2015年江西省抚州市临川二中高考物理训练试卷
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动单元综合检测
第四章曲线运动一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2015·陕西五校联考)下列说法正确的是(A)A.平抛运动的物体速度变化的方向始终是竖直向下的B.做圆周运动的物体,其加速度一定指向圆心C.两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动D.物体受一恒力作用,可能做匀速圆周运动【解析】速度变化的方向就是加速度的方向,平抛运动的物体加速度方向始终竖直向下,所以其速度变化的方向始终是竖直向下的,A项正确;只有做匀速圆周运动的物体加速度才指向圆心,B项错误;两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动加速度方向恒定,而其合速度的方向与加速度的方向不一定相同,所以物体不一定做直线运动,C项错误;做匀速圆周运动的物体合外力时刻改变,所以物体受一恒力作用时,不可能做匀速圆周运动,D项错误。
2.(2015·厦门质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式,在读取内环数据时,以恒定角速度的方式读取,而在读取外环数据时,以恒定线速度的方式读取。
设内环内边缘半径为R1,内环外边缘半径为R2,外环外边缘半径为R3。
A、B、C分别为各边缘线上的点。
则读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为(D)A. B. C. D.【解析】内环外边缘和外环内边缘为同一圆,A与B角速度相等,向心加速度之比为,D项正确。
3.(2015·江西临川二中一模)如图所示,AB杆以恒定角速度ω绕A点在竖直平面内转动,并带动套在固定水平杆OC上的小环M运动,AO间距离为h。
运动开始时AB杆在竖直位置,则经过时间t(小环仍套在AB和OC杆上)小环M的速度大小为(A)A. B. C.ωh D.ωhtan(ωt)【解析】经过时间t,∠OAB为ωt,则AM的长度为,A项正确。
4.(2015·河北高阳中学月考)在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两小球,其运动轨迹如图所示,不计空气阻力。
2014-2015学年江西省抚州市临川二中高一(下)期末物理试卷
2014-2015学年江西省抚州市临川二中高一（下）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）立定纵跳摸高是中学生常见的一种运动项目，起跳前先屈膝下蹲，然后脚掌用力蹬地，伸展身体，两臂上挥，竖直向上跳起至最高点，小刚同学在一次立定纵跳摸高中消耗的能量约为（）A．4×102J B．4×103J C．4×104J D．4×105J2．（4分）星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）A． B．C．D．gr3．（4分）如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg．则A、B两球落地点间的距离为（）A．R B．2R C．3R D．4.5R4．（4分）如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。
若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）A．液滴将加速向下运动B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将增大C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同5．（4分）图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是其轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，由此图可判断下列说法错误的是（）A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大6．（4分）质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（）A．2B．C．2D．27．（4分）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14VB．质子从b运动到c所用的时间为C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为12eV8．（4分）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于向左的匀强电场中，管的内壁光滑，现将一质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（）A．小球释放后，将在管内做圆周运动B．小球释放后，到达B点时的速度为零，并在BDA间往复运动C．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1 D．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1：6 9．（4分）电荷量q=1×10﹣4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．则（）A．物块在4s内位移是6mB．物块的质量是2kgC．物块与水平面间动摩擦因数是0.4D．物块在4s内电势能减少了14J10．（4分）一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球在一竖直方向上一直做匀加速直线运动B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C．场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均不相同二、解答题（共6小题，满分60分）11．（8分）有一满偏电流I g=5mA，内阻R g=100Ω的电流表G，若把它改装成量程为15V的电压表，应一个Ω的分压电阻，若把它改装成量程为3A的电流表，应联一个Ω的分流电阻．12．（8分）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么：（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=m/s（2）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量△E P=J，此过程中物体动能的增加量△E k=J．（保留两位有效数字，g取9.8m/s2）（3）通过计算可得知△E P△E k（填“＜”、“＞”或“=”），这是因为．13．（9分）车从静止开始以1m/s2的加速度前进，车后14m处，在车开始运动的同时，某人骑自行车开始以5m/s的速度匀速追赶，能否追上？人与车的最小距离是多少？14．（10分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）原来的电场强度；（2）场强改变后，物块运动的加速度．（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能的变化量．15．（11分）如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点、半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点，该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m，带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ=53°，重力加速度为g．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）求小球所受到的电场力大小；（2）小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？16．（14分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆两个质量均为m的带电小球A和B，A球的带电量为+3q，B球的带电量为﹣4q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后．试求：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；（3）带电系统运动的周期．2014-2015学年江西省抚州市临川二中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）立定纵跳摸高是中学生常见的一种运动项目，起跳前先屈膝下蹲，然后脚掌用力蹬地，伸展身体，两臂上挥，竖直向上跳起至最高点，小刚同学在一次立定纵跳摸高中消耗的能量约为（）A．4×102J B．4×103J C．4×104J D．4×105J【解答】解：人的重心升高的高度为：△h=0.6m；故该同学跳起后增加的重力势能最大值是：E p=mg△h=700×0.6J=420J，可知消耗的能量大约为4×102J，故A正确，B、C、D错误。
2015届高三上学期第二次联考物理试题(PDF版)
五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）第二次联考物理试卷卷面满分：100分考试时间：100分钟命题人：徐建红梁杰审题人：廖友保一、选择题：本题共10小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.在下列关于物理量和单位的说法中，正确的是（）①密度②牛③米/秒④加速度⑤长度⑥质量⑦千克⑧时间A．属于国际单位制中基本物理量的是①⑤⑥⑧B．属于国际单位制中基本单位的是⑤⑥⑦C．属于国际单位的是②③⑦D．属于国际单位的是④⑤⑥2.一质点沿直线 Ox 方向做加速运动，它离开 O 点的距离随时间变化的关系为 s＝4＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s)．则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度分别为（）A．8 m/s、24 m/s B．24 m/s、8 m/sC．24m/s、10 m/s D．24 m/s、12 m/s3.2013 年 12 月 2 日 1 时 30 分，“嫦娥三号”月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。
该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，最终在月球表面实现软着陆。
若以R表示月球的半径，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，下列说法不正确的是（）．．．A．“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为 B．月球的第一宇宙速度为C．月球的质量为 D．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4.一倾角为 30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。
现给物体施加如图所示力 F，F 与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（）A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向5.如图，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的小木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则（）A.木块只受重力、桌面的支持力和绳子拉力的作用B.绳的拉力大小为 mω2 l 2+ r2C.手对木块不做功mω3 r(l 2+ r 2)D.手拉木块做功的功率等于l物理试卷第1页共4页6.两电荷量分别为 q1和 q2的点电荷放在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则（）A. A、N 点的电场强度大小为零B.将一正点电荷静放在 x 轴负半轴，它将一直做加速运动C.NC 间场强方向向 x 轴正方向D.将一正点电荷从 N 点移动到 D 点，电场力先做正功后做负功7.如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I．直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是（）8.如(a)图表示光滑平台上,物体 A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计，重力加速度为g，(b)图为物体 A 与小车的v-t图像,由此可求出（）A．小车上表面的长度B．物体 A 与小车 B 的质量之比C．A 与小车上 B 上表面的动摩擦因数D．小车 B 获得的动能9.如图所示,一平行板电容器 C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计（左进左偏）和电源连成电路,现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动,则下列判断正确的是（）A.增大 R3,油滴上升B.增大电容器板间距离的过程中,电流计指针右偏C.增大 R1,R1中电流的变化值大于 R3中电流的变化值D.增大 R1,R1两端电压的变化值大于 R3两端电压的变化值10.在一长为 s，倾角为θ，沿顺时针方向匀速运动的传送带的下端 A 点，每隔相等的时间 T 就轻轻放上一个相同的工件，如图所示。
2015高考物理试卷
2015新课标理科综合模拟试卷—物理部分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分。
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题纸上的指定位置上．2．选择题签案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题签案用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．保持纸面清洁，不折叠，不破损．5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题纸上把所选题目对应的题号涂黑．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
其中第Ⅱ卷第33～40题为选考题，其它题为必考题。
考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。
第Ⅰ卷(共48分)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14-18题中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.高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率360 km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驱列车”B，如其乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h时恰好遇到A车，两车连锁时打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随州站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则()A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 kmD．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为1 km15.如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球，两个小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，它们构成一个正三角形．此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂．现用绝缘物体对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA竖直，设在图①所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图②状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是()A．T′<T B．T′>TC．T′＝T D．条件不足，无法确定16.已知地球半径为R，质量分布均匀，匀质球壳对其内部物体的引力为零．设想在赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一环形真空轨道，轨道面与赤道面共面．A、B两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力．则两物体的速度大小之比为()A.RR＋h(R＋h)R(R－h)hB.RR2－h2hRC.RR2－h2(R＋h)R D.R－hRRR＋h17.一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为()A.34mgRB.14mgRC.12mgR D.18mgR18.如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定时，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q.将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A．U变小 B．I变小C．Q不变 D．Q减小19.将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3.图中曲线为苹果在空中运行的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是()A．苹果通过第1个窗户所用的时间最短B．苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最大C．苹果通过第1个窗户重力做的功最大D．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小20.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P.带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零21.如图所示，铝质的圆筒竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝筒的正上方由静止开始下落，然后从筒内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与筒壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是( )A ．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B ．磁铁在筒内下落过程中机械能守恒C ．磁铁在筒内下落过程中，铝筒对桌面的压力大于铝筒的重力D ．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
2015年江西省吉安市、抚州市高考物理模拟试卷
2015年江西省吉安市、抚州市高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.在赤道上某处有一支沿竖直方向安置的避雷针，当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，此时地磁场对避雷针的作用力的方向为（）A.向东B.向南C.向西D.向北【答案】C【解析】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西．故C正确，A、B、D错误．故选：C左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.如图所示，地铁车厢中小球A用细线悬挂于顶棚上，当车厢沿水平面向右做匀变速直线运动时，细线向右偏离竖直方向θ角．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.车厢作加速运动，加速度为gsinθB.车厢作减速运动，加速度为gsinθC.车厢作加速运动，加速度为gtanθD.车厢作减速运动，加速度为gtanθ【答案】CD【解析】解：以小球为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ=gtanθ，方向：水平向左；小球与车厢保持相对静止，车与小球的运动状态相同，则车的加速度大小为gtanθ，方向：水平向左；故小车可能向左加速或者是向右减速，故AB错误，CD正确；故选：CD小球与车厢保持相对静止，车与球的运动状态相同，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出小球的加速度，即车的加速度，然后答题．球与车的运动状态相同，对小球受力分析，由牛顿第二定律求出其加速度即可正确解题．三、单选题(本大题共3小题，共18.0分)3.研究表明，地球的自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，认为其他条件都不改变，则未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比是（）A.距地面的高度变大，线速度变大B.距地面的高度变大，线速度变小C.距地面的高度变小，线速度变大D.距地面的高度变小，线速度变小【答案】B【解析】解：地球同步卫星绕地球圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力有：可得卫星周期T=，可知周期变大时，卫星距地面高度h增大；卫星的线速度v=，可知卫星离地高度h变大时，卫星的线速度变小．所以B正确，ACD错误．故选：B．同步地球卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此由周期的变化求卫星高度的变化和线速度的变化．万有引力提供圆周运动向心力，同步卫星的周期与地球自转周期相同，据此分析周期变长的情况下同步卫星的轨道及线速度变化，掌握万有引力公式和向心力公式是关键．4.如图所示，竖直放置的两个平行带电金属板M、N间存在恒定的匀强电场．在电场中等高处有A、B两个重力相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能打到右极板上的同一位置P，则A、B小球所带电量之比为（）A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1【答案】B【解析】解：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由h=，得t=，则知它们运动的时间相同．小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x A=2x B，由x==，则A、B的电荷量之比q A：q B=x A：x B=2：1．故选：B．两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解法可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P=2x B，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电量之比．本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．两个分运动的性质可结合受力情况和初速度分析．5.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有方向垂直于圆平面的匀强磁场．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l1；当磁感应强度大小为B2时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度为l2，已知l1＜l2，不计较粒子重力，比较磁感应强度B1、B2有（）A.B1＞B2B.B1=B2C.B1＜B2D.条件不足，无法确定【答案】A【解析】解：据题知，当磁感应强度大小为B1时，所有粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度较小，则知此时粒子的轨道半径较小，由公式r=分析知，轨道半径与磁感应强度成反比，所以有B1＞B2．故选：A．带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，轨道半径越大，粒子射出磁场时轨迹与圆弧交点所覆盖的圆弧长度越大，根据已知条件分析粒子轨道半径的大小，由半径公式r=分析磁感应强度的大小．解决本题的关键要知道粒子的轨道半径越大，打圆形磁场区域边界上的弧长越小，由半径公式分析．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，A、B两个小球可视为质点，A球沿倾角为30°足够长的光滑斜面由静止开始下滑，B球从与甲球等高处做自由落体运动，A、B两球的动能与位移大小的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A.A、B两球的质量之比1：1B.A、B两球的质量之比4：1C.A、B动能为E K0时，重力的瞬时功率之比为1：1D.A、B动能为E K0时，重力的瞬时功率之比为4：1【答案】BC【解析】解：A、由机械能守恒定律得，对A球：E K0=m A gx0sin30°，对B球：E K0=m B g•2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确，A错误；C、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcosθ=，A、B两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为°°：，故C正确，D错误．故选：BC．根据机械能守恒定律求出两球的质量之比；根据功率公式P=F vcosθ求重力瞬时功率之比；本题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系、应用动能定理、功率计算公式即可正确解题．7.如图所示，用材料、粗细相同的金属导线制成两个正方形线框Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ线框的边长是Ⅱ线框边长的2倍，现将它们置于匀强磁场的边界，分别用力F1、F2把线框Ⅰ和Ⅱ匀速拉进磁场，运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直．如果拉力的功率相同，在线框拉进磁场的过程中有（）A.线框Ⅰ的感应电动势比线框Ⅱ的感应电动势大B.线框Ⅰ的感应电流比线框Ⅱ的感应电流大C.线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度大D.线框Ⅰ的拉力F1比线框Ⅱ的拉力F2大【答案】AD【解析】解：对于任一线框，设其边长为L，电阻率为ρ，横截面积为S．A、由于线框匀速运动，则拉力的功率等于电功率，即P==，可知边长L越大，感应电动势E越大，则知线框Ⅰ的感应电动势比线框Ⅱ的感应电动势大．故A正确．B、由P=I2R=I2，可知L越大，I越小，所以线框Ⅰ的感应电流比线框Ⅱ的感应电流小，故B错误．C、由P====，L越大，v越小，则知线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度小，故C错误．D、由P=F v知，线框Ⅰ的运动速度比线框Ⅱ的运动速度小，则线框Ⅰ的拉力F1比线框Ⅱ的拉力F2大，故D正确．故选：AD．线框匀速运动时，拉力的功率等于电功率，据此列式，结合电阻定律，比较感应电动势的大小、感应电流的大小、速度大小和拉力大小．解决本题的关键要将功率相等转化为数学表达式，将电阻细化，得到功率与其他量的关系式，再进行分析．8.如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系x O y，一质点在该平面内O点受沿x正方向大小为F的力的作用从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经时间t质点运动到B点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是（）A.B点的坐标为（2a，a）B.B点的坐标为（3a，a）C.C点的坐标为（a，a）D.C点的坐标为（a，a）【答案】BD【解析】解：AB、质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，如图所示，水平方向上的位移x=vt=at2=2a，所以B的横坐标为3a，竖直方向上的位移y=a，即B的纵坐标为a，所以B点的坐标为（3a，a）所以A错误，B正确CD、设到达A点的速度为v，则B点的速度为v，方向与水平方向成45°，B到C点做匀速圆周运动，有：4F=m，而在OA段有：2a=v2，联立解得：r=a．