南纬31°52′所确定的平面共面C ．该卫星平面一定与东经115°52′所确定的平面共面D ．该卫星不可能是通过地球两极上方的轨道16．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，一质量为m 的物块从斜面上由静止下滑．下面给出的物块在下滑过程中对斜面压力大小F N 的四个表达式中，只有一个是正确的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，合理的表达式应为( )A ．2sin cos Mmg M m θθ+B ．2cos sin mg M m θθ+ C ．2cos sin Mmg m M θθ+ D ．2cos sin Mmg M m θθ+ 17．如图所示，在竖直平面内有一个14圆弧AB ，OA 为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（）A ．越靠近A 点越大B ．越靠近B 点越大C ．从A 到B 先增大后减小D ．从A 到B 先减小后增大18．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交流电压表，滑动变阻器R 的总阻值大于定值电阻R 0的阻值，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 π2sin0=的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，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，两灯都亮着，电压表的示数为零C ．只将变阻器R 的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D ．只增大0v ，两灯都变亮，杆MN 来回运动的最大距离变小19．如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A 、B ，A 位于筒底靠左侧壁处，B 在右侧筒壁上P 处时处于平衡状态，现将B 小球向上移动一段距离，从 E 处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（） A ．小球A 对筒底的压力保持不变 B ．小球B 对筒壁的压力逐渐增大 C ．小球B 的动能先增大后减小 D ．小球A 、B 间的电势能逐渐减小 20．如图为一电源电动势为E ，内阻为r 的恒定电路，电压表A 的内阻为10kΩ，B 为静电计，1C 、2C 分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（）A ．若1C ＞2C ，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B ．若将变阻器滑动触头P 向右滑动，则电容器2C 上带电量增大 C ．1C 上带电量为零D ．再将电键S 打开，然后使电容器2C 两极板间距离增大，则静电计张角也增大21．研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位。

江西省南昌二中高三物理上学期第二次月考试题新人教版【会员独享】

高三物理试题本试题卷分Ⅰ（选择题）和Ⅱ（非选择题）两部分。

满分300分，考试时间150分钟。

以下数据可供做题时参考：相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Br 80 I 127Cu 64 Mn 55第Ⅰ卷（选择题，每小题6分)二、选择题（本题共8小题。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）14.如图所示，A 、B 两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长.若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F 向右拉物体B ，直到A 即将移动，此过程中，地面对B 的摩擦力f 1和对A 的摩擦力f 2的变化情况是( )A. f 1先不变后变大再变小B. f 1先变小后变大再不变C. f 2先不变后变大D. f 2先变大后不变15.两个物体A 、B 的质量分别为m 1和m 2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F 1、F 2分别作用于物体A 和B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来．两物体A 、B 运动的速度－时间图线分别如图中的a 、b 所示．已知拉力F 1、F 2撤去后，物体做减速运动过程的速度－时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)．由图中信息可以得出( )A.若F 1=F 2，则m 1＜m 2B.若m 1=m 2，则拉力F 1对物体A 所做的功较多C.若m 1=m 2，则整个过程中摩擦力对B 物体做的功较多D.若m 1=m 2，则拉力F 1的最大瞬时功率一定是拉力F 2的最大瞬时功率的2倍16.光滑的3/4周长的圆管被固定在竖直平面内，其端口B 的切线沿竖直方向.可视为质点的小球1、2的质量分别为m 、2m ，它们先后从最高点C 无初速度释放.当小球1运动到A 点时，小球2恰好运动到B 点，若忽略空气阻力并且小球离开圆管后可供两球运动的空间足够大，则下列说法正确的是( )A.两球可能在空中相遇B.两球不能在空中相遇C.1球落到竖直方向的直线BD 上时在2球上方D.1球落到竖直方向的直线BD 上时在2球下方17.从离地面h 高处水平抛出一个小球.经过时间t ,小球的动能和势能相等.设空气阻力不计,重力加速度为g ,以地面为零势能参考面.则( )A.抛出点的高度h 满足2h gt > B.抛出点的高度h 满足2212gt h gt <≤ C.落地时的速率v 1满足12v gt > D.落地时的速率v 1满足12gt v gt < 18.如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m 在圆形轨道内侧做圆周运动.对于半径R 不同的圆形轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力.下列说法正确的是( )A.半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B.半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C.半径R 越大，小球通过轨道最低点时对轨道压力不变D.半径R 越大，小球通过轨道最低点时对轨道压力越大19.如图所示,手持一根长为l 的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r 、角速度为ω的匀速圆周运动,绳始终保持与该圆周相切,绳的另一端系一质量为m 的木块,木块也在桌面上做匀速圆周运动,不计空气阻力 ( )A.手对木块不做功B.木块不受桌面的摩擦力C.绳的拉力大小等于222r l m +ωD.手拉木块做功的功率等于m ω3r(l 2+r 2)/l20.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N ，已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( ) A.2mv GN B.4mv GN C.2Nv Gm D.4Nv Gm21.在2010年上海世博会上，拉脱维亚馆进行风洞飞行表演，其原理是:风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1/8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A 开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，则有( )A.表演者方向向上的最大加速度是gB.表演者方向向下的最大加速度是4g C.B 点的高度是47H D.由A 至C 全过程表演者克服风力做的功为mgH第Ⅱ卷（非选择题部分共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

江西省南昌三中高三物理上学期第二次月考试题(含解析)