因此C点与y轴的距离为3a-a=a．即C点的横坐标为x C=a因此C点与x轴的距离为（2+）a．即C点的纵坐标为y C=a所以C点的坐标为（a，a）所以C错误，D正确．故选：BD质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，从B到C做匀速圆周运动，画出质点的运动轨迹图，由运动学基本公式分析即可求解各点的坐标．解决本题的关键知道质点经历了匀加速直线运动，类平抛运动，匀速圆周运动，结合运动学公式灵活求解，画出质点的运动轨迹，有助于对问题的分析．七、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法中正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒分子无规则运动的反映B.在绝热条件下压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加C.液晶具有液体的流动性，又具有某些晶体的光学各向异性D.液面表面分子间表现为引力，因此液体表面具有收缩的趋势E.在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，饱和汽的压强增大【答案】BCD【解析】解：A、布朗运动是微粒的无规则运动，而反映的是液体分子的无规则运动，故A错误；B、在绝热条件下压缩一定质量的气体，对物体做功，而没有热传递，故气体的内能一定增加，故B正确；C、液晶具有液体的流动性，又具有某些晶体的光学各向异性，故C正确；D、液体表面张力的形成是由于液体表面分子间距较大，液面表面分子间表现为引力，因此液体表面具有收缩的趋势，故D正确；E、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，温度不变时，则气体分子的平均动能不变，增大体积时，则分子数密度减小，故气压减小，故E错误．故选：BCD．依据布朗运动现象和实质判定A；改变内能的方式有做功和热传递；依据液晶特性判定C；由表面张力的形成可判定D；由压强微观解释可判定E．该题重点掌握布朗运动的现象和实质；其次要知道改变内能的两种方式，但是也注意绝热条件下的判定．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v在x=处有一质点P，下列关于P点振动的说法正确的是（）A.质点P的振动周期为T，速度的最大值为vB.质点P开始振动的方向沿y轴正方向C.若某时刻质点P速度方向沿y轴负方向，该时刻波源处质点速度方向沿y轴正方向D.若某时刻质点P在波峰，则该时刻波源处的质点一定在波谷E.若某时刻质点P的加速度为零，则该时刻波源处的质点加速度最大【答案】BCD【解析】解：A、质点P振动周期与波源O的振动周期相同，也为T．但其振动速度与波速v不同．故A错误；B、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向．故B正确；C、OP相距x==2.5λ；故P点与O点的振动方向总是相反的；则某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向；故C正确；D、由于P点与O点的振动方向总是相反的，故质点P在波峰，则该时刻波源处的质点一定在波谷；故D正确．E、若某时刻质点P的加速度为零，则该时刻波源处的质点加速度也为零，故E错误．故选：BCD．简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同．质点的振动速度与波传播速度不同．简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=v T，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．本题考查波的传播，要注意理解波传播的是能量和运动形式，质点并不随波传播；同时注意靠近波源的点带动后面的质点振动．要明确振动情况总是相反的质点平衡位置相距为半个波长的奇数倍．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.光电效应显示了光具有的粒子性B.放射性位置的温度升高，半衰期减小C.铯原子核（C s）的结合能小于铅原子核（P b）的结合能D.某放射性原子核经过2次α衰变和1次β衰变，核内质子数减少3个E.根据玻尔理论，氢原子释放一定频率光子的同时，电子的动能减小【答案】ACD【解析】解：A、光电效应现象显示了光具有的粒子性，故A正确．B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C、铯原子核不如铅原子核稳定，所以铯原子核（C s）的结合能小于铅原子核（P b）的结合能，故C正确；D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次α衰变质子数减少4，一次β衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故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，同时电子的动能增大，电势能减小，故E错误；故选：ACD．光电效应显示了光具有的粒子性；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能；根据质量数和电荷数守恒判断；玻尔理论由玻尔提出．是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的．明确α衰变，β衰变的实质，知道原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，知道影响半衰期的因素，理解结合能与比结合能的区别，注意释放一定频率光子的同时，电子的动能增加，电势能减小．五、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图所示是利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨：导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处在A处由静止开始运动．（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b= ______ mm；（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为______ ；（用题中字母表示）（3）某次实验测得斜面倾角为θ，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m 和M组成的系统动能增加量可表示为△E k= ______ ，系统的重力势能减少量可表示为△E p= ______ ，在误差允许的范围内，若△E k=△E p，则可认为系统的机械能守恒．（用题中字母表示）【答案】3.85；；；（m-M sinθ）gd【解析】解：（1）宽度b的读数为：3mm+17×0.05mm=3.85mm；（2）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门B速度为：v B=；（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E K=（M+m）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：△E p=mgd-M gdsinθ=（m-M sinθ）gd；比较△E p和△E k，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．故答案为：（1）3.85；（2）；（3），（m-M sinθ）gd．（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键．10.现有一种特殊的电池，它的电动势E为10V左右，内阻r为48Ω左右，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲所示的电路进行实验，图中电压表的量程为6V，内阻为2kΩ，R为电阻箱，阻值范围0-999Ω，R0为定值电阻．（1）为测量电池两端电压U AB，电压表需要串联定值电阻R0，R0应选用以下哪个阻值的定值电阻？答：______ （填字母序号）；A．10ΩB．100ΩC．200ΩD．2000Ω（2）闭合开关S，当电阻箱的阻值为R时，读取电压表的示数从而得出电源两端电压U AB．则U AB、R、E、r之间的关系式为______ ；（3）多次调节电阻箱R的阻值，得出电池两端相应的电压U AB，作出-图线如乙图所示．根据图线，求得电池势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】D；；20；47.4【解析】解：（1）电源电动势约为10V，而电压表量程只有6V，与电压表串联的定值电阻分压至少为4V，分压电阻阻值至少为电压表内阻的一半，电压表内阻为2kΩ，则定值电阻阻值至少为1.3kΩ，故定值电阻R0应选D；（2）定值电阻阻值与电压表内阻相等，则电压表与定值电阻串联电压是电压表示数的两倍，在闭合电路中，E=U AB+I r=U AB+r，则．（3）由图象可知，图象截距b==0.1，斜率k===≈4.74，解得：电源电动势为：E=10V，r≈47.4Ω；故答案为：（1）D；（2）；（3）20，47.4．（1）根据电源电动势确定电压表量程，然后根据已知电压表量程选择定值电阻阻值．（2）求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内电阻．本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．六、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，截面为△ABC的三棱柱静止于光滑水平面上，∠CAB=θ，CB=h．小球在C点以初速度v0水平抛出，若三棱柱固定不动，则小球恰好能落在A点；若在小球抛出的同时沿水平方向推动三棱柱，则小球恰好落在AC边的中点，不计空气阻力，求：（1）小球水平抛出的初速度v0；（2）三棱柱水平移动的距离s．【答案】解：（1）根据h=得：t=，则小球平抛运动的初速度为：．（2）小球下落的时间为：，根据得：s=．答：（1）小球水平抛出的初速度为．（2）三棱柱水平移动的距离为．【解析】根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度．根据小球下降的高度求出运动的时间，结合小球的水平位移和三棱柱位移的关系求出三棱柱水平移动的距离．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．12.如图甲所示，相距很近竖直放置的平行板电容器，A、B两极板中心各开有一小孔，靠近A极板小孔有一处电子枪F，电子枪能够持续均匀地向A、B极板内发射出初速度为v0电子，电子的质量为m、电量为e．在A、B两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；t=0时A板电势高于B板电势．紧靠B板水平放置的C、D极板间的电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距C、D极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器AB中的运动时间可以忽略不计．（1）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（2）只调整C、D极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？（3）撤去偏转电场和荧光屏，当k取恰当的数值，使在0-k T和k T-T两段时间内发射的电子束在以后运动中的某一时刻全部重叠（不考虑电阻的碰撞），求k值．【答案】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0-k T时间内，穿出B板后速度为ν1，k T-T时间内射出B板电子的速度ν2据动能定理有：-e U0=m-e U0=m-m将U0=代入上式，得：ν1=2，v2=2在0-k T时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1=侧移量：y1==联立得：y1=打在荧光屏上的坐标为Y1=2y1=同理可得在k T-T时间内设穿出B板后电子侧移量：y2=打在荧光屏上的坐标：Y2=2y2=故两个发光点之间的距离：△Y=Y1+Y2=（2）考虑到临界条件，当极板间距为d 时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有：d=a t2，又a=，t=整理得：d2=．对于速度v1时，有：d1==L；对于速度v2时，有：d2==L；只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：L＞d ＞L；（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）第一束长度：l1=ν1k T第二束长度：l2=ν2（T-k T）由l1=l2解得：k==2-≈0.59答：（1）这两个发光点之间的距离为．（2）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离为L＞d ＞L．（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取0.59时，使在0-T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束．【解析】（1）对直线加速过程根据动能定理列式求在0-k T与k T-T时间内射出B板电子的速度；在0-k T时间内，根据动能定理求出电子穿出B板后的速度，在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转距离．根据推论：电子射出偏转电场后，好像从“中点射出”，得到打在荧光屏上的坐标．再运用同样的方法求出在k T- T 时间内，电子打在荧光屏上的坐标，即可求得这两个发光点之间的距离；（2）考虑到临界条件，当极板间距为d 时，电子刚从偏转极板边缘飞出，荧光屏上只出现一个光点，由上题结果求出极板间距应满足什么要（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等，分别得到电子束长度的表达式，根据相等关系即可求得k．本题利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程进行解答，关键要分析出临界条件和隐含的条件．八、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在气缸内无摩擦滑动．气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为80cm的气柱（U形管内的气体体积不计）．此时缸内气体温度为7℃，U形管内水银面高度差h1=5cm．已知大气压强p0=1.0×105P a，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．①求活塞的质量m；②若对气缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变．当缸内气体温度升高到37℃时，求U形管内水银面的高度差为多少？【答案】解：①对活塞，有：p0S+mg=p1S由题意，可知：p1=p0+ρgh1解得：m=ρh1S代入数值得m=6.8kg②活塞位置不变，气缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37℃时，设U形管内水银面的高度差h2T1=280K，T2=310K，p1=p0+，p2=p0+ρgh2由代入数据解得h2=13.4cm答：①活塞的质量m=6.8kg；②当缸内气体温度升高到37℃时，求U形管内水银面的高度差为13.4cm．【解析】（1）对活塞受力分析，根据平衡条件求解活塞质量；（2）分析初末状态的温度和压强变化，根据等容变化列式求解．。
江西省抚州市临川二中高三物理下学期第四次月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2014-2015学年江西省抚州市临川二中高三〔下〕第四次月考物理试卷一、选择题〔此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一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，有选错或不选的得0分〕1．〔6分〕〔2013春•抚州校级月考〕如下说法正确的答案是〔〕A．在公路上行驶的汽车，车速越大，刹车后滑行的路程越长，惯性越大B．乒乓球可以抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故C．马拉着车加速前进，如此马拉车的拉力大于车拉马的拉力D．拔河比赛中，甲队能赢乙队是甲队人的总质量比乙队人的总质量大考点：惯性；牛顿第三定律．分析：惯性大小只有物体的质量来决定．作用力和反作用力是发生在相互作用的物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．解答：解：A、在公路上行使的汽车，车速越大，刹车后滑行的路程越长，惯性不变，故A错误．B、乒乓球可以抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故，故B正确．C、马拉着车加速前进，车拉马的拉力与马拉车的力是作用力和反作用力，所以车拉马的拉力等于马拉车的力，故C错误．D、拔河比赛中，两队受到相等绳子的拉力，决定输赢的关键是谁与地面之间的最大静摩擦力大，故D错误．应当选：B点评：解决此题的关键知道质量决定惯性的大小，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．〔6分〕〔2015•资阳一模〕如下列图，三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，如此〔〕A．1和2之间的摩擦力是20N B． 2和3之间的摩擦力是20NC．物块3受5个力作用D． 3与桌面间摩擦力为20N考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体1受力分析，根据平衡条件求解出物体1与物体2之间的静摩擦力；再对2受力分析，求解出物体2与3之间的静摩擦力；最后对3物体受力分析；解答：解：A、整个系统平衡，如此物块1只受到重力和物块2的支持力，1和2之间的摩擦力为0，故A错误；B、物块2水平方向受拉力F和物块3对其的摩擦力，由二力平衡可知2和对的摩擦力是20N，且水平向右，故B正确；C、D、物块3对2的摩擦力向右，故2对3的静摩擦力向左；对绳子的连接点受力分析．受重力、两个绳子的拉力，如图根据平衡条件，有T1=mg=20N；对物块3分析可知，水平方向受绳的拉力和物块2的向左的静摩擦力，二力平衡，所以物块3与桌面之间的摩擦力为0，物块3受重力、桌面的支持力、绳的拉力、物块2的压力和摩擦力5个力的作用，故C确D错误；应当选BC．点评：此题关键是一次对物体1、2、3受力分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律列式分析求解．3．〔6分〕〔2015•绥化校级三模〕如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进展救人或灭火作业．为了节省救援时间，消防车向前前进的过程中，人相对梯子匀加速向上运动，在地面上看消防队员的运动，如下说法中正确的答案是〔〕A．当消防车匀速前进时，消防队员可能做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员水平方向的速度保持不变C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀减速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动．解答：解：A、当消防车匀速前进时，根据运动的合成，可知：消防队员一定做匀变速曲线运动，因水平方向存在加速度，如此水平方向的速度变化．故A错误，B也错误．C、当消防车匀加速前进时，假设合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动；假设在一条直线上，如此做匀变速直线运动，故C错误；D、当消防车匀减速前进时，根据运动的合成，结合曲线运动条件，如此消防队员一定做匀变速曲线运动，故D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化．4．〔6分〕〔2013春•抚州校级月考〕宇宙中两颗星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期一样的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动．如此如下说法正确的答案是〔〕A．双星相互间的万有引力减小B．双星做圆周运动的半径减小C．双星做圆周运动的周期减小D．双星做圆周运动的线速度减小考点：万有引力定律与其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：双星做匀速圆周运动具有一样的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以与得出双星的角速度和周期的变化．解答：解：A、双星间的距离L不断缓慢增加，根据万有引力定律得：F=G，知万有引力减小，故A正确．B、双星间的距离L变大，双星做圆周运动的轨道半径r都变大，故B错误；C、由牛顿第二定律得：G=m1r1ω2，G=m2r2ω2，可知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离变大，如此双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，故C错误；D、由牛顿第二定律得：G=m1v1ω=m2v2ω，L变大，ω变小，如此线速度v变小，故D 正确．应当选：AD．点评：解决此题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题．5．〔6分〕〔2013•洪泽县校级模拟〕点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称地有一个正方形路径abcd〔与ABCD共面〕，如图中实线所示，O为正方形与矩形的中心，如此〔〕A．取无穷远处电势为零，如此O点电势为零，场强为零B．b、d两点场强相等，电势相等C．将某一正试探电荷沿正方形路径a→d→c移动，电场力先做正功，后做负功D．将某一正试探电荷沿正方形路径a→b→c移动，电场力先做正功，后做负功考点：电场的叠加；点电荷的场强；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小．解答：解：A、从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，故O点的电势与无穷远处电势相等，故O点电势为零，而场强不为零，故A错误；B、将一个正的试探电荷从b点移动到d点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B 错误；C、将某一正试探电荷沿正方形路径a→d→c移动，从a到d，电场力做正功，从d到c，电场力做负功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故C正确；D、将某一正试探电荷沿正方形路径a→b→c移动，从a到b，电场力做负功，从b到c，电场力做正功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故D错误；应当选C．点评：此题关键抓住等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进展讨论，同时运用在同一等势面上移动，电场力做功为零．6．〔6分〕〔2015•宁波模拟〕超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如下列图．当通过超导部件的电流大于其临界电流，I C时超导部件由超导态〔可认为电阻为零〕转变为正常态〔可认为是一个纯电阻〕，以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1=7.5Ω，临界电流I C=0.6A，限流电阻R2=15Ω，灯泡L 上标有“6V 3W〞，电源电动势E=7V，内阻r=2Ω，电路正常工作．假设灯泡L突然发生短路，如此如下说法正确的答案是〔〕A．灯泡L短路前通过R1的电流为 AB．灯泡L短路后超导部件电阻为零C．灯泡L短路后通过R1的电流为 AD．灯泡L短路后通过R1的电流为1A考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题意知，当电流小于0.6A时，超导部件处于超导态，电阻为零，超导限流器自动短路，不工作，计算出灯正常工作时的电流后，判断超导限流器的工作状态，当灯短路时，再由欧姆定律计算出电路的电流后分析各个选项．解答：解：A、灯泡L短路前超导限流器自动短路，灯泡正常工作，如此通过R1的电流为I==．故A错误．B、C、D灯泡L短路后，电路中电流变为：I==＞I C，超导部件由超导态转变为正常态，超导部件的电阻为R==5Ω，电路中总电流为I总==1A，通过R1的电流为I1==．故BD错误，C正确．应当选C点评：此题首先要读懂题意，了解超导部件的特性和超导体的特点，其次要掌握欧姆定律的应用．7．〔6分〕〔2014•江西校级模拟〕如下列图，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量一样的带电粒子从a点以一样方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，如此从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比拟〔〕A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：画出带点粒子在磁场中运动的轨迹，找出其圆心与半径，根据几何关系与周期公式即可判断．解答：解：如下列图，假设粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角一样，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t=，运动时间一样，所以A正确，C 错误；如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长．圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B 错误，D正确．应当选AD点评：解决带点粒子在磁场中运动的问题要画出其运动轨迹，找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．8．〔6分〕〔2013春•抚州校级月考〕一辆汽车质量为1×103kg，最大功率为2×104W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为υ2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如下列图．如下判断错误的答案是〔〕A．汽车先做匀速运动，再做加速运动B．最大速度大小为20m/sC．整个过程中最大加速度为2m/s2D．汽车速度为10m/s时发动机的功率为20kW考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．专题：功率的计算专题．分析：汽车从A到B牵引力不变，做匀加速直线运动，从B到C图线的斜率不变，知功率不变，做加速度减小的加速运动，到达C点速度达到最大解答：解：A、越大，汽车的速度v越小，越小，汽车的速度v越大，AB段汽车的牵引力不变，汽车所受合力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度不变，汽车做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，可知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，如此加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，当汽车所示合力为零时做匀速直线运动，由此可知，汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，故A 错误；B、当汽车的速度为最大速度v2时，牵引力为F2=1×103N，汽车的最大速度：v2===20m/s，故B正确；C、在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点汽车速度达到最大，汽车做匀速直线运，由平衡条件可知，牵引力等于阻力，阻力：f=F2=1×103N，如此最大加速度a===2m/s2，故C正确．D、与B点对应的速度为v1==≈6.67m/s，当汽车的速度为10m/s时处于图线BC 段，故此时的功率最大为P m=2×104W=20kW，故D正确．此题选错误的，应当选：A．点评：解决此题的关键能够通过图线分析出汽车的运动规律，知道汽车功率与牵引力的关系，当加速度为零时，速度达到最大．三、非选择题〔包括必考题和选考题两局部．第9题～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答〕〔一〕必考题9．〔5分〕〔2015•扬州学业考试〕平抛物体的运动规律可以概括为两点：〔1〕水平方向做匀速运动，〔2〕竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如下列图，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验〔〕A．只能说明上述规律中的第〔1〕条B．只能说明上述规律中的第〔2〕条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：探究平抛运动的规律中，实验同时让A球做平抛运动，B球做自由落体运动，假设两小球同时落地，如此说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明A球水平方向的运动性质．通过比照分析说明．解答：解：据题：用小锤在打击金属片时，A小球做平抛运动的同时，B球做自由落体运动，两球同时落地，如此说明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，只能说明上述规律中的第〔2〕条．故ACD错误，B正确．应当选：B．点评：此题运用比照的方法分析实验的意义，属于简单根底题目，实验虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律．10．〔10分〕〔2015•九江模拟〕现有一块灵敏电流表A1，量程为200 μA，内阻约为1000Ω，要准确测出其内阻R1，提供的器材有：电流表A2〔量程为1mA，内阻R2=50Ω〕；电压表V〔量程为3V，内阻R V约为3kΩ〕；滑动变阻器R〔阻值范围为0～20Ω〕；定值电阻R0〔阻值R0=100Ω〕；电源E〔电动势约为4.5V，内阻很小〕；单刀单掷开关S一个，导线假设干．〔1〕请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于屡次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的．将电路图画在右面的虚框中．〔2〕在所测量的数据中选一组，用测量量和量来计算A1表的内阻，表达式为R1=，表达式中各符号表示的意义是I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．考点：测定金属的电阻率．专题：压轴题．分析：〔1〕估算电阻上最大电压和最大电流，选择电表量程．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．〔2〕根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，根据变阻器最大电阻与该电阻的关系选择分压式或限流式解答：解：〔1〕准确测量电阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；A2的量程太小，须串联一定值电阻R0；把电压表当作保护电阻．电路图如图：〔2〕由电路图知A2表和R0串联后与A1表并联，因此电压相等，即I1R1=I2〔R0+R2〕，所以，R1=，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．故答案为：〔2〕，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．点评：在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法．11．〔14分〕〔2012•江西二模〕如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动．金属棒从图中位置运动到EF 位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化．求：〔1〕通过小灯泡的电流强度；〔2〕恒力F的大小；〔3〕金属棒的质量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件与其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：〔1〕根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，如此此电流即为通过小灯泡的电流强度；〔2〕由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．〔3〕金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于0﹣4s内电路中产生的感应电动势，由E=Bdv 可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量．解答：〔1〕金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=R L+R ab=5Ω回路中感应电动势为：E1===0.5V灯炮中的电流强度为：I L==0.1A〔2〕因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I=I L=0.1A恒力大小：F=F A=BId=0.1N〔3〕因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2=E1=0.5V金属棒在磁场中的速度：v==0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m==0.8kg答：〔1〕通过小灯泡的电流强度为0.1A；〔2〕恒力F的大小为0.1N；〔3〕金属棒的质量为0.8kg．点评：此题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生变化，来分析电路中电动势和电流，抓住两个阶段这两个量的关系进展研究．12．〔18分〕〔2013春•抚州校级月考〕倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，动摩擦因数为μ=2tanθ，其余局部光滑．AB段长为2L，有N个一样的小木块〔单独考虑每个小木块时，视为质点〕沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L，每一个小木块的质量均为m，将它们由静止释放，释放时下端距A为2L，B到斜面底端足够长．求：〔1〕从第1个木块到第N个木块通过A点的过程中，第几个木块通过A点的速度最大，最大速度为多少．〔2〕木块在斜面上滑动的过程中，第k﹣1个木块和第k+1个木块对第k个木块做的总功．〔3〕第k个木块通过B点的速度．〔题中1＜k＜N〕考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕令有n个木块过A点速度最大v m，如此μnmgcosθ=Nmgsinθ，求出n与N 的关系，根据动能定理即可求解最大速度；〔2〕全部木块刚过A点时速度为v，根据动能定理即可求得v，而木块在斜面上滑动时，只有在通过A点的过程中才可能有相互作用力，设所求功为W．对从开始到所有木块刚通过A 点的过程，运用动能定理即可求得W；〔3〕从所有木块刚过A点到第k个木块刚到B点，对第k个木块运用动能定理即可求解．解答：解：木块过A点的位移为x时，摩擦力为：f=μmgcosθ，摩擦力正比于位移，可由平均力求摩擦力做功．〔1〕令有n个木块过A点速度最大v m，如此有：μnmgcosθ=Nmgsinθ解得：n=，即一半木块过A点速度最大，由动能定理得：Nmv2=Nmg•Lsinθ•μNmgcosθ•，解得：v m=；〔2〕全部木块刚过A点时速度为v，如此有；Nmgsinθ•L﹣μNmggcosθ•L=Nmv2﹣0，解得：v=，而木块在斜面上滑动时，只有在通过A点的过程中才可能有相互作用力，设所求功为W．对从开始到所有木块刚通过A点的过程，对第k个木块有：mg•3Lsinθ﹣μmgcosθ〔N﹣K〕+W=mv2﹣0，解得：W=mgLsinθ；〔3〕从所有木块刚过A点到第k个木块刚到B点，对第k个木块，由动能定理得：mv B2﹣mv2=〔mgsinθ﹣μmgcosθ〕〔k+L〕，解得：v B=；答：〔1〕从第1个木块到第N个木块通过A点的过程中，第个木块通过A点的速度最大，最大速度为：．〔2〕木块在斜面上滑动的过程中，第k﹣1个木块和第k+1个木块对第k个木块做的总功为mgLsinθ．〔3〕第k个木块通过B点的速度为．点评：此题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能选取适宜的过程运用动能定理求解，难度适中．〔二〕选考题〔共45分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答．如果多做，如此每学科按所做的第一个计分〕[物理-选修3-4]〔15分〕13．〔5分〕〔2010•沈阳二模〕如下说法中正确的答案是〔〕A．光传播时，假设遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象十清楚显，此时不能认为光沿直线传播B．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大D．麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来他又用实验证实电磁波的存在考点：全反射；电磁场．专题：全反射和临界角专题．分析：障碍物的尺寸与光的波长相差不大时发生明显衍射现象，油膜的花纹是干预现象，光从光密介质进入光疏介质时发生全反射．解答：解：A、光传播时，假设遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象不明显，A错误；B、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干预现象，B错误；C、光导纤维丝的作用是让光从内部发生全反射，所以内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，C正确；D、麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，赫兹用实验证实电磁波的存在，D错误；应当选C点评：此题考查了光的干预、衍射和全反射，以与物理学史，难度不大，注意平时多积累．14．〔10分〕〔2012春•龙港区校级期中〕一列横波在x轴上传播，在t l=0时刻波形如图实线所示，t2=0.05s时刻波形如图虚线所示．〔1〕由波形曲线读出这列波的振幅和波长；〔2〕假设周期大于〔t2﹣t1〕，如此最大波速是多少？方向如何？考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：波的多解性．分析：〔1〕由y的最大值读出振幅，由相邻两个波峰或波谷间的距离读出波长．〔2〕根据波形的平移法，结合波的周期性，得出波传播的距离与波长的关系，求出最小间距和最大间距，得到对应的波速．解答：解：〔1〕振幅A=0.2m；…①波长λ=8 m…②〔2〕由于T＞〔t2﹣t1〕，即△t＜2T，故当波沿x轴正方向传播时，可能的周期为：△t=+nT，且n=0或1〔可能的传播距离为：△x=+nλ，且n=0或1〕…③当波沿x轴负方向传播时，可能的周期为：△t=T+nT，且0或〔可能的传播距离为：△x=λ+nλ，且n=0或1〕…④由波速公式v=可知，当速度v最大时，周期T最小．分析上面两类情况可知，当周期最小时，波沿x轴负方向传，且在△t=T+nT中n=1，如此最小周期为 T min=…⑤最大速度 v max===280m/s …⑥方向为沿x轴负方向．答：〔1〕由波形曲线读出这列波的振幅和波长分别为0.2m和8m；〔2〕假设周期大于〔t2﹣t1〕，如此最大波速是280m/s，方向为沿x轴负方向．点评：此题关键明确“波形一个周期波形平移一倍波长〞的结论，结合波形图得到最小周期或最大传播距离，然后确定最大波速．【物理-选修3-5】〔15分〕15．〔2009•武汉一模〕质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如e是的镜像核，同样也是e的镜像核．如下说法正确的答案是〔〕A．和互为镜像核B．和互为镜像核C．核反响→是α衰变D．一个质子和两个中子结合成氚核〔〕时一定放出能量考点：轻核的聚变；原子的核式结构．分析：根据质量数A等于核电荷数Z和质子数n之和，可以判定选项AB；根据核聚变和α衰变的定义可以判定选项C，根据核聚变的特点：在核聚变的过程中核反响释放大量的能量，从而可以判定D选项．解答：解：A、的质子数Z1=7，质量数A1=13，故中子数n1=A1﹣Z1=13﹣7=6 质子数z2=6，质量数A2=13，故中子数n2=A2﹣Z2=13﹣6=7故n1=z2=6，n2=z1=7，故与互为镜像核．故A正确．B、的质子数Z1=7，质量数A1=15，故中子数n1=A1﹣Z1=15﹣7=8质子数z2=8，质量数A2=16，故中子数n2=A2﹣Z2=16﹣8=8故n1=z2=8，n2≠z1，故B错误．C、两个质量较小的核结合成一个质量较大的核同时释放出大量的能量的现象称为核聚变，故该反响是核聚变．而不是α衰变，故C错误．D、两个质量较小的核结合成一个质量较大的核同时释放出大量的能量称为核聚变．故一个质子和两个中子结合成氚核的反响的现象是核聚变，一定会放出能量．故D正确．。
抚州市临川二中2015-2016学年高二上学期第三次月考物理试卷(12月份) 含解析
2015-2016学年江西省抚州市临川二中高二(上）第三次月考物理试卷(12月份）一、选择题（共40分，第1—6题单选，第7-10题多选)1．光滑的平行导轨(图中粗线）与电源连接后，倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒．通电后，导体棒电流垂直纸面向外，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场,可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是（）A．B．C．D．2．如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W1和W2，a、c两点的电场强度大小分别为E1和E2，则（）A．W1=W2,E1＞E2B．W1=W2，E1＜E2C．W1≠W2,E1＞E2D．W1≠W2，E1＜E23．如图所示，A、B、C分别表示理想电流表或电压表,灯L1与L2的额定电压相同，灯L1的额定功率大于灯L2的额定功率，当电键S 闭合时，L1、L2恰好能正常发光．若A、B、C的示数均不为零，则可判定( )A．A、B、C均为电流表B．A、B、C均为电压表C．B为电压表，A、C为电流表D．B为电流表,A、C为电压表4．一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m,各边电阻均为1Ω,bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0。
2m、磁感应强度为1T 的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示,当线框以恒定速度4m/s 沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中,哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中,ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）A． B． C． D．5．如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( ）A． B．C．D．6．在如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是（）A．三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动B．甲、丙中,ab棒最终将以不同速度做匀速运动;乙中，ab棒最终静止C．甲、丙中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中,ab棒最终静止D．三种情形下导体棒ab最终都做静止7．如图所示,A、B是两盏完全相同的白炽灯,L是电阻不计的电感线圈,如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光．如果最初S1是接通的，S2是断开的．那么，可能出现的情况是（）A．刚一接通S2,A灯就立即亮，而B灯则迟延一段时间才亮B．刚接通S2时，线圈L中的电流不为零C．接通S2以后,A灯变亮，B灯由亮变暗D．断开S2时，A灯立即熄灭,B灯先亮一下然后熄灭8．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是．（）A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大9．在如图1所示的电路中,电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后,下列判断正确的是（）A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0。
江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2015年江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分，在每一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．1．〔6分〕甲、乙两人同时从A地前往B地，甲前一半路程跑、后一半路程走，乙前一半时间跑、后一半时间走，甲、乙两人跑的速度一样，走的速度也一样，如此〔〕A．甲先到达终点B．乙先到达终点C．甲、乙同时到达终点D．无法判断甲、乙谁先到达终点考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：比拟出甲乙两人全程的平均速度，就可以比拟运动的时间．因为甲乙两人的总位移相等，根据比拟运动的时间．解答：解：设跑的速度和走的速度分别为v1和v2，如此甲的平均速度．乙的平均速度．因为，所以．根据，知乙的时间短，乙先到达终点．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键比拟出甲乙两人的平均速度，通过比拟运动的时间．2．〔6分〕农民在精选谷种时，常用一种叫“风车〞的农具进展分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如下列图．假设不计空气阻力，对这一现象，如下分析正确的答案是〔〕A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些B．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动C．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不一样D． M处是瘪谷，N处为谷种考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系．解答：解：A、在同一风力作用下，由于谷种的质量较大，惯性较大，其飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小，故A错误．B、谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，不计空气阻力，都只受重力，加速度为g，保持不变，所以谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故B正确．C、谷种和瘪谷竖直方向作自由落体运动，由h=，得：t=，如此知运动时间相等，故C错误．D、谷种和瘪谷水平方向做匀速直线运动，由x=v0t，t相等，如此知x与v0成正比，瘪谷初速度大，飞得远，所以M处是谷种，N处为瘪谷，故D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键是掌握平抛运动的性质，知道平抛运动如何分解，明确其运动时间是高度决定的．3．〔6分〕如下列图，一水平固定的小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静止释放一质量为m，带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的c点，Oc=h，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是〔〕A． b点场强 B． c点场强 C． b点电势 D． c点电势考点：电势；电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球受两个力，重力和电场力，0到b，电场力大于重力，小球向上先做加速运动；到b点，电场力等于重力，速度达到最大；b到c，小球向上做减速运功，到c点速度为零．根据在b点电场力等于重力求出b点的场强，根据动能定理，求出c点的电势能，从而求出c 点的电势．解答：解：在B点，电场力等于重力，qE b=mg，E b=．o到c，根据动能定理得，W电﹣mgh=0，电场力做正功，W电=mgh，电势能减小mgh，o点电势能为0，所以c点电势能为﹣mgh，c点的电势为．故B、C错误，A、D正确．应当选AD．点评：解决此题的关键知道小球的运动情况，在什么情况下，速度最大．会利用动能定理求电场力做功，从而求电势能，求电势．4．〔6分〕如下列图，一带电微粒静止在平行板电容器中，要使带电微粒向上加速运动，可采用的方法有〔〕A．将电阻R1的阻值减小 B．将R2的滑动触头向b端移动C．增大平行板之间的距离 D．减小平行板的正对面积考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：带电微粒原来静止在平行板电容器中，受到重力和竖直向上的电场力，二力平衡．要使带电微粒向上加速运动，电场力应增加．图中，电容器的电压等于变阻器R2的电压．通过分析变阻器R2的电压和板间场强如何变化来分析选择符合题意的选项．解答：解：A、将电阻R1的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，如此变阻器R2的电压增大，电容器板间电压增大，板间场强增大，如此带电微粒所受的电场力增大，带电微粒向上加速运动．故A正确．B、将R2的滑动触头向b端移动，R2接入电路的电阻减小，根据串联电路分压特点可知，变阻器R2的电压减小，电容器板间电压减小，板间场强减小，如此带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动．故B错误．C、增大平行板之间的距离时，板间电压不变，由公式E=可知，板间场强减小，如此带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动．故C错误．D、减小平行板的正对面积，但电容器的电压不变，板间场强不变，如此带电微粒所受的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态．故D错误．应当选A点评：此题是电路动态变化分析与电容器动态变化分析的综合，关键分析板间场强如何变化．5．〔6分〕如下列图，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10﹣2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，假设A点电势为﹣10V，如此〔〕A． B点的电势为0VB．电场线方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由带电微粒的动能变化确定在A、B两点的电势能的大小关系，判断出A、B两点电势的上下．根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向．由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹．解答：解：A、AB两点的电势差U AB==﹣10V，如此U A﹣U B=10V解得U B=0V；故A正确；B、由动能定理可知W E=△E K=﹣0.1J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；C、假设粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C 正确；D、假设粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误；应当选ABC．点评：物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度与合外力方向的中间；此题还应明确电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．6．〔6分〕A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如下列图，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，如此图中哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间的变化关系〔〕A． B． C． D．考点：滑动摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：以AB两个物体整体作为研究对象，根据平衡条件研究桌面对物体B的摩擦力f．解答：解：设绳子的张力大小为T．以AB两个物体组成的整体作为研究对象，根据平衡条件得，桌面对物体B的摩擦力f=2T．设t时刻砂子流掉的重力为G′，如此由题可知，G′=kt，t时刻对C：由平衡条件得，2T=2G﹣G′，如此有f=2G﹣G′=2G﹣kt，可见，f与t是线性关系，f﹣t图象是向下倾斜的直线．当t=0时，f=2G，t=t0时，f=G．故B正确．应当选B点评：要严格研究并选择图象，必须根据物理规律得到解析式，再由数学知识进展选择．7．〔6分〕如下列图电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，如此在滑动触头从a端滑到b端过程中，如下描述正确的答案是〔〕A．电路的总电流先减小后增大B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的两个局部并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．解答：解：A、当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；C、当R外=r的时候电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候电路中R外=r 所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；D、串联电路当R＜R2时，电阻越大消耗的P越大，滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误．应当选AB点评：此题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．8．〔6分〕图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为．木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．如下选项正确的答案是〔〕A．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度B．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能C． M=mD． M=2m考点：动能和势能的相互转化；牛顿第二定律；功能关系．分析：此题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解与应用．弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsinθ即m的重力势能，全部用来抑制摩擦力做功．只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以与M的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解．解答：解：A、受力分析可知，下滑时加速度为g﹣μgcosθ，上滑时加速度为g+μgcosθ，故A正确；B、设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ〔m+M〕glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ，得m=2M．也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力〔非重力、弹性力〕做的功之和等于系统机械能的变化量，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故BCD错误；应当选A．点评：此题比拟全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，有一定难度，在平时要加强这方面的训练．二、非选择题,本大题包括秘考题和选考题两局部．第9～12题为必考题，每个试题考生都作答；第13题～16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻〞实验时：〔1〕某同学连接的实物图如图甲所示．但当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，实验前仪器都检查过是好的，也就是说只可能是某根连接导线断了．那么，请你分析一下，可能发生断路故障的导线是2、5、6 〔写出所有可能断的导线的编号〕．