2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（1-8为单选，9-12为多项选择，每题4分，共48分多项选择漏选得2分，错选得0分）1．物理公式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．现有物理量单位：m （米）、s（秒）、C（库）、A（安）、V（伏）、F（法）、T（特），由它们组合成的单位与力的单位N（牛）等价的是（）A．V•C/s B．C/F•s C．V•C/m D．T•A/m2．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则正确的是（）A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块不可能落到Q点的左边3．一条船要在最短时间内渡过宽为100m河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是（）A．船渡河的最短时间25sB．船运动的轨迹可能是直线C．船在河水中航行的加速度大小为a=0.4m/s2D．船在河水中的最大速度是5m/s4．在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）．下列论述正确的是（）A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C．若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D．若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间5．在汽车无极变速器中，存在如图所示的装置，A是与B同轴相连的齿轮，C是与D同轴相连的齿轮，A、C、M为相互咬合的齿轮．已知齿轮A、C规格相同，半径为R，齿轮B、D规格也相同，半径为1.5R，齿轮M的半径为0.9R．当齿轮M如图方向转动时以下说法错误的是（）A．齿轮D和齿轮B的转动方向相同B．齿轮D和齿轮A的转动周期之比为1：1C．齿轮M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3D．齿轮M和齿轮C的角速度大小之比为9：106．在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕着圆连续的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为L=10cm，圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），以2r/s的转速匀速转动，我们感觉到升降方向和速度大小分别为（）A．向上10cm/s B．向上20cm/s C．向下10cm/s D．向下20cm/s7．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（）A．=（）B．=（）C．=（）2D．=（）28．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度V0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F=kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为（）A．B． C． D．9．将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体均可看成质点，m2悬于空中）时，整个装置处于静止状态，如图所示．已知此时m1与半球的球心O的连线与水平线成53°角（sin53°=0.8，cos53°=0.6），m1与半球面的动摩擦因数为0.5，并假设m1所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是（）A．无论的比值如何，地面对半球体的摩擦力都为零B．当=时，半球体对m1的摩擦力为零C．当1≤＜时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上D．当＜≤5时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下10．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为l a、l b，如图所示．当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则（）A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D．绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2l b11．水平面上有倾角为θ、质量为M的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态．下列说法中正确的是（）A．小物块受到斜面的最大摩擦力为F+mgsinθB．小物块受到斜面的最大摩擦力为F﹣mgsinθC．斜面体受到地面的最大摩擦力为FD．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcosθ12．P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（）A．P1的平均密度比P2的大 B．P1的第一宇宙速度比P2的小C．s1的公转周期比s2的大 D．s1的向心加速度比s2的大二、填空题（每空2分，共14分）13．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验，所用器材有：玩具小车，压力式托盘秤，凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为kg．（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m，多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如表所示：序号 1 2 3 4 5m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N，小车通过最低点时的速度大小为m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字）14．某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块（质量小于砂桶的），在静止释放轻绳前，装置如图甲所示，①该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是和．②纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g．该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是（用所给的字母表示）．③若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更（选填“大”或“小”）三、计算题15．科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星，经过观测该小行星每隔t时间与地球相遇一次，已知地球绕太阳公转半径是R，周期是T，设地球和小行星都是圆轨道，求小行星距太阳的距离．16．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2．试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；（2）t=6s时物体的速度，并在乙图上将t=6s内物体运动的v﹣t图象补画完整，要求标明有关数据．17．（10分）（2015秋•南昌校级月考）如图所示，排球长总长18m，设网的高度2m，运动员站在离网3m远的线上正对网前竖直跳起把球水平击出．（g=10m/s2），（1）设击球点的高度为2.5m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不能触网也不出界？（2）若击球点的高度小于某个值．那么无论球被水平击出时的速度多大，球不是触网，就是出界，试求出此高度．18．（12分）（2015春•安徽校级期中）如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：（1）转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？（2）当转速ω=10rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？（g取10m/s2）2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8为单选，9-12为多项选择，每题4分，共48分多项选择漏选得2分，错选得0分）1．物理公式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．现有物理量单位：m （米）、s（秒）、C（库）、A（安）、V（伏）、F（法）、T（特），由它们组合成的单位与力的单位N（牛）等价的是（）A．V•C/s B．C/F•s C．V•C/m D．T•A/m考点：力学单位制．专题：常规题型．分析：根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论．解答：解：A、根据I=得1A=1C/s，根据P=UI得1W=V•C/s，故A错误；B、根据电容C=得1C/F•s=1V/s，故B错误；C、根据E==得1V•C/m=1N，故C正确；D、由公式：F=BIL，F的单位：N，B单位：T，I单位：A，L的单位是：m，可知：1N=1T•A•m，故D错误；故选：C．点评：本题考查了力的单位与各物理量单位间的关系，熟悉各物理量的单位，熟练掌握各物理学公式是正确解题的关键．2．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则正确的是（）A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块不可能落到Q点的左边考点：动能定理的应用；滑动摩擦力．专题：传送带专题．分析：物块从光滑曲面P点由静止开始下滑，通过粗糙的静止水平传送带时，受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动．若传送带顺时针转动时，分情况讨论：若物块滑上传送带时速度等于传送带速度、大于传送带速度和小于传送带速度，分析物块的运动情况来选择．解答：解：物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带可能向前运动，使物体在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，物体扔落在Q点，当传送带顺时针转动时，物体相对传送带也可能向后运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相同，物体可能做加速，离开传送带时的速度大于传送带静止似的速度，所以会落到传送带的右边．故选D．点评：若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论了：（1）当物块滑到底的速度等于传送带速度，没有摩擦力作用，物块做匀速运动，离开传送带做平抛的初速度比传送带不动时的大，水平位移也大，所以落在Q点的右边；（2）当物块滑到底速度小于传送带的速度，有两种情况，一是物块始终做匀加速运动，二是物块先做加速运动，当物块速度等于传送带的速度时，物体做匀速运动．这两种情况落点都在Q点右边．（3）当物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，有两种情况，一是物块一直减速，二是先减速后匀速．第一种落在Q点，第二种落在Q点的右边．3．一条船要在最短时间内渡过宽为100m河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是（）A．船渡河的最短时间25sB．船运动的轨迹可能是直线C．船在河水中航行的加速度大小为a=0.4m/s2D．船在河水中的最大速度是5m/s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：将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．