〔2〕某同学在实验时对该电路做了改良，其方法是：加接了一个定值电阻R0，如图乙所示．他加接此电阻的作用是防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：〔1〕当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，可知与电流表连接的回路中可能有断路的导线，电压表有示数，可知与电压表连接的回路不能有断路的导线，结合这两种情况确定可能断路的导线．〔2〕加接了一个定值电阻R0，防止电流过大，起保护电路的作用．解答：解：〔1〕电流表示数为零，如此可能断路的导线有：2、3、5、6，由于电压表有示数，如此导线3不能断路，所以可能断路的导线有：2、5、6．〔2〕加接了一个定值电阻R0，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏．故答案为：〔1〕2、5、6；〔2〕防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏．点评：此题考查了电路故障分析，保护电阻的作用，分析清楚电路结构即可正确解题．10．〔8分〕利用打点计时器和如图的其他器材可以开展多项实验探究，其主要步骤如下：a、按装置安装好器材并连好电路b、接通电源，释放纸带，让重锤由静止开始自由下落c、关闭电源，取出纸带．更换纸带，重复步骤b，打出几条纸带d、选择一条符合实验要求的纸带，数据如图〔相邻计数点的时间为T〕，进展数据处理①假设是探究重力做功和物体动能的变化的关系．需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试表示在B点时重锤运动的瞬时速度V B=．②假设是测量重力加速度g．为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，如此加速度大小可以表示为g=．③如果求出的加速度值与当地重力加速度公认的值g′有较大差距，说明实验过程存在较大的阻力，假设要测出阻力的大小，如此还需测量的物理量是重锤的质量〔m〕．试用这些物理量和纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F= m[g﹣]．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：①在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求出C点的速度大小②采用逐差法可有效利用数据，再采用求平均值的方法可更好地减小误差③重物下落过程中受重力和阻力，根据牛顿第二定律求出平均阻力大小．解答：解：①在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，故B 点的速度为：V B═②利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差△x=at2 所以，x m﹣x n=〔m﹣n〕aT2，本着有效利用数据，采用求平均值的方法减小误差的方法，本实验中，g=③还需要测量的物理量是重锤的质量m．重物下落过程中受重力mg和阻力F，根据牛顿第二定律得：F合=mg﹣F=mg′∴F=mg﹣mg′=m[g﹣]点评：此题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以与有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进展分析11．〔15分〕如下列图，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m=3kg的滑块A．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m=3kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A施加一个水平向右、大小为60N的恒力F，如此：〔1〕求把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C的过程中力F做的功．〔2〕求小球B运动到C处时所受的向心力的大小．〔3〕问小球B被拉到离地多高时滑块A与小球B的速度大小相等？考点：功能关系；功的计算．专题：功的计算专题．分析：〔1〕根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力F做的功．〔2〕当B球到达C处时，滑块A的速度为零，力F做的功等于AB组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小v．由向心力公式求向心力．〔3〕当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块A与小球B的速度大小相等，由几何知识求出小球B上升的高度．解答：解：〔1〕对于F的做功过程，由几何知识有如此力F做的功所以，W=60×〔0.5﹣0.1〕=24J．〔2〕由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，考察两球与绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得代入量，得解得因为向心力公式为所以，代入量，得〔3〕当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识，得代入量，得所以，答：〔1〕把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C的过程中力F做的功为24J．〔2〕小球B运动到C处时所受的向心力的大小是100N．〔3〕小球B被拉到离地0.225m高时滑块A与小球B的速度大小相等．点评：此题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间的关系和运用几何知识研究物体的位移．12．〔18分〕如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD〔轨道半径R=1m〕相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内．整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面下滑，至B点时速度为V B=m/s，接着沿直线BC〔此处无轨道〕运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且刚好到达D点．〔不计空气阻力，g=10m/s2，cos37°=0.8〕求：〔1〕小球带何种电荷．〔2〕小球在半圆轨道局部抑制摩擦力所做的功．〔3〕设小球从D点飞出时磁场消失，求小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：〔1〕带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到D点，最后从D点做类平抛运动，此时所受到的合力正好与速度相互垂直．因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性．〔2〕小球在BC间做匀速直线运动．根据平衡条件和洛伦兹力公式F=qv C B求出qB．在D处，轨道对小球没有作用力，由电场力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律和向心力公式列式，可求得D点的速度．小球在半圆轨道上过程，运用运动定理可得抑制摩擦力做功多少．〔3〕小球离开D点后作类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，利用平抛运动分位移规律求解即可．解答：解：〔1〕小球从B运动到C做直线运动，受力如图，电场力方向与电场强度方向一样，如此小球带正电荷．〔2〕依题意可知小球在BC间做匀速直线运动．在C点的速度为：v C=v B=m/s在BC段其受力如下列图，设重力和电场力合力为F．F=qv C B又：F==5N解得：qB==在D处由牛顿第二定律可得：Bv D q+F=m将qB=代入上式并化简得：8﹣7v D﹣100=0解得：v D=4m/s，v D′=﹣m/s〔舍去〕小球在CD段抑制摩擦力做功W f，由动能定理可得：﹣W f﹣2FR=解得：W f=27.6J〔3〕小球离开D点后作类平抛运动，其加速度为：a=由2R=得：t==0.4s交点与C点的距离：s=v D t=2.26m答：〔1〕小球带正电荷．〔2〕小球在半圆轨道局部抑制摩擦力所做的功是27.6J．〔3〕小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离是2.26m．点评：此题要通过分析小球的运动情况，确定其受力情况．小球从D点飞出后，正好受到重力与电场力且这两个力的合力与速度垂直，所以刚好做类平抛运动．因此可以将倾斜轨道等效看成水平面，相当于小球做平抛运动，从而可以运用平抛运动规律来处理．(二〕选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答[物理--选修3-4]〔15分〕13．〔5分〕如下有关光现象的说法正确的答案是〔〕A．光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象B．泊松亮斑是光的衍射现象C．双缝干预实验中，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度考点：光的干预；双缝干预的条纹间距与波长的关系．专题：光的干预专题．分析：光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象．泊松亮斑是光的衍射现象．双缝干预实验中，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度．解答：解：A、光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象，减弱反射光的强度，增加透射光的强度．故A正确．B、泊松亮斑是光的圆板衍射现象．故B正确．C、双缝干预实验中，根据△x=λ知，条纹间距与光的波长成正比，红光的波长与紫光的波长长，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大．故C正确．D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰．故D错误．应当选：ABC．点评：解决此题的关键知道光现象产生原因与实际应用的原理．14．〔10分〕如下列图，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边为d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜．〔1〕红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？〔2〕为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？〔3〕假设两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离．考点：光的折射定律；电磁波谱．专题：压轴题；光的折射专题．分析：〔1〕根据公式v=，求出红光和紫光在棱镜中的传播速度之比．〔2〕由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=求n1应满足的条件．〔3〕根据折射定律分别求出两种光从AC面射出时的折射角，再由几何知识求解在光屏MN 上两光点间的距离．解答：解：〔1〕根据公式v=，得〔2〕由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=，得到sini1＜，解得n1＜2〔3〕设红光与紫光从AC面射出时的折射角分别为r1，r2．根据折射定律得n1=，n2=，又i1=i2=30°又由几何知识得，在光屏MN上两光点间的距离△x=dtanr2﹣dtanr1代入解得〕答：〔1〕红光和紫光在棱镜中的传播速度比为n2：n1；〔2〕为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足的条件是n1＜2；〔3〕假设两种光都能从AC面射出，在光屏MN上两光点间的距离是．点评：此题考查光在介质中速度、全反射与折射定律的综合应用，中等难度．对于折射定律的应用，关键是作出光路图．[物理--选修3-5]〔15分〕15．使两个氘核发生聚变，必须使它们之间的距离接近到r0，接近到核力能够发生作用的范围．温度很高时，由氘原子构成的物质将变为等离子体，等离子体热运动的平均动能为E k=k1T，式中k1为波尔兹曼常量，T为热力学温度，两个氘核之间的电势能为E p=k，k 为静电力常量，r为核之间的距离，如此使氘核发生聚变的温度至少应为〔〕A．B．C．D．考点：爱因斯坦质能方程．专题：爱因斯坦的质能方程应用专题．分析：轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反响称聚变反响，又称为热核反响．它需要极大的压强和极高的温度．原因是自持的核聚变反响必须在极高的压力和温度下进展．能够使氘核接近到r0，也就是能让氘核从无穷远〔普通的气体分子间距极大，根本无库仑作用，可认为是无穷远，此时电势能为0〕移至r0，这一阶段电场力做负功，由动能定理求解．。
高三物理月考试题及答案-江西抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研试卷
江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( )A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m 电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( ) A．两细绳必须等长B．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板C．用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些12．某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.473～8.477mm．13．某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条图示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），图中D点的速度v D=3.81m/s（保留三位有效数字）．14．某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻R g=10Ω）C．电流表A（0﹣0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A）E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D．（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为4.0Ω（结果保留两位有效数字）．三、选做题：本题共有3小题，每位同学从中选1题作答，若3题均作答则按第一题给分．A （选修模块3-3）15．研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团．气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1，V1，T1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p2，V2，T2）．倘若该气团由状态Ⅰ（p1，V1，T1）作等温膨胀至状态Ⅲ（p3，V2，T1），试回答：（1）下列判断正确的是AC．A．p3＞p2B．p3＜p2C．T1＞T2D．T1＜T2（2）若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，则其内能变化△E1=﹣W1；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化△E2=0．（3）气团体积由V1变化到V2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离之比．B（选修模块3-4）16．下列说法中正确的是( )A．受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B．波是传递能量的一种方式C．牛顿环是由光的衍射产生的D．电子液晶显示是光的偏振现象的应用17．二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星系光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律．一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c（光在真空中传播速度为c）．18．研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形ABC的三棱镜，一束光从AB边的P点射入棱镜，当入射角i=60°时，进入棱镜的折射光线与BC边平行．求：①光在棱镜中的传播速度v（光在真空中传播速度c=3×108m/s）；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．C（选修模块3-5）19．自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是：n→H+X+，其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）．下列说法中正确的是( )A．自由中子的衰变是β衰变，X是负电子B．有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C．衰变过程遵守动量守恒定律D．衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒20．电子俘获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子．一种理论认为地热是镍58（在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（Co）58时产生的．则镍58电子俘获核反应方程为；生成的钴核处于激发态，会向基态跃迁，辐射γ光子的频率为v，已知真空中光速和普朗克常量分别为c和h，则此核反应过程中的质量亏损为．21．在电子俘获中，原子核俘获了K层一个电子后，新核原子的K层上将出现一个电子空位，当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放一定的能量：一种情况是辐射频率为v0的X射线；另一种情况是将该能量交给其它层上的某电子，使电子发生电离成为自由电子．若该能量交给M层电子，电离后的自由电子动能是E0，普朗克常量为h．试求新核原子的L层电子和K层电子的能级差及M层电子的能级（即能量值）．四、计算题：本题共3小题，共计33分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．22．一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m=2kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到达楼下，奔跑过程用时2.5s，恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2．求：（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．23．如图甲所示，空间存在一宽度为2L有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m=1kg、电阻R=4Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0=4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．24．如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角．在第四象限和第一象限的xoQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在poy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子从﹣y轴上的A（0，﹣L）点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计．求：（1）从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t'；（2）匀强电场的电场强度F的大小．江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据在相等的时间内，由位移公式可确定各自位移，并由三角形来确定位移关系，根据距离与时间关系，确定何时取最小值．解答：解：设经过时间t后，A的位置为L﹣vt．B的位置为vtAB=，解得：AB=，则当t=时，AB最小．最小值为，故A正确，BCD错误；故选A点评：考查位移公式，并根据数学表达式来确定，在时间取何值时，距离取最小值．2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，0﹣8s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故A错误；B、0﹣2s内的加速度为：a=，2﹣4s内的加速度为，所以﹣4s内的速度变化快，故B错误；C、2﹣4s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故C正确；D、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故D错误．故选C点评：本题是速度﹣时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要使A竖直下落，则A做自由落体且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知A下落的高度和B前进的距离之间的关系；再由牛顿第二定律可求得水平位移的表达式；联立可解．解答：解：假设A下落的高度为h，则此时斜面体应向右滑动距离为：x=对A球有：h=gt2；对斜面体有：x=at2；F﹣μmg=ma联立解得：F=200N；故选：A．点评：本题考查牛顿第二定律及自由落体的规律，要注意明确临界条件的正确应用．4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( )A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．解答：解：B、力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F3外的两个力的合力大小等于F3，方向与F3反向，故等效成物体受两个互成120°的大小等于F3的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为F3，合外力为恒力且不为零，物体的动能一定改变，故B错误；A、若此时合力方向与速度方向相同，则物体做匀变速直线运动，F3与速度方向为60°，力F3做正功，故AC错误，D正确；故选：D点评：本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：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：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小．解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a==．隔离对12两个物体分析，有：F﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°﹣N=2ma．解得N=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．解答：解：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，则总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源内阻所占电压减小，则并联部分电压增大，通过L3的电流变大，所以电灯L3变亮，干路电流I 减小而L3的电流变大，则L4的电流减小，L4变暗，L4的电压减小，并联部分电压增大，则L2两端电压增大，所以通过L2的电流增大，L2变亮，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等考点：功能关系；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：从C到D和从D到C分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，根据Q=fs相对可以比较两次产生热量大小．解答：解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．故选CD．点评：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路结构，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，根据欧姆定律分析电阻两端电压和电流的关系，而并联电路电压相等，再结合Q=UC 判断电容器带电量的关系．解答：解：ACD、两个电阻串联后接入电路，则电流相等，根据U=IR及R1=2R2可知，U1=2U2，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，则C1两板间的电压是C2上的2倍，故AC正确，D错误；B、根据Q=UC及C1=2C2，U1=2U2可知，C1极板上所带的电量是C2上的4倍，故B错误．故选：AC点评：本题主要考查了串并联电路的特点，知道电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，能根据欧姆定律分析，难度适中．9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落考点：磁现象和磁场．分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．解答：解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；故选AC．点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题．10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m 电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．故选BC．点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高．二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( )。
江西省抚州市临川二中2015-2016学年高二下学期第一次月考物理试卷 Word版含解析
2015-2016学年江西省抚州市临川二中高二（下）第一次月考物理试卷一.选择题1．下列生活中利用传感器把光信号变成电信号的是（）A．用遥控器控制电视机的开关B．走廊照明灯的声控开关C．自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器2．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S 和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大3．如图所示，质量M=2kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m=1kg的小木块（可视为质点），小木块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2，长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F=4N的力作用在小木块上，经过时间t=2s，小木块从长木板另一端滑出，g取10m/s2，则（）A．滑出瞬间，小木块的速度为2m/sB．滑出瞬间，小木块的速度为m/sC．滑出瞬间，长木板的速度为2m/sD．滑出瞬间，长木板的速度为4m/s4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计．下列说法正确的是（）A．S与a接通的瞬间，R中有感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为3VC．S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：15．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在下滑过程中，物块的机械能守恒B．在整个过程中，物块的机械能守恒C．物块被弹簧反弹后，一直做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处6．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法不正确的是（）A．小球不可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D．小球运动到最低点时，电势能一定最大7．如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球经长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放．不计空气阻力，则小球从释放到第一次到达最低点过程，下列正确的是（）A．小球在运动至最低点时速度为B．小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直C．小球在运动过程中受到的洛伦兹力瞬时功率先增大，后减小D．小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为8．下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．洛伦兹力既不能改变带电粒子的速度，也不能改变带电粒子的动能C．安培力的方向一定垂直于直导线与磁场方向所确定的平面；洛伦兹力的方向一定垂直于电荷相对于磁场的速度方向与磁场方向所确定的平面D．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的合力9．根据表格中的内容，判断下列说法正确的是（）A．只要入射光的强度足够大，照射时间足够长，表中的金属均可以发生光电效应B．用某光照射表中金属，均能够发生光电效应，则从铯表面逸出的光电子的最大初动能最大C．使表中金属发生光电效应时，铯的极限频率最小D．使表中金属发生光电效应时，金的极限波长最小10．如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（）A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B．初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+二.填空题11．在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，让质量为m1的小球从斜槽轨道上某处自由滚下，与静止在轨道末端的质量为m2的小球发生对心碰撞（如图所示），则（1）两个小球质量及大小关系应满足；A．m1=m2B．m1＞m2C．m1＜m2D．大小相等E．没有限制（2）实验必须满足的条件是；A．轨道末端必须是水平的B．斜槽轨道必须是光滑的C．入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放（3）实验中必须测量的物理量是A．小球的质量m1和m2B．桌面离地面的高度HC．小球m1的初始高度hD．小球m1单独落下的水平距离OBE．小球m1和m2碰后的水平距离OA、OCF．测量小球m1或m2的直径（4）本次实验我们要验证等式：是否成立．12．光电效应实验装置示意图如图所示．（1）若要使发生光电效应的电子不能到达A极，则电源的a极应为极（选填正、负）（2）用频率为v的普通光源照射k极，没有发生光电效应，用频率大于ν的光照射k极，则立即发生了光电效应；此实验说明发生光电效应的条件是（3）若kA加上反向电压U，在kA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）A．B．C．U=2hν﹣W D．．三.计算题13．一质量为M=2kg的铁锤从距地面h=3.2m处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m=6kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t=0.1s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．（铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计）．14．如图（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1.0Ω，所围成矩形的面积S=0.040m2，小灯泡的电阻R=9.0Ω，磁场的磁感应强度随按如图（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nB m S cos t，其中B m为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值．（2）小灯泡消耗的电功率．（3）在磁感强度变化的0～的时间内，通过小灯泡的电荷量．15．如图所示，在水平地面上有质量为m的A物块和质量为2m的B物块并排靠在一起，两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，两物块间用长为l的柔软轻绳相连接（图中未画出）．现有大小为F=2μmg的水平恒定拉力从静止开始拉动物块A，绳子绷紧时，绳子不会断裂也不会伸长，且绷紧时间极短．试求：（1）绳子绷紧前瞬间，A物块的速度大小．（2）整个过程中B物块运动的时间．16．如图所示，在竖直平面内，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0≤v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．求：（1）速度最大的粒子在磁场中的运动时间；（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离；（3）磁场区域的最小面积．2015-2016学年江西省抚州市临川二中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题1．下列生活中利用传感器把光信号变成电信号的是（）A．用遥控器控制电视机的开关B．走廊照明灯的声控开关C．自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器【考点】常见传感器的工作原理．【分析】传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．【解答】解：A、电视机遥控器是光传感器，将光信号变成电信号，故A正确；B、声控开关是声音传感器，将声音信号变成电信号，故B错误；C、压力传感装置将压力信号转化为电信号，故C错误；D、温控器是将温度信号转化为电路的通断，故D错误；故选：A．2．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S 和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大【考点】自感现象和自感系数．【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上．要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大．根据楞次定律和并联的特点分析．【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．故A错误．B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．故B错误．C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．故C正确．D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．故D错误．故选C．3．如图所示，质量M=2kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m=1kg的小木块（可视为质点），小木块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2，长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F=4N的力作用在小木块上，经过时间t=2s，小木块从长木板另一端滑出，g取10m/s2，则（）A．滑出瞬间，小木块的速度为2m/sB．滑出瞬间，小木块的速度为m/sC．滑出瞬间，长木板的速度为2m/sD．滑出瞬间，长木板的速度为4m/s【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】根据牛顿第二定律分别求出木块和木板的加速度，结合速度时间公式求出木块脱离木板时木块和木板的速度．【解答】解：由牛顿第二定律得：对小木块：a1=m/s2=2m/s2，对长木板：a2==1m/s2，由题意可知，木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t=2s，木块滑出瞬间，小木块的速度：v1=a1t=2×2=4m/s，长木板的速度：v2=a2t=1×2=2m/s；故ABD错误，C正确故选：C4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计．下列说法正确的是（）A．S与a接通的瞬间，R中有感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为3VC．S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：1【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，再根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，故A正确；B、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B错误；C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，所以C正确；D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误．故选：AC．5．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在下滑过程中，物块的机械能守恒B．在整个过程中，物块的机械能守恒C．物块被弹簧反弹后，一直做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【考点】机械能守恒定律．【分析】光滑弧形槽固定在光滑水平面上，滑块下滑过程中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；与弹簧碰撞过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒．【解答】解：A、滑块下滑过程中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B、与弹簧碰撞过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故滑块的机械能也是变化，即滑块的机械能不守恒．故B错误．C、物块被弹簧反弹后，先做加速运动，离开弹簧后才做匀速直线运动．故C错误．D、由于滑块与弹簧系统机械能守恒，物块被弹簧反弹到最高点时，弹簧的弹性势能为零，滑块的动能为零，故物体的重力势能依然为mgh，回到出发点，故D 正确；故选AD．6．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法不正确的是（）A．小球不可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D．小球运动到最低点时，电势能一定最大【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析【解答】解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故B错误C、由B分析可知，C错误D、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故D正确本题选择错误的，故选：ABC．7．如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球经长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放．不计空气阻力，则小球从释放到第一次到达最低点过程，下列正确的是（）A．小球在运动至最低点时速度为B．小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直C．小球在运动过程中受到的洛伦兹力瞬时功率先增大，后减小D．小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为【考点】功能关系；带电粒子在混合场中的运动．【分析】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解速度；有左手定则判断出洛伦兹力的方向；洛伦兹力始终不做功；在最低点，小球受重力、拉力和洛伦兹力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解拉力．【解答】解：A、小球运动过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，机械能守恒，故：mgL=mv2解得：v=．故A正确；B、根据左手定则可知，磁场的方向向里，小球运动的方向向下，所以小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直向左，即沿绳子的方向向外．故B错误；C、洛伦兹力始终不做功，功率始终是0．故C错误；D、在最低点，合力提供向心力，向左经过最低点时，洛伦兹力向下，故：T﹣mg﹣qvB=m解得：T=3mg+qB；故D正确．故选：AD8．下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．洛伦兹力既不能改变带电粒子的速度，也不能改变带电粒子的动能C．安培力的方向一定垂直于直导线与磁场方向所确定的平面；洛伦兹力的方向一定垂直于电荷相对于磁场的速度方向与磁场方向所确定的平面D．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的合力【考点】洛仑兹力．【分析】根据左手定则知，大拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，与四指方向（即粒子的速度方向）垂直，与磁场方向垂直．【解答】解：A、运动电荷在磁感应强度不为零的地方，根据f=qvBcosθ，θ是v 与B的夹角，当夹角是0时，洛伦兹力为0．故A错误；B、由于洛伦兹力方向垂直于磁场方向和粒子的速度方向，所以洛伦兹力只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小，不改变粒子动能，故B错误；C、根据左手定则可知，安培力的方向一定垂直于直导线与磁场方向所确定的平面；洛伦兹力的方向一定垂直于电荷相对于磁场的速度方向与磁场方向所确定的平面．故C正确；D、安培力和洛伦兹力的关系可以看做是宏观与微观之间的关系，即安培力可以看做是大量运动电荷所受洛伦兹力的合力．故D正确．故选：CD9．根据表格中的内容，判断下列说法正确的是（）A．只要入射光的强度足够大，照射时间足够长，表中的金属均可以发生光电效应B．用某光照射表中金属，均能够发生光电效应，则从铯表面逸出的光电子的最大初动能最大C．使表中金属发生光电效应时，铯的极限频率最小D．使表中金属发生光电效应时，金的极限波长最小【考点】光电效应．【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．【解答】解：A、只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能产生光电效应，当入射频率越高时，则光电子的最大初动能越大，与入射光的强度无关．故A 错误．B、根据光电效应方程E km=hv﹣W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，则铯表面逸出的光电子的最大初动能最大．故B正确；C、根据表格数据可知，金的逸出功最大，则由hγ0=W，可知：金的极限频率最大，而频率越高的，波长越短，而铯的极限频率最小，故CD正确．故选：BCD．10．如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（）A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B．初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【分析】由初动能E k=求出初速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小．导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，即导体棒下降的高度．从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q．【解答】解：A、导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：I=设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL联立上式得，F=．故A错误；B、初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正确；C、从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；D、导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+E k=Q解得系统产生的总热量：Q=mv02+可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故D错误．故选：BC二.填空题11．在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，让质量为m1的小球从斜槽轨道上某处自由滚下，与静止在轨道末端的质量为m2的小球发生对心碰撞（如图所示），则（1）两个小球质量及大小关系应满足B；A．m1=m2B．m1＞m2C．m1＜m2D．大小相等E．没有限制（2）实验必须满足的条件是AC；A．轨道末端必须是水平的B．斜槽轨道必须是光滑的C．入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放（3）实验中必须测量的物理量是ADEA．小球的质量m1和m2B．桌面离地面的高度HC．小球m1的初始高度hD．小球m1单独落下的水平距离OBE．小球m1和m2碰后的水平距离OA、OCF．测量小球m1或m2的直径（4）本次实验我们要验证等式：m1OB=m1OA+m2OC是否成立．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）为防止碰撞过程中入射小球反弹，入射球的质量大于被碰球的质量；（2）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定实验满足的条件；（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题；（4）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式．【解答】解：（1）验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选：B；（2）小球从斜槽滑出做平抛运动，可知斜槽的末端必须水平，但是斜槽不一定需要光滑，只要入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放，使得平抛运动的初速度相等即可．故选：AC．（3）小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，m1v1=m1v1′+m2v2′，两边同时乘以时间t，则有：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，m1OB=m1OA+m2OC，则实验需要测出：小球的质量、小球的水平位置OB，OA，OC，故选：ADE；（4）由（2）可知，实验需要验证的表达式为：m1OB=m1OA+m2OC故答案为：（1）B；（2）AC；（3）ADE；（4）m1OB=m1OA+m2OC12．光电效应实验装置示意图如图所示．（1）若要使发生光电效应的电子不能到达A极，则电源的a极应为正极（选填正、负）（2）用频率为v的普通光源照射k极，没有发生光电效应，用频率大于ν的光照射k极，则立即发生了光电效应；此实验说明发生光电效应的条件是只有照射光的频率大于金属的极限频率时才会发生光电效应；发生光电效应所需时间很短．（3）若kA加上反向电压U，在kA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的A（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）A．B．C．U=2hν﹣W D．．。
高一物理期末试题-抚州市临川二中2014-2015学年高一(下)期末试卷物理试题及答案物理试题及答案
江西省抚州市临川二中2014-2015学年高一（下）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．各小题提供的四个选项中，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4分，有漏选的得2分，有错选或不选的得0分）1．（4分）关于做匀速圆周运动物体的线速度的大小和方向，下列说法中正确的是（）A．大小不变，方向也不变B．大小不变，方向不断变化C．大小不断改变，方向不变D．大小不断改变，方向也不断改变2．（4分）关于作用力与反作用力做功情况，下列说法中正确的是（）A．作用力做正功时，反作用力一定做负功B．作用力不做功时，反作用力也一定不做功C．作用力和反作用力做的功一定大小相等，正负相反D．作用力做正功时，反作用力也可能做正功3．（4分）关于向心力，下列说法中正确的是（）A．向心力是物体由于做圆周运动而产生的一个力B．向心力可以改变做匀速圆周运动的物体线速度的大小C．做匀速圆周运动的物体一定是由合外力提供向心力D．做匀速圆周运动的物体的向心力为恒力4．（4分）下列现象中，物体动能转化为势能的是（）A．秋千由最高点荡向最低点B．张开的弓把箭水平射出去C．骑自行车自由滑下斜坡D．正在腾空上升的礼花弹5．（4分）（2014•射阳县校级学业考试）下面的实例中，系统机械能守恒的是（）A．小球自由下落，落在竖直弹簧上，将弹簧压缩后又被弹簧弹起来B．拉着物体沿光滑的斜面匀速上升C．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降D．飞行的子弹击中放在光滑水平桌面上的木块6．（4分）关于速度与动能，下列说法中正确的是（）A．一个物体速度越大时，动能越大B．速度相等的物体，如果质量相等，那么它们的动能也相等C．动能相等的物体，如果质量相等那么它们的速度也相同D．动能越大的物体，速度也越大7．（4分）（2015春•仙桃期末）如图，质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图所示，在此过程中（）A．重力对物体做功为mgHB．重力对物体做功为mg（H+h）C．外力对物体做的总功为零D．地面对物体的平均阻力为8．（4分）（2010•自贡模拟）如图是“嫦娥一号”奔月的示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是（）A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D．在绕月轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力9．（4分）如图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，角速度为ω，转动过程中皮带不打滑．下列说法中正确是（）A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的角速度为ωD．从动轮的角速度为从动轮的角速度为ω10．（4分）（2011秋•吉林期末）静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t=4s时停下，其速度﹣时间图象如图所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（）A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．全过程拉力做的功等于零C．一定有F1+F3=2F2D．可能有F1+F3＞2F2二、填空和实验题（共4小题，4分+4分+6分+8分，共22分）11．（4分）汽船以6m/s的速度过120m宽的河，已知水流速度是3m/s．若汽船要以最短的时间过河，最短时间t=____s．要使汽船以最短路程过河，最短路程s=________m．12．（4分）如图所示，汽车以m/s的速度通过凸形桥最高点时，对桥的压力是车重的一半，则圆弧形桥面的半径为________m；当车速为__________m/s时，车对桥面最高点的压力恰好为零．（g=10m/s2）13．（6分）我国已成功地发射了“神舟6号”载人试验飞船，已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆，椭圆的一个焦点是地球的球心，如图所示．飞船在运行中只受到地球对它的万有引力作用，飞船从轨道的A点沿箭头方向运行到B点，若飞船在A点的速度为V A，机械能为E A，在B点的速度为V B，机械能为E B，则有V A______V B，E A________E B（填＜、=或＞）．14．（8分）“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法：（计算结果保留三位有效数字）（1）若实验中所使用的重物质量为m=1kg，打点纸带如图甲所示，打点计时间隔为0.02s，当地的重力加速度g=9.8m/s2，O点为起始点．则记录B点时，重物的速度υB=________m/s，重物的动能为E K=______J．从开始下落到B点，重物的重力势能改变量的大小是△E P=_____J，因此，可以得出的结论：______________________________．（2）根据纸带算出相关各点的速度υ，量出下落的距离h，则以v2/2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是如图乙中的_______．三、计算题（共4小题，共38分．要求在答卷上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）15．（8分）（2013•福建模拟）为了响应国家的“节能减排”号召，某同学采用了一个家用汽车的节能方法．在符合安全行驶要求的情况下，通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等措施，使汽车负载减少．假设汽车以72km/h的速度匀速行驶时，负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2000N和1950N．请计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少？16．（8分）如图所示，在倾角为θ的斜面顶端，水平抛出一小钢球，恰落到斜面底端，如果斜面长为L．（忽略空气阻力）求：（1）小球落到斜面底端所花时间t．（2）小球水平初速度υ0．17．（10分）如图所示，质量为70kg的运动员以10m/s的速度，从高为10m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，一切阻力可忽略不计，以地面为零势能面（g=10m/s2）．求：①运动员在A点时的机械能？②运动员到达最低点B时的速度大小？③若运动员继续沿斜坡向上运动，他能到达的最大高度？18．（12分）（2008•淮安模拟）如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg小球A．半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10m/s2．现给小球A一个水平向右的恒力F=55N．求：（1）把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；（2）小球B运动到C处时的速度大小；（3）小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等．江西省抚州市临川二中2014-2015学年高一（下）期末物理试卷参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．各小题提供的四个选项中，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4分，有漏选的得2分，有错选或不选的得0分）1．（4分）关于做匀速圆周运动物体的线速度的大小和方向，下列说法中正确的是（）A．大小不变，方向也不变B．大小不变，方向不断变化C．大小不断改变，方向不变D．大小不断改变，方向也不断改变考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：做匀速圆周运动的物体线速度方向沿圆周的切线方向时刻变化，但大小不变．解答：解：做匀速圆周运动的物体线速度大小不变．由于线速度的方向沿圆周运动的切线方向，所以线速度的方向时刻在改变，则B正确，ACD错误故选：B点评：匀速圆周运动要注意，其中的匀速只是指速度的大小不变．