解答：解：A、当船的静水速度始终与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间为：t==s=50s．故A错误．B、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线运动．故B错误．C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，由图可知，当发生50米的位移时，所以时间为：t==s=10s，由甲图知水流速度变化为△v=4m/s，根据a=，可得：加速度大小为：a==0.4m/s2．故C正确．D、当船顺流而下时，船在河水中的最大速度是4m/s+5m/s=9m/s，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．4．在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）．下列论述正确的是（）A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C．若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D．若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：运动员侧滑实际上是做离心运动，根据离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，进行分析．解答：解：AB、发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故AB错误．CD、若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键要掌握离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，通过分析供需关系进行分析．5．在汽车无极变速器中，存在如图所示的装置，A是与B同轴相连的齿轮，C是与D同轴相连的齿轮，A、C、M为相互咬合的齿轮．已知齿轮A、C规格相同，半径为R，齿轮B、D规格也相同，半径为1.5R，齿轮M的半径为0.9R．当齿轮M如图方向转动时以下说法错误的是（）A．齿轮D和齿轮B的转动方向相同B．齿轮D和齿轮A的转动周期之比为1：1C．齿轮M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3D．齿轮M和齿轮C的角速度大小之比为9：10考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：AB同轴转动，CD同轴转动，角速度相同，AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，然后利用v=ωr解决问题解答：解：A、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，因为M顺时针转动，故A逆时针转动，C逆时针转动，又AB同轴转动，CD同转转动，所以齿轮D和齿轮B的转动方向相同，故A正确；B、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，齿轮A、C规格相同，半径为R，根据v=ωr得，AC转动的角速度相同，AB同轴转动，角速度相同，CD同轴转动相同，且齿轮B、D规格也相同，所以齿轮D和齿轮A的转动角速度相同，转动周期之比为1：1，故B正确；C、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，根据v=ωr得，A是与B同轴相连的齿轮，所以ωA=ωB，根据v=ωr得：M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3，故C正确；D、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，根据v=ωr得：M和齿轮C 的角速度大小之比为10：9，故D错误；本题选错误的，故选：D点评：本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，然后结合v=ωr以及频率和周期的定义进行分析，基础题6．在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕着圆连续的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为L=10cm，圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），以2r/s的转速匀速转动，我们感觉到升降方向和速度大小分别为（）A．向上10cm/s B．向上20cm/s C．向下10cm/s D．向下20cm/s考点：运动的合成和分解．分析：本题涉及眼睛的观察习惯问题，人眼观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔△t后，同一位置处不是彩色条纹，变成了圆筒壁，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹向下移动的错觉．解答：解：由于每秒转2圈，则转1圈的时间为0.5s，而螺距为10cm，所以每秒沿竖直方向运动的距离为20cm，即速度大小为20cm/s．又因为彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，且圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），根据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向下；故选D．点评：本题关键涉及到人眼的视觉暂留现象，最好动手做做实验，亲身去体验，找到形成错觉的原因．7．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（）A．=（）B．=（）C．=（）2D．=（）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：要求重力加速度g之比，必须求出重力加速度g的表达式，而g与卫星的轨道半径r有关，根据已知条件需要求出r和卫星的运动周期之间的关系式解答：解：人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运动，则有G=m r忽略地球的自转，则有mg=G解得g=GM故故选：A点评：这类题目在万有引力与航天中比较常见，本题反映了这类题目常规的解题思路和方法，需要我们认真理解和领会8．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度V0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F=kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为（）A．B． C． D．考点：功的计算；摩擦力的判断与计算．专题：功的计算专题．分析：以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象．解答：解：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．故A正确．B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．故B正确．C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．故C错误，D正确．本题选错误的，故选：C．点评：本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏解．9．将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体均可看成质点，m2悬于空中）时，整个装置处于静止状态，如图所示．已知此时m1与半球的球心O的连线与水平线成53°角（sin53°=0.8，cos53°=0.6），m1与半球面的动摩擦因数为0.5，并假设m1所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是（）A．无论的比值如何，地面对半球体的摩擦力都为零B．当=时，半球体对m1的摩擦力为零C．当1≤＜时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上D．当＜≤5时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：计算题；整体法和隔离法．分析：在分析和求解物理连接体问题时，首先遇到的关键之一，就是研究对象的选取问题．其方法有两种：一是隔离法，二是整体法．当要求的量不是连接体内部的力时，可以将连接体当作一个物体，即整体法；当要求解连接体内部的力时，用隔离法．解答：解：A、对半球体m1、m2整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，因而A正确；B、若半球体对m1的摩擦力为零，对m1受力分析，如图将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到x方向 T﹣m1gsin53°=0y方向 N﹣m1gcos53°=0据题意 T=m2g解得=因而B正确；C、当＜时，有T=m2g＞mgsin53°，即拉力大于重力的下滑分量，m2有上滑趋势，摩擦力沿切线向下，因而C错误；D、当＞时，有T=m2g＜mgsin53°，即拉力小于重力的下滑分量，m2有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，因而D错误；故选AB．点评：隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成；所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵活运用；无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量．10．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为l a、l b，如图所示．当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则（）A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D．绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2l b考点：向心力；匀速圆周运动．分析：绳子断开前，小球做匀速圆周运动，对小球受力分析，可知b绳子的拉力提供向心力；绳子断开后，杆停止转动，小球有沿切向飞出的趋势，可以分析小球进一步的运动．解答：解：绳子断开前，小球做匀速圆周运动，合力指向c点，对小球受力分析，受重力G，a绳子的拉力F1，b绳子的拉力F2，根据牛顿第二定律有F1=mgF2=mω2l b小球的线速度为v=ωl b绳子断开后，杆停止转动，由于惯性，小球将绕A点转动，若速度较小，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动；若速度较大，也有可能在垂直于平面ABC的竖直平面内绕A点做完整的圆周运动．在最低点时F a﹣mg=m解得F a=mg+m＞F1故选：BC．点评：本题关键分析清楚绳子b烧断前后小球的运动情况和受力情况，利用牛顿第二定律列式求解即可．11．水平面上有倾角为θ、质量为M的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态．下列说法中正确的是（）A．小物块受到斜面的最大摩擦力为F+mgsinθB．小物块受到斜面的最大摩擦力为F﹣mgsinθC．斜面体受到地面的最大摩擦力为FD．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcosθ考点：向心力；摩擦力的判断与计算．专题：匀速圆周运动专题．分析：解本题的关键是正确分析小木块在斜面内的受力情况，特别是先确定出下滑力mgsinθ，然后再讨论．在讨论斜面受地面的摩擦力时，要灵活把小木块和斜面看做一个整体分析，才能顺利求出答案．。