2．（4分）关于作用力与反作用力做功情况，下列说法中正确的是（）A．作用力做正功时，反作用力一定做负功B．作用力不做功时，反作用力也一定不做功C．作用力和反作用力做的功一定大小相等，正负相反D．作用力做正功时，反作用力也可能做正功考点：牛顿第三定律．分析：力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．解答：解：A、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故A错误，D正确；B、如果物体保持静止，即位移为零，一对作用力与反作用力做功可以都为零，也可以一个是0，另一个不是0．例如物体在水平地面上滑动，地面对物体的摩擦力对物体做负功，物体对地面的摩擦力不做功，故B错误；C、作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定为零，故C错误．故选：D点评：力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．3．（4分）关于向心力，下列说法中正确的是（）A．向心力是物体由于做圆周运动而产生的一个力B．向心力可以改变做匀速圆周运动的物体线速度的大小C．做匀速圆周运动的物体一定是由合外力提供向心力D．做匀速圆周运动的物体的向心力为恒力考点：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：向心力是物体做圆周运动所需要的力，是效果力，向心力只改变物体的运动方向，而不改变物体速度的大小．解答：解：A、向心力是一个效果力，是做圆周运动所需的力，由其它力充当，不是物体实际受到的力．故A错误．B、向心力只改变物体的运动方向，而不改变物体速度的大小，故B错误；C、做匀速圆周运动的物体一定是由合外力提供向心力，故C正确；D、做匀速圆周运动的物体的向心力方向不断改变，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键知道向心力的特点，知道向心力是物体做圆周运动所需要的力，不是物体实际受到的力．4．（4分）下列现象中，物体动能转化为势能的是（）A．秋千由最高点荡向最低点B．张开的弓把箭水平射出去C．骑自行车自由滑下斜坡D．正在腾空上升的礼花弹考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体动能转化为势能的过程中，动能减小，势能增加，而势能可根据高度的变化判断．解答：解：A、秋千在最高处荡向最低处的过程中，高度下降，重力做正功，重力势能转化为动能，故A错误；B、张开的功把箭水平射出去，高度不断下降，势能转化为动能，故B错误；C、骑自行车自由下斜坡，动能增大，势能转化为动能，故C错误；D、正在腾空上升的礼花弹，高度增加，势能增加，小球的动能转化为重力势能，故D正确；故选：D．点评：本题考查了动能与势能的转化，分析清楚能量的转化过程即可正确解题．5．（4分）（2014•射阳县校级学业考试）下面的实例中，系统机械能守恒的是（）A．小球自由下落，落在竖直弹簧上，将弹簧压缩后又被弹簧弹起来B．拉着物体沿光滑的斜面匀速上升C．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降D．飞行的子弹击中放在光滑水平桌面上的木块考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．解答：解：A、小球在运动的过程中，小球只受到重力和弹簧的弹力的作用，所以系统的机械能守恒，故A正确．B、由于物体匀速上升，对物体受力分析可知，物体必定受到除重力之外的力的作用，并且对物体做了正功，所以物体的机械能增加，故B错误．C、跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降，所以运动员要受到空气阻力的作用，故人的机械能在减小，所以C错误．D、飞行的子弹击中放在光滑水平桌面上木块的过程中，子弹受到木块的阻力的作用，所以子弹的机械能减小，所以D错误．故选A．点评：本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，题目比较简单．6．（4分）关于速度与动能，下列说法中正确的是（）A．一个物体速度越大时，动能越大B．速度相等的物体，如果质量相等，那么它们的动能也相等C．动能相等的物体，如果质量相等那么它们的速度也相同D．动能越大的物体，速度也越大考点：动能．分析：根据公式分析物体的动能大小和速度大小的关系，动能是标量，速度是矢量，速度大小或方向的变化都是速度的变化．解答：解：A、根据公式，一个物体速度越大时，动能越大；故A正确；B、根据公式，速度相等的物体，如果质量相等，那么它们的动能也相等，故B 正确；C、动能相等的物体，根据公式，如果质量相等那么它们的速度大小相等，但方向可以不同，故速度不一定相同，故C错误；D、根据公式，动能大的物体速度不一定大，还要看质量情况，故D错误；故选：AB．点评：本题关键是明确矢量改变和标量改变的区别，速度改变动能可能不变，动能改变速度一定改变．7．（4分）（2015春•仙桃期末）如图，质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图所示，在此过程中（）A．重力对物体做功为mgHB．重力对物体做功为mg（H+h）C．外力对物体做的总功为零D．地面对物体的平均阻力为考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：根据重力做功的公式W G=mg△h即可求解；对整个过程运用动能定理，根据重力和阻力做功之和等于钢球动能的变化量，即可求解．解答：解：A、重力做功：W G=mg△h=mg（H+h），故A错误，B正确．C、对整个过程运用动能定理得：W总=△E K=0，故C正确．D、对整个过程运用动能定理得：W总=W G+（﹣fh）=△E K=0，f=，故D正确．故选：BCD．点评：该题是动能定理和重力做功公式的直接应用，要注意重力做功只跟高度差有关，难度不大．8．（4分）（2010•自贡模拟）如图是“嫦娥一号”奔月的示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是（）A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D．在绕月轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：应用题；压轴题．分析：本题解题的关键是：①明白第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力范围．②万有引力的表达式，以及什么力提供卫星做圆周运动的向心力．解答：解：A、第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力范围，故其发射速度小于第二宇宙速度．故A错误．B、根据万有引力提供向心力可得T2=故卫星运动的周期与卫星自身的质量无关．故B错误．C、根据万有引力定律F=可得“嫦娥一号”卫星受到的月球的引力与卫星到月球球心的距离的平方成反比．故C正确．D、卫星在绕月轨道上时所受合力提供向心力，而向心力指向轨迹的圆心即月球的球心，故月球对卫星的引力大于地球对卫星的引力．故D错误．故选C．点评：本题考查内容难度不大，属于理解性质，所以在学习过程中要加强对基本概念和基本规律的理解和应用．9．（4分）如图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，角速度为ω，转动过程中皮带不打滑．下列说法中正确是（）A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的角速度为ωD．从动轮的角速度为从动轮的角速度为ω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：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据角速度与线速度的关系即可求解．解答：解：A、因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误B正确；C、由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据v=ωr得：ω2r2=ωr1所以ω2=ω故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查了圆周运动角速度与线速度的关系，要知道同一根带子转动，线速度相等，同轴转动，角速度相等．10．（4分）（2011秋•吉林期末）静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t=4s时停下，其速度﹣时间图象如图所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（）A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．全过程拉力做的功等于零C．一定有F1+F3=2F2D．可能有F1+F3＞2F2考点：功能关系；匀变速直线运动的图像；动量定理．专题：运动学中的图像专题．分析：首先对全过程运用动能定理，得到拉力的功与摩擦力的功的关系；然后分别对加速、匀速和减速过程运用动量定理列式后联立求解．解答：解：A、B、对全过程运用动能定理，合力做的功等于动能的增加量，初动能与末动能都为零，故合力做的总功为零，物体运动过程中，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，其中重力和支持力不做功，故拉力做的功等于克服摩擦力做的功，故A正确，B错误；C、D、对于加速过程，根据动量定理，有：F1t1﹣ft1=mv，即F1﹣f=mv①对于匀速过程，有：F2﹣f=0②对于减速过程，有：F3t3﹣ft3=0﹣mv，即F3﹣f=﹣mv③由①②③解得F1+F3=2F2故C正确，D错误；故选：AC．点评：本题关键对加速、匀速、减速、全部过程运用动能定理和动量定理联立后进行分析求解．二、填空和实验题（共4小题，4分+4分+6分+8分，共22分）11．（4分）汽船以6m/s的速度过120m宽的河，已知水流速度是3m/s．若汽船要以最短的时间过河，最短时间t=20s．要使汽船以最短路程过河，最短路程s=120m．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：当静水速与河岸垂直时，在垂直于河岸方向上的速度最大，根据分运动和合运动具有等时性知，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，过河的位移最小．解答：解：当静水速与河岸垂直，渡河时间最短．则有：t==s=20s．由于静水速大于水流速，根据平行四边形定则，知合速度可以与河岸垂直，当合速度与河岸垂直时，渡河的位移最小．所以最小位移等于河宽，等于120m．故答案为：20，120．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，渡河位移最短；当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．12．（4分）如图所示，汽车以m/s的速度通过凸形桥最高点时，对桥的压力是车重的一半，则圆弧形桥面的半径为160m；当车速为40m/s时，车对桥面最高点的压力恰好为零．（g=10m/s2）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：汽车在桥顶，靠竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出圆弧形桥面的半径．当压力为零时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出车速的大小．解答：解：汽车在桥顶，靠竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg﹣N=m，又：N=mg联立两式代入数据解得R=160m．当压力为零时，靠重力提供向心力，则有：mg=m，解得v=40m/s．故答案为：160；40点评：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．13．（6分）我国已成功地发射了“神舟6号”载人试验飞船，已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆，椭圆的一个焦点是地球的球心，如图所示．飞船在运行中只受到地球对它的万有引力作用，飞船从轨道的A点沿箭头方向运行到B点，若飞船在A点的速度为V A，机械能为E A，在B点的速度为V B，机械能为E B，则有V A＞V B，E A=E B（填＜、=或＞）．考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题．分析：飞船在运行中只受到地球对它的万有引力作用，飞船机械能守恒，由于从A到B飞船的轨道半径逐渐增大，重力势能增大，故动能减小即速度减小．解答：解：因为只有地球对飞船的万有引力做功，满足机械能守恒条件，即飞船的机械能守恒则有E A=E B．从A到B的过程中，重力势能增加，而总的机械能保持不变，则飞船的动能减小，速率减小，则有V A＞V B．故答案为：＞，=点评：本题运用机械能守恒研究飞船的运动问题．对于能量的转化必定是一种能量减少另一种能量增加，并且减少的能量转化为增加的能量．14．（8分）“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法：（计算结果保留三位有效数字）（1）若实验中所使用的重物质量为m=1kg，打点纸带如图甲所示，打点计时间隔为0.02s，当地的重力加速度g=9.8m/s2，O点为起始点．则记录B点时，重物的速度υB=0.585m/s，重物的动能为E K=0.171J．从开始下落到B点，重物的重力势能改变量的大小是△E P=0.172J，因此，可以得出的结论：在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．（2）根据纸带算出相关各点的速度υ，量出下落的距离h，则以v2/2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是如图乙中的C．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出重物的动能，根据下降的高度求出重力势能的减小量．根据机械能守恒得出与h的关系式，结合关系式得出正确的图线．解答：解：（1）利用匀变速直线运动的推论v B=m/s=0.585m/s，重锤的动能E KB=mv B2═0.171J从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△E p=mgh=1×9.8×0.176J=0.172J．得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．（3）利用﹣h图线处理数据，如果mgh=mv2那么图线应该是过原点的直线，斜率就等于g．故C正确；故选：C．故答案为：（1）0.585，0.171，0.172；在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．（2）C点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，利用图象进行数据处理时注意从物理角度找出两个物理变量的关系表达式．三、计算题（共4小题，共38分．要求在答卷上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）15．（8分）（2013•福建模拟）为了响应国家的“节能减排”号召，某同学采用了一个家用汽车的节能方法．在符合安全行驶要求的情况下，通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等措施，使汽车负载减少．假设汽车以72km/h的速度匀速行驶时，负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2000N和1950N．请计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少？考点：功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用．专题：功率的计算专题．分析：当汽车匀速行驶时，牵引力的大小和阻力的小相等，由功率的公式P=Fv可以求得汽车的瞬时功率的大小．分别算出汽车负载改变前后的实际功率，两者之差即汽车发动机实际功率减少值．解答：解：设汽车的牵引力大小为F，汽车所受阻力大小为f，汽车速度为v．汽车做匀速运动，所以F=f①发动机的输出功率P=Fv②由①②得汽车发动机实际功率减少为△P=（f1﹣f2）v=（2000﹣1950）×W=1×103W答：汽车发动机输出功率减少了1×103W．点评：在利用功率的变形公式P=Fv时，要注意速度v的单位换算．16．（8分）如图所示，在倾角为θ的斜面顶端，水平抛出一小钢球，恰落到斜面底端，如果斜面长为L．（忽略空气阻力）求：（1）小球落到斜面底端所花时间t．（2）小球水平初速度υ0．。
江西省抚州市临川二中高三物理上学期第一次调研试卷(含解析)
江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据在相等的时间内，由位移公式可确定各自位移，并由三角形来确定位移关系，根据距离与时间关系，确定何时取最小值．解答：解：设经过时间t后，A的位置为L﹣vt．B的位置为vtAB=，解得：AB=，则当t=时，AB最小．最小值为，故A正确，BCD错误；故选A点评：考查位移公式，并根据数学表达式来确定，在时间取何值时，距离取最小值．2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，0﹣8s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故A错误；B、0﹣2s内的加速度为：a=，2﹣4s内的加速度为，所以﹣4s内的速度变化快，故B错误；C、2﹣4s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故C正确；D、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故D错误．故选C点评：本题是速度﹣时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知 A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要使A竖直下落，则A做自由落体且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知A下落的高度和B前进的距离之间的关系；再由牛顿第二定律可求得水平位移的表达式；联立可解．解答：解：假设A下落的高度为h，则此时斜面体应向右滑动距离为：x=对A球有：h=gt2；对斜面体有：x=at2；F﹣μmg=ma联立解得：F=200N；故选：A．点评：本题考查牛顿第二定律及自由落体的规律，要注意明确临界条件的正确应用．4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( ) A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．解答：解：B、力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F3外的两个力的合力大小等于F3，方向与F3反向，故等效成物体受两个互成120°的大小等于F3的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为F3，合外力为恒力且不为零，物体的动能一定改变，故B错误；A、若此时合力方向与速度方向相同，则物体做匀变速直线运动，F3与速度方向为60°，力F3做正功，故AC错误，D正确；故选：D点评：本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：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：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小．解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a==．隔离对12两个物体分析，有：F﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°﹣N=2ma．解得N=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．解答：解：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，则总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源内阻所占电压减小，则并联部分电压增大，通过L3的电流变大，所以电灯L3变亮，干路电流I减小而L3的电流变大，则L4的电流减小，L4变暗，L4的电压减小，并联部分电压增大，则L2两端电压增大，所以通过L2的电流增大，L2变亮，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等考点：功能关系；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：从C到D和从D到C分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，根据Q=fs相对可以比较两次产生热量大小．解答：解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．故选CD．点评：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路结构，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，根据欧姆定律分析电阻两端电压和电流的关系，而并联电路电压相等，再结合Q=UC判断电容器带电量的关系．解答：解：ACD、两个电阻串联后接入电路，则电流相等，根据U=IR及R1=2R2可知，U1=2U2，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，则C1两板间的电压是C2上的2倍，故AC正确，D错误；B、根据Q=UC及C1=2C2，U1=2U2可知，C1极板上所带的电量是C2上的4倍，故B错误．故选：AC点评：本题主要考查了串并联电路的特点，知道电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，能根据欧姆定律分析，难度适中．9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落考点：磁现象和磁场．分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．解答：解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；故选AC．点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题．10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．故选BC．点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高．二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( )A．两细绳必须等长B．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板C．用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：正确解答本题要掌握：正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用．解答：解：A、两细绳可以不等长，因为绳子的长短不影响力的大小和方向的表示．故A 错误．B、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内．故B正确．C、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差如果很大，那么力作图示时误差就会较大．故C错误．D、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故D正确．故选：BD．点评：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力．12．某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.473～8.477mm．考点：螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.5×0.01mm=0.475mm，所以最终读数为8mm+0.475mm=8.475mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.473～8.477之间．故答案为：8.473～8.477点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．13．某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条图示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），图中D点的速度v D=3.81m/s（保留三位有效数字）．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．v D==3.81m/s故答案为：3.81点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．14．某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻R g=10Ω） C．电流表A（0﹣0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A） E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω） G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D．（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为4.0Ω（结果保留两位有效数字）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图．（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值解答：解：（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，灯泡电阻R===14.4Ω，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选D．（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=2I=0.5A，两端的电压为：U′=E ﹣U=6V﹣2.5V=3.5VR3接入电阻的阻值为：R3===4.0Ω；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）D；（3）10；4.0点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理．三、选做题：本题共有3小题，每位同学从中选1题作答，若3题均作答则按第一题给分．A （选修模块3-3）15．研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团．气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1，V1，T1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p2，V2，T2）．倘若该气团由状态Ⅰ（p1，V1，T1）作等温膨胀至状态Ⅲ（p3，V2，T1），试回答：（1）下列判断正确的是AC．A． p3＞p2 B． p3＜p2 C． T1＞T2 D． T1＜T2（2）若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，则其内能变化△E1=﹣W1；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化△E2=0．（3）气团体积由V1变化到V2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离之比．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，根据热力学第一定律判断内能的变化，从而判断温度的变化；（2）根据热力学第一定律计算内能变化；（3）根据ρ=可知，质量不变，密度与体积成反比；设分子间平均距离为d，气体分子数为N，则所有气体体积为V=Nd3可求距离之比解答：解：（1）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功，W＜0．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即Q=0．根据热力学第一定律△U=W+Q得知，△U＜0，内能减小，则温度降低．根据理想气体状态方程得：=①V增大T减小则P一定减小，故P1＞P2；T1＞T2．故C正确；由状态1到状态III时过程中，有：=②①②联立则有：=，T1＞T2．故p3＞p2，故A正确B错误，故选：AC；（2）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功W1．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即Q=0．根据热力学第一定律△E1=﹣W1若气团在等温膨胀过程，气体温度不变，内能不变，即△E2=0故答案为：﹣W1，0．（3）根据ρ=得：气体变化前后密度之比为：=，设分子间平均距离为d，气体分子数为N，则所有气体体积为V=Nd3气体变化前后分子间平均距离之比为：=；故答案为：（1）AC；（2）﹣W1；0；（3）变化前后密度比：，变化前后分子间平均距离比．点评：本题综合考察了理想气体状态方程，热力学第一定律，再利用热力学第一定律时要注意符号问题．求解气体变化前后密度与距离之比时关键抓住质量不变，分子数不变便可轻松解决．B（选修模块3-4）16．下列说法中正确的是 ( )A．受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B．波是传递能量的一种方式C．牛顿环是由光的衍射产生的D．电子液晶显示是光的偏振现象的应用考点：自由振动和受迫振动；机械波．专题：定量思想；简谐运动专题．分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力频率与系统固有频率接进时系统振幅显著加强的现象叫做共振现象．解答：解：A、受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故A错误；B、波是传递能量的一种方式，如光波有能量，故B正确；C、牛顿环是由光的等厚干涉产生的，故C错误；D、电子液晶显示是光的偏振现象的应用，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了受迫振动与共振、机械波、光的衍射、光的偏振等内容，知识点跨度大，不难．17．二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星系光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律．一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c（光在真空中传播速度为c）．考点：恒星的演化．分析：使用多普勒效应得出宇宙正在膨胀的结论．根据相对论原理解答．解答：解：根据多普勒效应，遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于超新星发出光谱波长；根据相对论原理，地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c．故答案为：大于，c点评：此题考查了运用多谱勒效应研究宇宙的产生等有关天体知识，并考查了模型法的应用．18．研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形ABC的三棱镜，一束光从AB边的P点射入棱镜，当入射角i=60°时，进入棱镜的折射光线与BC边平行．求：①光在棱镜中的传播速度v（光在真空中传播速度c=3×108m/s）；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：①作出光路图，由几何知识确定出折射角，即可由折射定律求折射率n，得到光在棱镜中的传播速度v=．②根据光路的可逆性原理和几何关系得到入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．解答：解：①由几何知识得：第一次折射时折射角为r=30°．由折射定律得：折射率解得则光在棱镜中的传播速度②由几何关系可知：偏转角θ=2（i﹣r）=2×（60°﹣30°）=60°答：①光在棱镜中的传播速度v是1.73×108m/s；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ是60°．点评：本题是简单的几何光学问题，关键要正确作出光路图，运用折射定律、光速公式和几何知识结合进行研究．C（选修模块3-5）19．自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是：n→H+X+，其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）．下列说法中正确的是 ( )A．自由中子的衰变是β衰变，X是负电子B．有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C．衰变过程遵守动量守恒定律D．衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，动量守恒，能量也守恒．半衰期对于大量的粒子适用，具有统计规律；解答：解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒，知X的电荷数为﹣1，质量数为0，为负电子，该衰变为β衰变．故A正确．B、半衰期有统计规律，对大量的中子适用．故B错误．C、在衰变的过程，系统不受外力，动量守恒．故C正确．D、衰变的过程中，有质量亏损，能量守恒，亏损的质量以能量的形式释放．故D错误．故选AC点评：解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，当系统不受外力时，动量守恒．20．电子俘获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子．一种理论认为地热是镍58（在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（Co）58时产生的．则镍58电子俘获核反应方程为；生成的钴核处于激发态，会向基态跃迁，辐射γ光子的频率为v，已知真空中光速和普朗克常量分别为c和h，则此核反应过程中的质量亏损为．考点：氢原子的能级公式和跃迁；原子核的人工转变．分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出核反应过程中质量的亏损．。
江西省抚州市临川二中高三物理上学期期中试卷(含解析)
2015-2016学年江西省抚州市临川二中高三（上）期中物理试卷一.选择题1．下列说法中正确的是( )A．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，该实验采用了假设法B．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，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法C．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D．开普勒用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量2．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )A．B．C．D．3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为( )A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．4．汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度是v2．已知汽车空车的质量是m0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( ) A．B．C．D．5．物体由静止开始作直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受合力，a表示物体加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移）( )A．B．C．D．6．如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F 沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )A．B．C．D．7．如图所示，斜面放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中( )A．斜面对物块A的摩擦力一直增大B．地面对斜面的支持力一直增大C．地面对斜面的摩擦力一直增大D．地面对斜面的支持力保持不变8．如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G1”卫星，在空中某一平面内绕地心O做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G1”的轨道半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G．则( )A．“高分一号”的加速度小于卫星“G1”的加速度B．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度C．地球的质量为D．卫星“G1”的周期为9．质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．F1、F2大小相等B．F1、F2对A、B做功之比为1：1C．A、B受到的摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：210．如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切．水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是ABl这的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q．现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则：( )A．D点的电势为零B．小球在管道中运动时，机械能不守恒C．小球在水平管道由C处运动到D处过程中，运动到D处时小球对管道的压力最小D．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为二、填空实验题11．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点__________和__________之间某时刻开始减速．（保②计数点4对应的速度大小为__________m/s，计数点5对应的速度大小为__________m/s．留三位有效数字）．③物块减速运动过程中加速度的大小为a=__________m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值__________（填“偏大”或“偏小”）．12．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约5Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势9V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约10Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图，读数为__________mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选__________、电源应选__________（均填器材代号），在下面方框完成电路原理图．三、计算题13．在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度．14．如图所示，重为G的两个完全相同的小球静止在地面上，它们与水平面的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．竖直向上的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间夹角为α=60°，现从零开始逐渐增大F．（1）当F=G时，每个小球受到的静摩擦力有多大？（2）当F多大时，小球刚要开始滑动？15．如图所示，在xoy坐标系中，两平行金属板如图1放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO变化规律如图2所示，变化周期为T=2×10﹣3s，U0=103V，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1×10﹣5C，质量m=1×10﹣7kg．不计粒子所受重力．求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能．16．在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，由倾斜直轨道AB，水平轨道BC及圆弧轨道CDH 组成，圆弧部分圆心为O，半径为R，图中所示角度均为θ=37°，其余尺寸及位置关系如图所示，轨道各部分间平滑链接，整个空间有水平向左的匀强电场，场强E=，质量为m、带电量为﹣q的小球从A处无初速度地进入AB轨道，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．求：（1）小球经过C点时对圆弧轨道的压力；（2）小球从H点离开轨道后经多长时间再次回到轨道．2015-2016学年江西省抚州市临川二中高三（上）期中物理试卷一.选择题1．下列说法中正确的是( )A．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，该实验采用了假设法B．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，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法C．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D．开普勒用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量【考点】物理学史．【分析】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，该实验采用了控制变量法；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，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量．【解答】解：A、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，该实验采用了控制变量法；故A错误．B、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，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B错误．C、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．故C正确．D、牛顿用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量．故D错误．故选：C【点评】在高中物理学习的过程中，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，要注意方法的积累．2．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．【解答】解：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件．3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为( )A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手．4．汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度是v2．已知汽车空车的质量是m0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( ) A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求出所装货物的质量．【解答】解：当汽车空载时，有：P=f1v1=km0gv1．当汽车装满货物后，有：P=f2v2=k（m0+m）gv2联立两式解得：m=．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时，速度最大，有P=Fv=fv．5．物体由静止开始作直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受合力，a表示物体加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移）( )A．B．C．D．【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】运用物理规律找出上下两个图象中物理变量的关系，再结合所给的图象运用数学知识分析；速度时间图象，其斜率代表物体的加速度，斜率不变，说明物体做匀变速直线运动；位移时间图象，其斜率代表物体的速度，斜率不变，说明物体做匀速直线运动．【解答】解：A、从F﹣t图象可以看出，在第一段力F与时间成线性关系，根据牛顿第二定律得：a=，所以在第一段时间内加速度a也随时间成线性关系，故A错误．B、从a﹣t图象可以看出前半段时间加速度恒定且为正值，后半段时间加速度大小恒定且为负值，我们可以从v﹣t图象看出前半段时间图象是直线，斜率是正值即加速度为正常数，后半段速度﹣时间图象也是直线，斜率是负值即加速度为负常数，故B正确．C、从v﹣t图象可以看出第一段时间速度大小随时间均匀增大，方向没变；而在位移﹣时间图象，其斜率代表物体的速度，从x﹣t图象可以看出第一段时间内图象的斜率逐渐增大，即速度大小逐渐增大；所以第一段可以对应．从v﹣t图象可以看出第二段时间速度大小随时间均匀减小，方向没变仍为正方向；而在位移﹣时间图象可以看出第二段时间内图象的斜率为负且逐渐减小，即速度大小逐渐增减小且向负方向运动，此段两图象不对应，故C错误．D、从v﹣t图象可以看出整段时间速度大小均匀变化，方向均为正方向，位移﹣时间图象，其斜率代表物体的速度，对于x﹣t图象可以看出整段时间图象的斜率先正后负，即速度先为正方向，后为负方向，故D错误．故选：B【点评】处理图象问题一定要看清纵横坐标所表示的物理含义；清楚图象的斜率的物理意义；要把握每一个物理概念的确切含义．6．如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F 沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )A．B．C．D．【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，对物体受力分析，在水平方向上列两个平衡方程即可．【解答】解：物体匀速，从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，设此时拉力大小为F，则物体受重力mg、支持力N、摩擦力f和F处于平衡，根据平衡条件可知，夹角为30°时有：Fsin30°=μ（mg﹣Fcos30°），夹角为120°时，与水平方向成30°夹角，则由平衡条件得：Fcos30°=μ（mg+Fsin30°），联立解得：μ=．故选：C【点评】本题考查了共点力作用下的平衡问题，难点在于从图象中获取有用物理信息，结合牛顿第二定律求解的问题．7．如图所示，斜面放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中( )A．斜面对物块A的摩擦力一直增大B．地面对斜面的支持力一直增大C．地面对斜面的摩擦力一直增大D．地面对斜面的支持力保持不变【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】摩擦力专题．【分析】以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力；再对A物体受力分析可知A受到的摩擦力的变化．【解答】解：取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：F=mgtanα；解得：T=；在物体B缓慢拉高的过程中，α增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；故C正确；但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故AB错误，D正确；故选：CD．【点评】本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况．8．如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G1”卫星，在空中某一平面内绕地心O做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G1”的轨道半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G．则( )A．“高分一号”的加速度小于卫星“G1”的加速度B．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度C．地球的质量为D．卫星“G1”的周期为【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】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进行判断．第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值；【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：=maa=所以“高分一号”的加速度大于卫星“G1”的加速度，故A错误；B、第一宇宙速度是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值，所以“高分一号”的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、根据万有引力等于重力，有：=mg，M=，故C错误；D、根据万有引力提供向心力得：=m rT=2π=，故D正确；故选：D．【点评】关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，这是正确解决本题的关键．9．质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．F1、F2大小相等B．F1、F2对A、B做功之比为1：1C．A、B受到的摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：2【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】比较思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】先研究两个物体匀减速运动的过程，由斜率分析加速度的关系，由牛顿第二定律研究摩擦力的关系．由速度图象的“面积”求出位移．对全过程，运用动能定理研究恒力做功关系．【解答】解：C、A、B两物匀减速直线运动的加速度大小分别为a A=，a B=．根据牛顿第二定律知，A、B受到的摩擦力大小分别为 f A=2ma A=，f B=ma B=，则f A=f B．故C正确．D、根据“面积”表示位移，可知，全过程的位移分别为 x A=x B=，可得：全过程中摩擦力对A、B做功分别为 W fA=﹣f A x A=W fB．故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：1．故D错误．A、对于匀加速运动，加速度大小分别为a A′=，a B′=．由牛顿第二定律得：F A﹣f A=2ma A′，得F A=．F B﹣f B=ma B′，得F B=，故A错误．B、对全过程，由动能定理得：W F﹣W f=0，则恒力做功 W F=W f，可知F1、F2对A、B做功之比为1：1，故B正确．故选：BC【点评】解决本题的关键要掌握图象的两个意义：斜率表示加速度，面积表示位移，再结合动能定理和功的公式分析．10．如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切．水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是ABl这的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q．现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则：( )A．D点的电势为零B．小球在管道中运动时，机械能不守恒C．小球在水平管道由C处运动到D处过程中，运动到D处时小球对管道的压力最小D．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】图中ABC水水平面，在在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，管道CD处于中垂面上，是等势面，小球在等势面上运动时电势能不变，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式分析．【解答】解：A、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，直线CD两电荷连线的中垂线，是一个等势面，其电势与无穷远处的电势相等，故D点的电势为零，故A正确；B、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，管道CD处于等势面上，小球运动过程中电场力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；C、球在水平管道由C处运动到D处过程中，竖直方向受力平衡，则在此过程中小球对管道的压力等于其重力，保持不变，故C错误．D、对从M到C过程，根据机械能守恒定律，有：mgR=mv2①在C点，电场力大小为：F=2•cos60°=，方向垂直于CD向纸外；重力和弹力的竖直分力提供向心力，故：N y﹣mg=m弹力的水平分力：N x=F=，故弹力：N==，故D正确；故选：AD【点评】此题属于带电体在电场力与重力场的复合场中运动的问题，关键要掌握等量异种电荷等势面的分布情况，运用根据功能关系和动力学方法进行判断．二、填空实验题11．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点5和6之间某时刻开始减速．②计数点4对应的速度大小为1.00m/s，计数点5对应的速度大小为1.16m/s．（保留三位有效数字）．③物块减速运动过程中加速度的大小为a=2.00m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题．【分析】①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；③用作差法求解减速过程中的加速度．【解答】解：①从纸带上的数据分析得知：在点计数点5之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点6之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点5和6之间某时刻开始减速；②根据平均速度等于瞬时速度，则有：v4===1.00m/sv5==m/s=1.16m/s③由纸带可知，计数点6往后做减速运动，根据作差法得：a==﹣2.00m/s2．在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．故答案为：①5；6；②1.00；1.16；③2.00，偏大．【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约5Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势9V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约10Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图，读数为1.774mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），在下面方框完成电路原理图．。
江西省临川第二中学2015-2016学年高一上学期期末考试物理试题 含答案