2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷(五)

2015年江西省南昌市十所省重点中学高考物理二模试卷（五）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.在解一道由字母表达结果的计算题中，一个同学解得位移结果的表达式为：x=，其中F表示力，t表示时间，m表示质量，用单位制的方法检查，这个结果（）A.可能是正确的B.一定是错误的C.如果用国际单位制，结果可能正确D.用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确【答案】B【解析】解：根据公式S=，由于力的单位是N，时间单位是s，质量单位是kg，故等式右边的单位是：；等号左边的单位是：m；即等号左右单位不同，故等号不成立；故选：B．理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系．因此物理学中选定七个物理量的单位作为基本单位，根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，推导出其他物理量的单位．这些推导出来的单位叫做导出单位．基本单位和导出单位一起组成了单位制．在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位作为基本单位，就可以导出其余的物理量的单位．选定这三个物理量的不同单位，可以组成不同的力学单位制．在国际单位制（SI）中，取m（长度单位）、kg（质量单位）、s（时间单位）作为基本单位．本题展示了一种用单位来判断结果是否正确的方法，同时要知道牛顿是导出单位，1N=1kg•m/s2．2.2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害．新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为△P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9△P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A.输电电流为B.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为【答案】D【解析】解：高压线上的热耗功率△P=I2R线①若热耗功率变为9△P，则9△P=I′2R线②由①②得I′=3I，所以A B错误．又输送功率不变，由P=UI=U′I′得U′=U，所以C错误，D正确．故选D．根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．3.如图所示，绝缘杆两端固定着带电量分别为q A、q B的小球A和B，轻杆处于匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．最初杆与电场线垂直，将杆右移的同时使其顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据图示位置关系，下列说法正确的是（）A.因为A、B两球电势能之和不变，所以电场力对A球或B球都不做功B.A带正电，B带负电C.A、B两球带电量的绝对值之比q A：q B=1：2D.A球电势能在增加【答案】C【解析】解：A、据题，A、B两球电势能之和不变，说明电场力对系统做的总功为零，但由于两球初末位置的电势不等，电势能不等，则电场力对A球或B球都做功，故A错误．B、电场力对系统做的总功为零，可知A、B电性一定相反，但它们的电性不能确定，故B错误；C、根据电场力对A、B做功大小相等，有：E q B×L=E q A×2L，因此q A：q B=1：2，故C正确．D、由于A的电性不能确定，无法判断其电势能的变化，其电势能可能在增加，也可能在减小，故D错误．故选：C．根据电势能的变化，分析电场力是否做功．本题中“A、B两球电势能之和不变”，说明电场力对系统所做的总功为零．根据电场力做功特点进一步求解电荷量之比．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析功与能的关系，掌握匀强电场中电场力做功公式W=q E d，d是沿电场线方向两点间的距离．4.某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现，若该行星自转角速度变为原来的两倍，会导致该行星赤道上物体将恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是（）A.该行星质量为M=B.该行星的同步卫星轨道半径为r=RC.静置在该行星赤道地面上质量为m的物体对地面的压力为D.环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9km/s【答案】B【解析】解：A、该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为原来的，即为T，由题意可知此时：，解得：，故A错误；B、同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又：，解得：r=R，故B正确；C、行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：′，又：mg=，解得：′，由牛顿第三定律可知质量为m的物体对行星赤道地面的压力为，故C错误；D、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于7.9km/s，故D错误．故选：B．由“该行星自转角速度变为原来两倍将导致该星球赤道上物体将恰好对行星表面没有压力”可知此时重力充当向心力，赤道上的物体做匀速圆周运动，据此可得该星球的质量．同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力的周期表达式可得同步卫星的轨道半径．行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力，由此可得支持力大小，进而可知压力大小．7.9km/s是地球的第一宇宙速度．行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力．5.如图所示，在直角坐标系XOY中，X轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率V沿纸面内，由X轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=，正确的图是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后在离开，v与x夹角相同，根据左手定和R=，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；故选：D根据粒子在磁场中做圆周运动的对称性画出极限情况的运动轨迹图进行分析即可．本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】解：由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=，因安培力的大小不变，则B是定值，若磁场B增大，则减小，若磁场B减小，则增大，故CD正确，AB错误；故选：CD．根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解．考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，及安培力表达式的应用，注意判定磁场变化率大小是解题的关键．7.弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（）A.从D到C，弹丸的机械能一直增大B.从D到C，弹丸的动能一直在增大C.从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能【答案】AD【解析】解：A、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故A正确，C错误；B、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B错误；D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；故选：AD．机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功．也可以从能量转化的角度分析其机械能的变化．本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础．8.如图所示，装有沙子的A、B两木盒叠放在粗糙的水平桌面上，装沙的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2．若分别改变A、B、C中沙的质量，则摩擦力f1和f2的变化情况正确的是（）A.若只增加C桶中的沙子质量，则f1增加，f2不变B.若只减少C桶中的沙子质量，则f1减少，f2不变C.若只增加A箱中的沙子质量，则f1减少，f2不变D.若只增加B箱中的沙子质量，则f1减少，f2增加【答案】BD【解析】解：设物体的加速度大小为a，对A受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f1=m A a…①物体B与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律，有f2=μ（m A+m B）g…②．A、当沙桶中沙子增加时，加速度增加，静摩擦力f1增加，相对滑动后摩擦力不变，而滑动摩擦力f2不变；故A错误．B、当沙桶中沙子减小时，加速度减小，静摩擦力f1减小，而滑动摩擦力f2不变；故B 正确．C、若只增加A箱中的沙子质量，f2增大，故C错误．D、若只增加B箱中的沙子质量，f2增加，加速度减小，则f1减少，故D正确；故选：BD．物体A与B间是静摩擦力，物体A与桌面间是滑动摩擦力，滑动摩擦力与正压力成正比，静摩擦力随着外力的变化而变化，可以根据牛顿第二定律求解．本题关键分清静摩擦力和滑动摩擦力，要明确静摩擦力随着外力的变化而变化，而滑动摩擦力与正压力成正比，不难．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的无规则运动B.晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点C.热量不可能从低温物体传到高温物体D.物体的体积增大，分子势能不一定增加E.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】BDE【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故A错误．B、晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．故B正确．C、热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体，比如电冰箱，故C错误．D、若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加；故D正确．E、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故E正确．故选：BDE布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．热量也可能从低温物体传到高温物体．物体的体积增大，分子势能不一定增加．根据气态方程分析压强不变、体积增大时温度的变化，即可判断内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况．本题关键要掌握热力学基本知识，掌握气态方程和热力学第一定律，并能用来分析问题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列有关光现象的说法中正确的是（）A.雨后天空出现彩虹是光的干涉现象B.刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象C.水的视深比实际深度浅些是光的全反射现象D.在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉现象E.光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大【答案】BDE【解析】解：A、雨后天空出现彩虹，是由于光的折射形成光的色散现象．故A错误．B、光能绕过障碍物体继续传播而产生衍射现象，使得障碍物的轮廓模糊，所以刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象，故B正确．C、光线由水中斜射到空气中时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得池底变浅了．所以水的视深比实际深度浅些是光的折射现象．故C错误．D、光在油膜的上下两个表面分别发生反射，两列反射光在油膜的上表面发生薄膜干涉，不同色光干涉条纹的间距不同，从而形成彩色花纹，所以这是光的干涉现象．故D正确．E、光导纤维是利用光的全反射现象制成的，根据全反射的条件可知：光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，故E正确．故选：BDE彩虹是由光的折射形成的；刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象；水的视深比实际深度浅些是光的折射现象；在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉现象；光导纤维是利用光的全反射现象制成的．掌握光的折射现象、干涉现象和衍射现象的本质，了解各种自然现象形成的原因，即可顺利解决此类题目的关键．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列关于核反应及衰变的表述正确的有（）A.H+H→H e+n是轻核聚变B.X+H→O+H中，X表示H eC.半衰期与原子所处的化学状态无关D.β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的E.T h衰变成P b要经过6次α衰变和4次β衰变【答案】ACE【解析】解：A、轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应，故A 正确；B、根据质量数和电荷数守恒得X+H→O+H中，X表示H e，故B错误；C、放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关，故C正确；D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故D 错误；E、T h衰变成P b时，质量数减小24，而质子数减小8，对于β衰变质量数不变，质子数在增加1，因此经过=6次α衰变，而α衰变质量数减小4，质子数减小2，所以要经过4次β衰变．故E正确．故选：ACE．α衰变产生核原子核，β衰变产生电子，重核裂变是粒子轰击原子核，产生中等核．轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应．放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关；β射线实际上是原子核中的中子放出来电子；对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变、半衰期等基本知识要熟练掌握和应用．都是基本知识，加强记忆是基本的学习方法．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示．①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v= ______ m/s，木块加速度a= ______ m/s2；②为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是______ ；（已知当地的重力加速度g）③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是______ ．A．木板的倾角越大越好B．A点与传感器距离适当大些C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．【答案】0.4；1；斜面的倾角或A的高度；B【解析】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=m/s=0.4m/s，0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，则木块的加速度为：a=′==1m/s2．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ-μmgcosθ得：μ=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ；或者知道A点的高度也可．（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故B正确，ACD错误．故答案为：①0.4，1；②斜面倾角（或A点的高度）；③B．（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．10.物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得a P 的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的-x图象．（1）由图乙可得电源的电动势E= ______ V；内阻r= ______ Ω．（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10-6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为______ Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是______ Ω．（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除______ （填“偶然误差”或“系统误差”）．【答案】3.00；1.0；1.3×10-6；电流表内阻为2.0；系统误差【解析】解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V．在图象中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式：r==1.0Ω；（2）电阻丝电阻R==ρ+R A，则=x+R A，-x图象的斜率k===10，电阻率ρ=k S=10×3.14×≈1.3×10-6Ω•m；由=x+R A可知，函数-x图线纵截距为2.0Ω，它表示电流表的内阻为2Ω；（3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差，不能减小系统误差；故答案为：（1）3.00（2.99～3.02均可） 1.0（0.80～1.0均可）（2）1.2×10-6电流表内阻为2.0Ω（3）系统误差（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；（2）根据欧姆定律与电阻定律求出-x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f，与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？【答案】解：（1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式得：=20m（2）由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，则kv=2mgk==200N•s/m根据牛顿第二定律得：a=方向竖直向上（3）设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：8T cosα-mg=ma解得：T=°所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5N答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；（2）求阻力系数k为200N•m/s，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上；（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．【解析】（1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式即可求解；（2）由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，根据kv=2mg即可求解k，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律即可求解．本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，难度适中．12.如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h；（3）试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功．【答案】解：小球运动轨迹如图所示：（1）小球进入电磁场后恰好能做匀速圆周运动，则重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，重力竖直向下，则电场力竖直向上，电场强度向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电；电场力与重力相等，则q E=mg…①，则电场强度：E=…②（2）带电小球进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2…③，小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv B=m…④由于小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，则三段圆弧的半径相等，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60度，如图（a）所示，…⑤，由几何知识可得：R=°解得：h=…⑥；（3）带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图（b）所示，由几何知识可得：R=d…⑦，由③④⑦解得：h0=…⑧，i、当h＜h0时，带电小球进入Ⅰ区域的速度较小，轨道半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出Ⅰ区域，在此过程中，电场力做功：W=q E s=0…⑨；ii、当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，在此过程电场力做功W=-q E d，把②代入解得：W=-mgd；答：（1）小球带正电，电场强度：E=；（2）小球放时距MN的高度h=；（3）带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，当h＜h0时，电场力做功为零；当h＞h0时，电场力做功为：-mgd．【解析】（1）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．（3）根据小球释放高度与运动轨迹的不同，由功的计算公式求出电场力做的功．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、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．。

江西省南昌十九中2015届高三上第二次月考数学(文)试题及答案

南昌十九中2014～2015学年度第一学期高三年级第二次月考数学（文科）试题考试时间：120分钟；第I 卷（选择题）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)1．设集合}032{2<--=x x x M ，}1log {2<=x x N ，则N M 等于（）. （A ）}31{<<-x x （B ）}21{<<-x x （C ）}10{<<x x （D ）}20{<<x x2．设i ）. （A ）1－i （B ）1＋i （C ）－1＋i （D ）－1－i 3．已知点P （ααcos ,tan ）在第三象限，则角α在（）. A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限4．设f(x)是定义在Ｒ上的奇函数，当0x ≤时，则()1f =（）.ＡＢ.－１Ｃ.１Ｄ5．已知函数()f x 在R 上可导，且2()2(2)f x x x f '=+⋅，则函数()f x 的解析式为（） A ．2()8f x x x =+ B ．2()8f x x x =- C ．2()2f x x x =+ D ．2()2f x x x =-6．设{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项和，若，，，421S S S 成等比数列，则1a =（）A. 2B. -2C.21 D. 21- 7．关于函数f （x ）＝sinx （sinx －cosx ）的叙述正确的是（）（A ）f （x ）的最小正周期为2π（B ）f （x ）在]83,8[ππ-内单调递增（C ）f （x ）的图像关于)0,8(π-对称（D ）f （x ）的图像关于8π=x 对称8．已知：数列{}n a 满足161=a ，n a a n n 21=-+，则na n的最小值为（）. A ．8 B ．7 C ．6 D ．5 9．已知5OA 1,OB 3,AOB6π==∠=，点C 在∠AOB 外且OB OC 0.∙=设实数,m n 满足OC mOA n OB =+，则mn等于（）A ．2B ．-2 D ．10．已知向量a ，b 满足||3a =，||1b =，且对任意实数x ，不等式||||a xb a b +≥+恒成立，设a 与b 的夹角为θ，则tan 2θ=（）- D.第II 卷（非选择题）二.填空题（每题5分，共25分）11．已知1cos 7α=，13cos()14αβ-=，且π02βα<<<，则cos β= ．12．已知条件p ：x a >，条件q ：220x x +->，若p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是_____________．13．已知等比数列}{n a 中，81,341==a a ，若数列}{n b 满足n n a b 3log =，则数列}1{1+⋅n n b b 的前n 项和n S =________.14．在数列}{n a 中，11=a ，n n a n na 11+=+ ，则}{n a 的通项公式 . 15．已知向量(6,2)a =与(3,)b k =-的夹角是钝角，则k 的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16．已知,,a b c 是同一平面内的三个向量，其中(1,2)a =.（Ⅰ）若25c =，且//c a ，求向量c ；17．△ABC 在内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a=bcosC+csinB ．（1）求B ；（2）若b=2，求△ABC 面积的最大值。

南昌市第十九中学2014-2015学年高一下学期期中考试物理试题及答案

南昌十九中2014～2015学年度高一年级期中考试物理试题考试时间：100分钟；试卷总分：110分命题人：肖平习注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、学号、考场号、座位号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

1-6小题为单选题，7-10小题为多选题。

全部选对的得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分。

）1、物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A．开普勒通过对行星观测记录的研究发现了万有引力定律B．伽利略指出物体的运动需要力来维持C．牛顿测出了引力常量G的数值D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比2、如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA∶ωB=1∶1 B．角速度之比ωA∶ωB=1∶2C．线速度之比vA∶vB=2∶1 D．线速度之比vA∶vB=1∶13、关于向心力的说法中，正确的是（）A. 物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B. 向心力不改变圆周运动物体的速度C. 做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力D. 做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的4、如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是（）A ．sin θ=2Lgω B ．tan θ=2LgωC ．sin θ=2g L ωD ．tan θ=2gL ω5、如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的有摩擦的斜面上加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m 的苹果，它周围苹果对它作用力的合力（）A ．对它做正功B ．对它做负功C ．对它做不做功D ．无法确定做功情况6、一位同学为了测算卫星在月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度，提出了如下实验方案：在月球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，测出物体上升的最大高度h ，已知月球的半径为R ，便可测算出绕月卫星的环绕速度。

江西省南昌市第三中学2015届高三上学期第二次月考物理试题含答案

江西省南昌市第三中学2015届高三上学期第二次月考物理试题1、关于运动的性质，以下说法中正确的是（）A ．曲线运动一定是匀变速运动B ．变速运动一定是曲线运动C ．圆周运动一定是变加速运动D ．圆周运动物体一定加速度大小不变，加速度方向时刻改变2. 甲乙两车在公路上从同地出发沿同一方向做直线运动，它们的v-t 图象如图所示,以下说法正确的是（）A. 在t 1时刻之前两车已经相遇B. 在t 1时刻之后两车才能相遇C 。

在t 1时刻两车相遇 D. 两车不可能相遇3、有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是︒60，︒45，︒30，这些轨道交于O 点. 现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O 点的先后顺序是（）A 、甲最先，乙稍后，丙最后B 、乙最先，然后甲和丙同时到达C 、甲、乙、丙同时到达D 、乙最先，甲稍后，丙最后4、如图所示，在一次空地演习中，离地H 高处的飞机以水平速度υ1（相对地）发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P ，设炮弹做平抛运动，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度υ2竖直向上发射炸弹拦截。