一、选择题1、关于力学单位制，下列说法正确的是（ ) A 、千克、米/秒、牛顿是导出单位 B 、千克、米、牛顿是基本单位C 、在国际单位制中，质量的单位是g ,也可以是kgD 、力学中的三个基本物理量是：长度、质量、时间 2、如图所示，物体静止与水平桌面上，则（ ）A 、桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B 、物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力、、C 、物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力D 、物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力 3、汽车以20/m s 的速度做匀速直线运动,刹车后做匀减速运动，加速度的大小为25/m s ，则刹车后6s 内汽车的位移是（ ）A 、30mB 、40mC 、10mD 、04、做自由落体运动的小球，先后经过A 和B 两点的速度分别为v 和7v，经历时间t ，则该段时间内，后2t 内通过的位移比前2t 内通过的位移大（ ）A 、4vtB 、32vt C 、3vt D 、32vt5、如图所示,一木块放在水平桌面上,受水平方向的推力1F 和2F 的作用，木块处于匀速直线运动状态,110NF=，22NF=，若撤去1F 的瞬间，则木块受到合力F 和摩擦力f 的大小、方向是（ ）A 、0F =，2f N =，方向向右B 、10F N =,方向向左；8f N =，方向向右C 、10F N =,方向向左；8f N =，方向向左D 、0F =,0f =6、如图所示，把球夹在竖直墙壁AC 和木板BC 之间,不计摩擦,设球对墙壁的压力大小为1F ,对木板的压力大小为2F ,现将木板BC 缓慢转至水平位置的过程中( ）A 、1F 、2F 都增大 B 、1F 增加，2F 减小C 、1F 减小，2F 增加 D 、1F 、2F 都减小7、某物体同时受到1F 、2F 两个在同一直线上的作用力而做直线运动，其位移与1F 、2F 的关系图线如图所示，若物体由静止开始运动,当其具有最大速度时，位移是( ）A 、1mB 、2mC 、3mD 、4m8、如图所示，物体m在传送带上向右运动，两者保持相对静止，则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是（）A、皮带传送带速度越大,m受到的摩擦力越大B、皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C、皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D、m可能不受摩擦力9、将重为50N的物体放在某直升机电梯的地板上，该电梯在经过某一楼层地面前后运动过程中，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图像如图所示，由此可以判断( ）A、1t s=时刻电梯的加速度方向竖直向上B、6t s=时刻电梯的加速度为零C、8t s=时刻电梯处于失重状态D、11=时刻电梯的加速度方向竖直向下t s10、如图所示,A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行与斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是（）A、B球的受力情况未变，加速度为零B、A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为sin gθC、A、B之间杆的拉力大小为3sinmgθ2D、C球的加速度沿斜面向下，大小为sin gθ二、实验题11、（1）某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：如图所示，将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物。
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2015年江西省抚州市临川二中高考物理训练试卷一、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，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．1．（6分）下列关于摩擦力的叙述中正确的是（）A．滑动摩擦力的大小与物体间的正压力大小成正比B．滑动摩擦力的大小与接触面的性质有关，与接触面面积的大小也有关C．静摩擦力的大小与物体间的正压力大小成正比D．最大静摩擦力随物体间正压力增大而增大考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：滑动摩擦力的大小由公式f=μF N求出，而静摩擦力大小与正压力无关，只与沿接触面方向的外力大小有关；最大静摩擦力一般认为等于滑动摩擦力．解答：解：A、滑动摩擦力f=μF N求，故滑动摩擦力的大小于物体间的正压力大小成正比，故A正确；B、由公式可知，滑动摩擦力与接触面的面积的大小无关，故B错误；C、静摩擦力只能由力的平衡关系或牛顿第二定律求出，与正压力无关，故C错误；D、最大静摩擦力的大小与正压力成正比，故随正压力的增大而增大，故D正确；故选AD．点评：摩擦力为高中物理的难点之一，关键在于分清摩擦力有两类，要会求两种情况下的摩擦力的大小，并能分析摩擦力的方向．2．（6分）（2014•抚州校级模拟）如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是（）A． 2 B． 3 C． 4 D． 5考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：通过对小球受力分析，根据共点力平衡判断小球可能受力的个数．解答：解：若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡．若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡，小球受3个力．若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡．由于斜面光滑，小球不受摩擦力，知小球不可能受5个力．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：本题判断受力的个数，关键抓住小球所受合力为零，通过平衡判断小球可能受力的个数．3．（6分）（2014•抚州校级模拟）如图，在竖直向下的匀强电场中，有a 、b 、c 、d 四个带电粒子．各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计粒子间的相互作用力，则有（ ）A ． c 、d 带异种电荷B ． a 、b 带同种电荷且电势能均不变C ． d 的电势能减小重力势能也减小D ． c 的电势能减小机械能增加考点： 电势能；动能定理的应用．专题： 电场力与电势的性质专题．分析： 首先根据运动特点判断四个质点的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．解答： 解：A 、因a 、b 、c 、d 四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，合力都为零，四个带点粒子均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电粒子带同种电荷，都为负电荷，故A 错误．B 、a 、b 在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故B 正确．C 、d 竖直向上运动，电场力做正功，电势能减少，重力势能增加，故C 错误．D 、c 竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，机械能减少，机械能转化为电势能．故D 错误．故选B ．点评： 关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合，关键分析带电粒子的受力情况，根据电场力做功，判断电势能和机械能的变化．4．（6分）（2014•安庆三模）在离坡底10m 的山坡上O 点竖直地固定一长10m 的直杆AO （即BO=AO=10m ）．A 端与坡底B 间连有一钢绳，一穿于钢绳上的小球从A 点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，取g=10m/s 2，如图所示，则小球在钢绳上滑行的时间为（ ）A ．B ． 2sC ． 4sD ．考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．分析： 对小球受力分析，根据牛顿第二定律可以求得加速度的大小，再由匀变速直线运动的位移公式可以求得时间的大小．解答：解：设∠OAB=α，对小球受力分析，把重力分解为沿绳的mgcosα和垂直于绳的mgsinα，小球受到的合力大小为mgcosα，由牛顿第二定律得mgcosα=ma，所以下滑加速度为a=gcosα，AB长度L=2•AOcosα=20cosα，由位移公式可得：L=at2即20cosα=gcosα•t2所以t=2s．故选：B．点评：由于不知道夹角的大小，不能求出加速度的具体的数值，但不妨碍求物体运动的时间的大小．5．（6分）（2014•抚州校级模拟）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R为可变电阻，其余电阻为定值电阻．则开关S闭合后，当R变小时，以下说法正确的是（）A．电阻R1的功率变小B．电阻R2的功率变小C．电阻R3的功率变大D．电阻R4的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：首先认识电路的结构：电变阻器R与电阻R3并联后与R2串联，再与R4并联后与R1串联．分析当R变小时，外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断R1功率的变化．由闭合电路欧姆定律分析R4电压的变化，确定其电流的变化，再分析通过R2的电流变化，判断其功率变化．根据R4电压和R2电压的变化，分析R3电压的变化，判断其功率变化．解答：解：由图看出电路的结构是：电变阻器R与电阻R3并联后与R2串联，再与R4并联后与R1串联．当R变小时，外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律可知：干路中电流I变大，电阻R1的功率变大．R4电压U4=E﹣I（R1+r），I变大，U4变小，通过R4的电流I4变小．通过R2的电流I2=I﹣I4，I变大，I4变小，则I2变大，R2的功率变大，R2的电压U2也变大，电阻R3的电压U3=U4﹣U2，U4变小，U2变大，U3变小，R3的功率变小．所以电阻R1的功率变大，电阻R2的功率变大，电阻R3的功率变小，电阻R4的功率变小．故选D点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路，按部就班进行分析．6．（6分）（2015•湖北校级模拟）如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷（电荷的正负图中已标注），则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）A．B．C．D．考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低．解答：解：A、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故A错误．B、根据点电荷的电场强度公式，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故B不错．C、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故C正确．D、根据点电荷的电场强度公式可得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同．故D错误．故选C．点评：考查了点电荷的电场强度公式，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系．7．（6分）（2014•抚州校级模拟）某一空间存在着强度不变、方向随时间周期性变化的匀强磁场，如图甲所示，规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，为了使静置于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef顺序做横“∞”字曲线运动（轨迹如图乙），则可行的办法是（粒子只受磁场力作用，其他力不计）（）A．若粒子初始位置在a处，时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子初始位置在f处，时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子初始位置在e处，时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子初始位置在b处，时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：带电粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力而偏转，根据左手定则判断洛伦兹力方向，结合时间与周期的关系分析粒子的运动轨迹．解答：解：A、若粒子初始位置在a处，t=T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度，此时磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，洛伦兹力向上，沿逆时针方向从a运动到b，时间后磁场方向变为垂直纸面向外，洛伦兹力方向向右，经过沿bcd圆周运动一周回到b，此时磁场方向向里，粒子沿bcf圆弧运动时间，恰好回到a点，接着周而复始，故粒子能做横“∞”字曲线运动且逆时针方向通过efab．故A正确．B、若粒子初始位置在f处，t=T时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度，此时磁场方向垂直纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向左，粒子顺时针圆周运动一周，所用时间为，磁场方向变为垂直纸面向里，再沿顺时针方向运动一周，故粒子能做横“∞”字曲线运动，但沿顺时针方向通过efab，不符合题意，故B错误．C、同理分析可知，若粒子初始位置在e处，t=T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度，粒子能做横“∞”字曲线运动，但沿顺时针方向通过efab，不符合题意，故C错误．D、若粒子初始位置在b处，t=T时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度，同理分析可知，粒子先沿逆时针方向运动一周，再沿顺时针方向一周，粒子能做横“∞”字曲线运动，故D 正确．故选：AD．点评：本题关键运用左手定则分析带电粒子所的洛伦兹力方向，从而判断其运动情况．本题解题思路简单清晰，当过程复杂，分析起来比较麻烦，解题时要细心、认真，否则会出错．8．（6分）（2014•抚州校级模拟）如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h 的木块A和质量为M、半径为R的球B，各接触面均光滑，木块A受到水平向右的外力F作用，系统处于静止状态．O为B的球心，C为A、B接触点，CO与竖直方向夹角θ=60°．现撤去水平外力F，则（）A．撤去外力F瞬间，木块A的加速度a A＜B．撤去外力F瞬间，球B的加速度a B=0C．撤去外力F瞬间，墙壁对球B的弹力F B=0D．若球B着地前瞬间速度为υ，则此时木块速度为考点：机械能守恒定律；运动的合成和分解．分析：A和B原来处于平衡状态，当撤去F时，A、B原来的平衡状态就改变了，它们之间力的关系也随之改变，B球对A、对墙都要有作用力，可以判断B的加速度，球B着地前的瞬间速度，可以用机械能守恒来求解解答：解：A、撤去F后，A、B之间力的关系也随之改变，因为对整体而言，墙壁的弹力是由形变产生的，撤去F，墙壁的弹力会发生变化，随之B对A的作用力也要发生变化，则A在水平方向上受到的合力比F要小，所以加速度也就小于，故A正确；B、撤去F后，A要向左运动，B要向下运动，A和B的运动状态都要发生变化，所以都要有加速度，即A和B的加速度都不是零，故B错误．C、由于AB之间有力的作用，B要受到A的斜向上的力的作用，而B在水平方向上又不运动，所以墙对B一定要有力的作用，所以C错误．D、对系统，根据机械能守恒定律可知：Mg（h+Rcosθ﹣R）=Mv2+mv′2解得：木块速度v′=，所以D正确．故选：AD点评：撤去F后，A、B原来的平衡状态就改变了，它们之间的相互作用力不再是原来的力的大小，这是同学出错的地方，知道这一点这道题就可以了．二、必考题（共4道题，47分）9．（5分）（2014•抚州校级模拟）某同学用纸带研究作匀变速直线运动的小车的加速度时，从打出的纸带中选出一条较好的纸带，每隔4个点作为一个计数点，并标记为0、1、2、3、4、…．该同学测量出1与2两点间的距离为s12，2与4两点间的距离为s24，实验中使用的电源频率为f，由此可算出小车运动的加速度a=．（答案用题中给出的物理量表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：交流电周期与频率互为倒数关系，每隔4个点作为一个计数点，两点之间时间间隔为5T，利用逐差法求得加速度，从而即可求解．解答：解：打点周期为T，则T=两记数点间的时间t=5T由匀变速运动规律得：s23﹣s12=at2s34﹣s12=2at2两式相加，则有：s24﹣2s12=3at2由以上解得：加速度a=故答案为：．点评：对于图象，要搞清图象斜率和截距的含义；关于纸带一般求解两类问题，一是求瞬时速度，二是求解加速度，前一问用中间时刻的瞬时速度代替，后一问多用推论或逐差法求解；对于平抛规律得应用题，一般采用运动的分解法．10．（10分）（2008•上海）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W）的发光情况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图．（1）他分别将L1、L2接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现灯泡均能正常发光．在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整．（2）接着他将L1和L2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是由于R L1比R L2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光．．现有如下器材：电源E（6V，内阻不计），灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W），L2（6V，10W），单刀双掷开关S．在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关S 与1相接时，信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮；当单刀双掷开关S与2相接时，信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：压轴题．分析：（1）滑动变阻器是分压式接法，部分在干路中，部分与灯泡并联．（2）将L1和L2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，首先不可能断路，断路的话，一个都不亮，也不可能短路，短路的话，另一个灯泡应正常发光．原因是虽有电流，但功率非常小而不亮．（3）根据第2问知，L1、L2两灯泡接在6V的电压两端，一个亮，另一个不亮，不是无电流不亮，而是功率小不亮，受这样的启发，当单刀双掷开关S与1相接时，信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮，则L1与L3串联，再与L2并联；当单刀双掷开关S与2相接时，信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮，则L1与L2串联，再与L3并联．解答：解：（1）如图b．滑动变阻器采用的是分压式接法．（2）由于R L1比R L2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光．（3）如图c．接1时，L1与L3串联，再与L2并联，此时信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮；接2时，L1与L2串联，再与L3并联，此时信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮．故答案为：：（1）如图b （2）由于R L1比R L2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光（3）如图c点评：解决本题的关键是掌握故障分析．在分析故障时，可采取假设法，假设是某个故障，会出现什么情况．11．（13分）（2014•福建模拟）如图所示，倾角为θ的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为E p．不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L．现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小．考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；能量守恒定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F．对A进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解；（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为v m．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒及A自由静止在P点时，A受力平衡联立方程即可求解．解答：解：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F．B受力平衡，F=m2g①对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinθ﹣F=m1a②联立①②解得，a=（sinθ﹣）g③由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ＜m2g，即sinθ＜故A的加速度大小为（﹣sinθ）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为v m．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sinθ=E p+④当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx0⑤联立④⑤式解得，．答：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度为（﹣sinθ）g，方向沿斜面向上；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小为．点评：该题主要考查了牛顿第二定律及能量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度较大．12．（19分）（2015•龙海市模拟）如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阳均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B o=1T．将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．取g=10m/s2．求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）cd离NQ的距离s；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量；（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）当刚释放时，导体棒中没有感应电流，所以只受重力、支持力与静摩擦力，由牛顿第二定律可求出动摩擦因数．（2）当金属棒速度稳定时，则受到重力、支持力、安培力与滑动摩擦力达到平衡，这样可以列出安培力公式，产生感应电动势的公式，再由闭合电路殴姆定律，列出平衡方程可求出金属棒的内阻，从而利用通过棒的电量来确定发生的距离．（3）金属棒滑行至cd处的过程中，由动能定理可求出安培力做的功，而由于安培力做功导致电能转化为热能．（4）要使金属棒中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量不变．同时棒受到重力、支持力与滑动摩擦力做匀加速直线运动．从而可求出磁感应强度B应怎样随时间t变化的．解答：解：（1）当v=0时，a=2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=maμ=0.5（2）由图象可知：v m=2m/s当金属棒达到稳定速度时，有F A=B0IL；且B0IL+μmgcosθ=mgsinθ解得I=0.2A；切割产生的感应电动势：E=B0Lv=1×0.5×2=1V；因，解得r=1Ω电量为：解得：s=2m（3）对棒由动能定理得：产生热量：Q总=W F=0.1J由串并联电路特点：（4）当金属棒中不产生感应电流，此时回路中的总磁通量不变时，金属棒将沿导轨做匀加速运动．由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=maa=g（sinθ﹣μcosθ）=10×（0.6﹣0.5×0.8）m/s2=2m/s2则磁感应强度与时间变化关系：．答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5；（2）cd离NQ的距离2m；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量0.08J；（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化为点评：本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式，还有动能定理．同时当金属棒速度达到稳定时，则一定是处于平衡状态，原因是安培力受到速度约束的．还巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离．最后线框的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流是解题的突破点．三、选考题（考生从以下两个模块中任选一模块作答）（15分）[物理--选修3-4]（15分）13．（4分）（2014•抚州校级模拟）关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（）A．甲图中的海市蜃楼是光的色散现象引起的B．乙图中的泊松亮斑说明光具有波动性C．丙图中的波形是调频波D．丁图中的实验表明：不论光源与观察者之间做怎样的相对运动，光速都是一样的考点：全反射．分析：海市蜃楼是光的全反射现象；泊松亮斑说明光偏离直线传播；调制分为调频与调幅两种；莫雷实验证实了光速不变原理．解答：解：A、海市蜃楼是由光的折射，导致光线偏离出现的现象，并满足全反射条件，因此是光的全反射现象，故A错误；B、泊松亮斑是光射到不透明的小圆盘，屏上中心处出现亮斑，则说明光偏离直线传播，属于光的衍射，因此具有波动性，故B正确；C、调制有调幅与调频两种，图为调频，故C错误；D、测量两垂直光的光速差值的一项著名的物理实验．但结果证明光速在不同惯性系和不同方向上都是相同的，由此确定了光速不变原理，故D正确；故选BD点评：考查光的全反射条件、光的衍射现象，并知道调制的两种方式．14．（4分）（2014•抚州校级模拟）惯性系S中一列列车相对S系沿水平方向接近光速匀速行驶，如图，车厢中央的光源发出一个闪光，闪光照到了车厢的前壁与后壁，下列说法正确的是（）A．车厢内的观察者认为闪光先到达后壁，后到达前壁B．车厢内的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁C．车厢外相对S系静止的观察者认为闪光先到达后壁，后到达前壁D．车厢外相对S系静止的观察者认为闪光同时到达前壁与后壁考点：* 时间间隔的相对性．分析：地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样．解答：解：车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些．故B、C正确，A、D错误．故选：BC．点评：本题考查了同时的相对性，关键是明确不同参考系中光速相等，基础题目．15．（7分）（2014•抚州校级模拟）如图所示，真空中平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有反射膜，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm．已知光在真空中的传播速度c=3.0×108 m/s．求：（1）该单色光射入玻璃砖的折射角．（2）玻璃砖的厚度d．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）由折射定律，得出折射角．（2）光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由几何知识算出玻璃砖的厚度．解答：解：①由折射率公式n=，sinθ2==，θ2=30°．②作出如右图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h．玻璃的厚度d就是边长为h的等边三角形的高，故d=h=1.7cm答：（1）该单色光射入玻璃砖的折射角是30°．（2）玻璃砖的厚度d是1.7cm．。