设炸弹做竖直上抛运动，拦截系统与飞机的水平距离为s ，在炸弹上升过程中拦截成功，不计空气阻力。

则υ1、υ2的关系应满足（）A 、υ1＝υ2B 、υ1＝H sυ2 C 、υ1＝H sυ2 D 、υ1＝s Hυ 2 5．如图所示，100个大小相同、质量均为m 且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面上，平面AB 与水平面的夹角为30°，则第2个小球对第3个小球的作用力大小为（）A ．2mgB ．48mgC ．49mgD ．98mg6．两质量之比为12:2:1m m =的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径之比12:1:2R R =，则下列关于两颗卫星的说法中正确的是（）A ．线速度大小之比为12:2:1v v =B ．向心加速度大小之比为12:1:2a a =C ．运动的周期之比为12:1:2T T =D ．动能之比为12:4:1k kE E =7．如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，则（）A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定水平向右D ．地面对c 的摩擦力先减小后增大8．如图所示，两物块A 、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO 1转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A 、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B 到OO 1轴的距离为物块A 到OO 1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A ．B 受到的静摩擦力一直增大B ．A 受到的静摩擦力一直增大C ．A 、B 受到的合外力之比不变D ．A 受到的合外力一直在增大9．2013年12月2日1时30分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功将“嫦娥三号”探测飞船发射升空，展开奔月之旅。

江西省南昌十九中高二物理上学期第二次月考(12月)试题

高二上学期第二次月考（12月）物理试题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.其中1、2、4、6、7、8小题为单选，其余各小题为多选，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的，该小题得0分。

）1、如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入1，输出端Y输出1时，A、B 端的输入分别不可能是( )A、0、0B、0、1C、1、0D、1、12、在磁感应强度为B0，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 ( )A．b、d两点的磁感应强度相同B．a、b两点的磁感应强度相同C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大3．如图所示，匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向下。

有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域,则( )A．若电子也相同的速率从右向左飞入，电子将沿直线运动B．若电子也相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转C．若电子也相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转D．若电子也相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动4．一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，在墙的东侧处，当放一指南针时，其指向刚好比原来旋转180°，由此可以断定，这根电缆中电流的方向为( )A．可能是向北 B．可能是竖直向下C．可能是向南 D．可能是竖直向上5．如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有 "6 V、12 W"字样，电动机线圈的电阻R M=O．50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A ．电动机的输出功率为12WB ．电动机的热功率为2．0WC ．整个电路消耗的电功率为22WD ．电动机若卡住不转动，灯泡将可能烧坏6. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电量不变），从图中情况可以确定( ) A ．粒子从a 到b ，带正电 B ．粒子从b 到a ，带正电 C ．粒子从a 到b ，带负电 D ．粒子从b 到a ，带负电7.电动势为E 、内阻为r 的电源与小灯泡L 1、L 2及滑动变阻器R 0和固定电阻R 1连成如图所示的电路，两灯泡均发光。

高三物理月考试题及答案-江西上进教育名校学术联盟2015届高三上学期联考试卷(12月份)

2014-2015学年江西省上进教育名校学术联盟高三（上）联考物理试卷（12月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的；第6-8小题有多个选项符合题意，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）物理学发展史群星璀璨，伽利略、牛顿、法拉第等许多物理学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下说法正确的是（）A．伽利略理想斜面实验证明运动不需要力来维持，牛顿用扭秤实验测得万有引力常量B．法拉第提出“场”的概念，并发现了电流的磁效应C．库仑研究了静止点电荷之间的相互作用的规律，并测定了静电力常量D．焦耳研究了电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出了牛顿三定律2．（6分）一个质量为1kg的质点在变力的作用下在水平面上做直线运动，相关运动数据已经绘制为v﹣t图线（如图所示），则以下判断正确的是（）A．质点在10～15s做加速度不断增大的变减速运动B．质点在0～10s内的位移小于100mC．0～15s内合外力做功的平均功率约为3.3WD．0～10s内合外力对物体做功为400J3．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈输入交流电压，副线圈中装有单刀双掷开关S，电流表、电压表均为理想电表，R0为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比=，S掷b时原副线圈匝数比=，图乙为S掷a时变压器副线圈输出电压的波形，则以下分析正确的是（）A．S接在a端，电压表的示数为110VB．原线圈输入电压为220VC．S接在b段，电压表的示数为80VD．S接在a端，一段时间后电流表读数将不断变小4．（6分）如图所示，等量同种正电荷分别固定在MN两点．以M、N连线的中点O为中心绘制一个正方形虚线框ABCD，G、H、E、F分别为各边的中点，已知无穷远处为零电势点，则以下判断一定正确的是（）A．O点场强为零，电势为零B．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零C．A点和B点电势相等，场强相同D．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中其加速度先变小后变大5．（6分）2014年9月26日，印度火星探测器成功进入X星近地面轨道，其匀速圆周运动运动周期为T，已知火星半径为r，火星表面重力加速度为g，X有引力常量为G，则（）A．火星的质量可表述为B．火星的质量可表述为C．火星表面第一宇宙速度可表述为D．火星探测器若准备火星着陆，应向后喷气改变运行轨道6．（6分）如图所示，质量为1kg的物块A放在与水平面成θ的倾斜木板上，当θ=30°时物块恰好处于平衡状态．已知物块A距离木板下端的距离为v0，E=10m/s2，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则以下分析正确的是（）A．物块与木板之间的摩擦因数μ=B．将木块与水平面的视角改为60°，再释放物块，其运动加速度为m/s2C．将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的速度为2m/s D．将木板与水平桌面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的过程中重力做功5J7．（6分）世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机的构造跟现代发电机不同，它在磁场中转动的不是线圈，而是一个紫铜做的圆盘．圆周圆心处固定一个摇柄，圆盘边缘一处和圆心处均与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来，将圆盘放置在竖直向下且足够大的匀强磁场中，当转动摇柄，使圆盘旋转起来时，电流表的指针偏向一边，这说明电路中产生了持续的电流，忽略圆盘的内阻，电流表O刻度在表盘中央，回路中有保护电阻，则以下分析正确的是（）A．圆盘面积加倍，电流表的示数加倍B．圆盘转速加倍，电流表的示数加倍C．磁感应强度加倍，电流表的示数减半D．改变圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向不变8．（6分）如图，有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L，在边界AB的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则（）A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B．当粒子速度满足＜v＜v0时，从CD边界射出C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过D．当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出二、非选择题：9．（6分）某实验小组用重物牵引气垫导轨上的滑块完成一段匀加速直线运动，光电门可以记录下滑块上遮光条通过光电门时的遮光时间，当宽度为2cm的遮光条经过光电门1时数字计时器上显示遮光时间t1=0.2s，经过电光门2时显示遮光时间t2=0.1s，已知光电门1、2之间的距离为30cm，则滑块经过光电门1的速度v1=m/s，滑块经过光电门2是速度v2=m/s，滑块的加速度=m/s2（结果保留2位有效数字）．10．（9分）某实验小组准备测量一个定值电阻R1（约100Ω）的阻值，要求尽可能的精确测量，备选器材有：电源E=6V，内阻可忽略；滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）；电压表V1（量程0～15V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～3V，内阻约2kΩ）；电流表A1（量程0～3A，内阻约0.025Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.75Ω）；电流表A3（量程0～100mA，内阻为1.25Ω）；（1）上述器材中电流表应选择，电压表应选择；（2）如图为甲、乙两位同学实验操作的实物图，请指出甲同学的问题并分析原因：．请指出乙同学的问题并分析原因：．（3）请在丙图中绘制正确的实物连线．11．（14分）同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好同时通过同一个路标，以此时为计时零点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v=4t+12，乙质点位移随时间的变化关系为x=2t+4t2，以上各式均使用国际单位．（1）甲质点的位置﹣时间表达式；（2）两质点何时再次相遇；（3）两质点相遇之前何时相距最远．12．（15分）如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED和BCFE相邻连接组成的且矩形的下边DE、EF与桌面相接．两个正方形区域中存在方向分别为水平向右、竖直向上且大小相等的匀强电场．现有一带正电的滑块由静止从D点释放进人场区．已知滑块所受静电力大小为所受重力大小的2倍．桌面与滑块之间的滑动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑块可以视作质点．以D点为坐标原点．建立坐标系如图所示：求滑块最终离并电场时的位置坐标．13．（18分）如图甲所示，一对光滑的平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m，左端接有阻值为R=4Ω的电阻，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒MN的电阻r=1Ω，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒在水平向右的外力F的作用下由静止开始运动，拉力F与金属棒的速率的倒数关系如图乙．求：（1）v=5m/s时拉力的功率；（2）匀强磁场的磁感应强度；（3）若经过时间t=4s金属棒达到最大速度，则在这段时间内电阻R产生的热量为多大？2014-2015学年江西省上进教育名校学术联盟高三（上）联考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的；第6-8小题有多个选项符合题意，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）物理学发展史群星璀璨，伽利略、牛顿、法拉第等许多物理学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下说法正确的是（）A．伽利略理想斜面实验证明运动不需要力来维持，牛顿用扭秤实验测得万有引力常量B．法拉第提出“场”的概念，并发现了电流的磁效应C．库仑研究了静止点电荷之间的相互作用的规律，并测定了静电力常量D．焦耳研究了电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出了牛顿三定律考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、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．B、拉第提出“场”的概念，奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、库仑研究静止点电荷之间的相互作用的规律，但静电力常量并非库仑的研究成果，故C 错误；D、焦耳研究电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出牛顿三定律奠定了经典力学的基础，故D正确；故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（6分）一个质量为1kg的质点在变力的作用下在水平面上做直线运动，相关运动数据已经绘制为v﹣t图线（如图所示），则以下判断正确的是（）A．质点在10～15s做加速度不断增大的变减速运动B．质点在0～10s内的位移小于100mC．0～15s内合外力做功的平均功率约为3.3WD．0～10s内合外力对物体做功为400J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：先根据速度时间图象得到物体的运动规律，根据斜率等于加速度，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率．解答：解：A、分析图线斜率可知，质点在10～15s做加速度不断减小的变减速运动，A 错；B、分析图线与坐标轴所围成的面积可知，质点在0～10s内的位移大于100m，B错；C、0～15s内合外力做功的平均功率P=W/t==10/3 J≈3.3J，C对；D、0～10s内合外力对物体做功W==200J．D错故选：C点评：本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零．3．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈输入交流电压，副线圈中装有单刀双掷开关S，电流表、电压表均为理想电表，R0为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比=，S掷b时原副线圈匝数比=，图乙为S掷a时变压器副线圈输出电压的波形，则以下分析正确的是（）A．S接在a端，电压表的示数为110VB．原线圈输入电压为220VC．S接在b段，电压表的示数为80VD．S接在a端，一段时间后电流表读数将不断变小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器的电压与匝数的关系为：U1：U2=n1：n2据此可知知原线圈的电压，电表的示数为有效值．解答：解：A、由图知，s接在a端，电压表的示数为110V，故A错误；B、由U1：U2=n1：n2可知原线圈输出电压U1=220V，故B错误；C、由U1：U2=n1：n2可知副线圈接b，电压表读数为80 V，故C正确；D、S接在a端一段时间后，由于电阻发热，热敏电阻阻值变小，副线圈电流变大，电流表的示数变大，故D错误；故选：C．点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．4．（6分）如图所示，等量同种正电荷分别固定在MN两点．以M、N连线的中点O为中心绘制一个正方形虚线框ABCD，G、H、E、F分别为各边的中点，已知无穷远处为零电势点，则以下判断一定正确的是（）A．O点场强为零，电势为零B．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零C．A点和B点电势相等，场强相同D．由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中其加速度先变小后变大考点：电场线；电势能．分析：根据等量同种电荷等势面分布情况，判断出A与B电势相等，但是方向不同；O 点电场强度为0，电势零点不确定，无法确定O点电势；根据在O点指向两侧的电场强度中，场强先增大后减小判定加速度的变化．解答：解：A、O点的场强为零，电势不为零，A错误；B、由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零，B正确；C、A点和B点电势相等，场强大小相同，方向不同，C错误；D、由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中因不知其电场线的具体分布，其加速度可能先变小后变大，也可能先变大后变小，再变大后变小，D错误故选：B点评：掌握等量同种电荷、异种电荷电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法．5．（6分）2014年9月26日，印度火星探测器成功进入X星近地面轨道，其匀速圆周运动运动周期为T，已知火星半径为r，火星表面重力加速度为g，X有引力常量为G，则（）A．火星的质量可表述为B．火星的质量可表述为C．火星表面第一宇宙速度可表述为D．火星探测器若准备火星着陆，应向后喷气改变运行轨道考点：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：根据物体受到的星球表面上的重力等于万有引力列出等式求出火星的质量．根据卫星绕地球做匀速圆周运动靠万有引力提供向心力列出等式求出火星的质量．解答：解：A、根据物体受到的星球表面上的重力等于万有引力，得M=，故A错误；C、根据卫星绕地球做匀速圆周运动靠万有引力提供向心力，得，故B错误；C、第一宇宙速度v==，故C正确；D、火星探测器若准备火星着陆，应向前喷气减速，以改变运行轨道，故D错误；故选：C．点评：本题主要考查卫星的相关知识，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理与卫星轨道半径的关系，知道物体受到的星球表面上的重力等于万有引力．6．（6分）如图所示，质量为1kg的物块A放在与水平面成θ的倾斜木板上，当θ=30°时物块恰好处于平衡状态．已知物块A距离木板下端的距离为v0，E=10m/s2，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则以下分析正确的是（）A．物块与木板之间的摩擦因数μ=B．将木块与水平面的视角改为60°，再释放物块，其运动加速度为m/s2C．将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的速度为2m/s D．将木板与水平桌面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的过程中重力做功5J考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；功的计算．分析：根据物块平衡列方程，可求得物块与木板之间的动摩擦因数；再由动能定理等可求得物块的速度及重力所做的功．解答：解：A、物块平衡可知mgsinθ=μmgcosθ，物块与木板之间的动摩擦因数μ=tanθ=，故A正确；B、将木板与水平面的倾角改为600，则mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，则物块运动加速度为，故B正确；C、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下端的速度v2=2ax，则v=2m/s，故C错误；D、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下重力做功W=mgh=15J，故D错误故选：AB点评：本题考查平衡方程和牛顿第二定律的综合应用，要注意正确受力分析，根据物理过程选择正确的物理规律．7．（6分）世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机的构造跟现代发电机不同，它在磁场中转动的不是线圈，而是一个紫铜做的圆盘．圆周圆心处固定一个摇柄，圆盘边缘一处和圆心处均与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来，将圆盘放置在竖直向下且足够大的匀强磁场中，当转动摇柄，使圆盘旋转起来时，电流表的指针偏向一边，这说明电路中产生了持续的电流，忽略圆盘的内阻，电流表O刻度在表盘中央，回路中有保护电阻，则以下分析正确的是（）A．圆盘面积加倍，电流表的示数加倍B．圆盘转速加倍，电流表的示数加倍C．磁感应强度加倍，电流表的示数减半D．改变圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向不变考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，从而即可求解．解答：解：A、圆盘辐向垂直切割磁感线，由E=Br2ω可得，圆盘面积S（S=πr2）或转速ω或磁感应强度B加倍，电流表的示数加倍，故AB正确，C错误；D、改圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向相反，故D错误；故选：AB．点评：本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．导体中有无电流，要看导体两端是否存在电势差．8．（6分）如图，有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L，在边界AB的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则（）A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B．当粒子速度满足＜v＜v0时，从CD边界射出C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过D．当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：明确粒子与两边界相切时的半径，根据洛仑兹力充当向心力规律可明确对应的半径及出射点，即可求得速度的条件．解答：解：如图，由几何知识可知，与AD边界相切的圆形轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L，由半径公式：R=，可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足＜v＜v0的粒子从CD边界的PD间射出，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项B、C 正确故选：BC．点评：本题为带电粒子在有界磁场中的偏转问题，要注意正确分析其临界条件，并注意几何关系的应用．二、非选择题：9．（6分）（2014秋•江西月考）某实验小组用重物牵引气垫导轨上的滑块完成一段匀加速直线运动，光电门可以记录下滑块上遮光条通过光电门时的遮光时间，当宽度为2cm的遮光条经过光电门1时数字计时器上显示遮光时间t1=0.2s，经过电光门2时显示遮光时间t2=0.1s，已知光电门1、2之间的距离为30cm，则滑块经过光电门1的速度v1=0.10m/s，滑块经过光电门2是速度v2=0.20m/s，滑块的加速度=0.050m/s2（结果保留2位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：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．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．解答：解：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．滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1===0.10m/s，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2===0.20m/s．根据=2as得，则有：a==0.050m/s2故答案为：0.10；0.20；0.050．点评：解决该题关键掌握知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度和匀变速直线运动的速度位移公式应用．10．（9分）某实验小组准备测量一个定值电阻R1（约100Ω）的阻值，要求尽可能的精确测量，备选器材有：电源E=6V，内阻可忽略；滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）；电压表V1（量程0～15V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～3V，内阻约2kΩ）；电流表A1（量程0～3A，内阻约0.025Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.75Ω）；电流表A3（量程0～100mA，内阻为1.25Ω）；（1）上述器材中电流表应选择，电压表应选择；（2）如图为甲、乙两位同学实验操作的实物图，请指出甲同学的问题并分析原因：电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法．请指出乙同学的问题并分析原因：滑动变阻器采用限流接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法．（3）请在丙图中绘制正确的实物连线．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表．（2）根据电表内阻与待测电阻的阻值关系确定电流表接法，确定滑动变阻器接法，然后分析答题．（3）根据实验原理与电流表、滑动变阻器的接法连接电路图．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==，所以电流表应选择；根据欧姆定律可求出待测电阻两端的最大电压为==6V，能超过电压表量程的，所以电压表应选择；（2）待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；==80，==100，＞，电流表应采用内接法，由图示可知，甲电路图中电流表采用外接法，乙电路图中滑动变阻器采用限流接法，这都是错误的．（3）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，导线不能交叉，原电路中出现了交叉现象；故答案如图所示：故答案为：（1）A3；V1；（2）电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用限流接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法；（3）电路图如所示．点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图等问题，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键．11．（14分）同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好同时通过同一个路标，以此时为计时零点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v=4t+12，乙质点位移随时间的变化关系为x=2t+4t2，以上各式均使用国际单位．（1）甲质点的位置﹣时间表达式；（2）两质点何时再次相遇；（3）两质点相遇之前何时相距最远．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式得出甲质点的初速度和加速度，根据位移时间公式得出甲质点位置随时间的变化的表达式．抓住位移相等，结合运动学公式求出再次相遇的时间．当两质点速度相等时，两者相距最远，根据运动学公式求出相距最远的时间．解答：解：（1）根据v=v0+at得，甲质点的初速度v0=12m/s，加速度a=4m/s2，根据位移时间公式得，甲质点位移一时间表达式可写作x=12t+2t2．（2）甲乙相遇时有：x甲=x乙，12t+2t2=2t+4t2，得：t=5s；（3）甲乙两质点相距最远时两质点有共同速度v甲=v乙，4t+12=2+8t，得：t=2.5s．答：（1）甲质点的位置﹣时间表达式为x=12t+2t2；（2）两质点5s时再次相遇；（3）两质点相遇之前2.5s末相距最远．点评：本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道速度相等时，两者相距最远．12．（15分）如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED和BCFE相邻连接组成的且矩形的下边DE、EF与桌面相接．两个正方形区域中存在方向分别为水平向右、竖直向上且大小相等的匀强电场．现有一带正电的滑块由静止从D点释放进人场区．已知滑块所受静电力大小为所受重力大小的2倍．桌面与滑块之间的滑动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑块可以视作质点．以D点为坐标原点．建立坐标系如图所示：求滑块最终离并电场时的位置坐标．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．分析：在在ABED区域内受力分析，有牛第二定律求的加速度，利用运动学公式求的到达E点的速度，在BCFE区域内受力分析，根据牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的位移解答：解析：对滑块在ABED区域内受力分析，设其加速度为a1．根据第二定律可得：qE﹣μmg=ma1qE=2mg设滑块运动到E点的速度为v E，2a1L=v E2联立．解得V E=对滑块住BCFE区域内受力分析，设其加速度为a2，在电场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律得：Eq﹣mg=ma2滑块在水平方向上做匀速运动，由L=v E t在竖直方向上做匀加速运动，运动的竖直位移为y=a2t2=因此滑块最终离开电场时的位置坐标为（2L，）答：滑块最终离并电场时的位置坐标为（2L，）。