东莞市2015届高三上学期期末教学质量检查(物理)

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2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷(二)

2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转【答案】A【解析】解：由安培定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的安培力竖直向上，则电子束向上偏转；故选：A．由安培定则判断出环形导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转．知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键．2.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为a A、电势能为E A；在B点的加速度为a B、电势能为E B．则下列结论正确的是（）A.粒子带正电，a A＞a B，E A＞E BB.粒子带负电，a A＞a B，E A＞E BC.粒子带正电，a A＜a B，E A＜E BD.粒子带负电，a A＜a B，E A＜E B【答案】D【解析】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=E d知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=E d，对非匀强电场可以用来定性分析场强．3.如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【答案】B【解析】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥．故选：B．当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可．4.磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E-t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E-t关系可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：根据感应电动势公式E=BL v可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．故选D根据感应电动势公式E=BL v可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比．本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BL v．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)5.在点电荷Q的电场中，一个α粒子（H e带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A.Q一定带正电荷B.运动中．粒子总是克服电场力做功C.α粒子在两等势面上的电势能E pb＞E paD.α粒子经过两等势面的动能E kb＞E ka【答案】AC【解析】解：A、正电荷受到了排斥力作用，所以Q的电性一定是正电荷．故A正确；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大．故C正确，D错误；故选：AC．从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的路6.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带电小物块P，P将沿水平面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A.P所受库仑力逐渐减小B.P的电势能一定增加C.M、N 两点的电势φM一定高于φND.克服摩擦力做的功等于电势能的减少【答案】AD【解析】解：A、从M点运动到N点的过程中，物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小．故A正确．B、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块P的电势能一定减小．故B 错误．C、由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，但它们的电性无法判断，所以电场线的方向不能确定，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势与N点的电势关系不能确定．故C错误．D、根据动能定理，克服摩擦力做的功等于电场力做功，即等于电势能的减少．故D正确．故选：AD．由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，根据库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况．电场力做正功，电荷的电势能减小．电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据电场线的方向判断电势的高低．由E=k判断电场强度的大小．本题要掌握库仑定律，分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，是研究物体运动情况常用的两个角度．7.静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A.涂料微粒一定带正电B.离工件越近，所受电场力越大C.电场力对涂料微粒做负功D.涂料微粒的电势能减小【答案】BD【解析】解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A错误．B、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B正确．C、D、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选：BD解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．8.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A.P向下滑动时，灯L变亮B.P向下滑动时，灯L亮度不变C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小D.P向上滑动时，变压器的输入功率变大【答案】BD【解析】解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据P=，即亮度不变．故A错误B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．因此输入电流也变大．故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．则输出功率增大，故D正确．故选：BD与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A.极板X应带正电B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y′应带正电【答案】AC【解析】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X 带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：①请根据图甲完成图乙中实物的连线．②将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为③将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出．a．请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的U-I图线；b．由此U-I图线可知，该硅光电池组的电动势E=1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r= ______ Ω（保留两位有效数字）．【答案】1.65；1.0×104【解析】解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：②由表中实验数据可知电压表最大测量值为1.77V，则电压表量程为3V，由图丙所示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为1.65V；③a、把第四组数据标在坐标系内，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：b、在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中：E=U+I r，解得：r===1.0×104Ω；故答案为：①实物电路图如图所示；②1.65；③a、图象如图所示；b、1.0×104①根据电路图连接实物电路图；②根据图示电压表确定其分度值，读出其示数；③根据坐标系内描出的点作出图象；在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解．本题考查了测电源电动势与内阻实验，应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数．11.某同学想测绘标有“3.8V0.4A”字样的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：A．电源E（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．B．电压表V1（量程为5V，内阻约为5kΩ）；C．电流表A1（量程为100m A，内阻约为2Ω）；D．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）；G．开关及导线若干①为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表______ ，滑动变阻器______ （填器材前面的选项代号）②选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线．③该同学根据实验数据，计算并描绘出R-U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为______ Ω；（保留二位有效数字）④由图可知当U=3v时小灯泡的实际功率是______ W．（保留二位有效数字）【答案】D；E；1.2；0.90【解析】解：①根据欧姆定律可求出小灯泡的额定电流为I===0.5A，所以电流表应选D，由于描绘R-U图象可知电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器E；②从R-U图象读出当U=0时的电阻为R=1.5Ω，当U=3.00V时对应的电阻R=11.5Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.78W③从R-U图象读出当U=0时的电阻为力象的斜率，由图可知，R=1.2Ω，④当U=3．V时对应的电阻R=10Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.90W．故答案为：①D；E；②如图所示；③1.2；④0.90本题①的关键是根据小灯泡的额定电压和额定功率求出额定电流，然后选择电流表的量程，由于描绘小灯泡R-U图象小于电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器；②的关键是根据R-U图象读出对应的电阻即可；③的关键是根据＞，电流表应用外接法；④的关键是根据R-U图象的特点结合P=可知P-U 图象的特点．本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的实物图及图象的掌握；在分析图象时要注意图象的坐标，明确图象的意义．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图所示，在直角坐标系x O y平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？（3）粒子从A点运动到C点的时间．【答案】解：（1）粒子从O到A过程中由动能定理得：q ER=mv2从A点穿出后做匀速圆周运动，有：qv B=m解得：B=（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：R=at2a=R+OC=vt联立解得：OC=r所以，矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R（3）粒子从A点到矩形边界MN的过程中，有：t1==从矩形边界MN到C点的过程中，有：t2==故所求时间为：t=t1+t2=（+1）答：（1）磁感应强度为B=；（2）矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R；（3）时间t=t1+t2=（+1）【解析】（1）由动能定理可求得粒子的速度，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；（2）粒子在矩形区域内做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得矩形区域的长宽；（3）明确粒子在各过程中时间，则可求得总时间．本题中粒子先做类平抛运动，再做平抛运动；明确各种过程中的运动规律，选择正确的规律求解．要学会分析粒子的运动过程．13.如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U x时，求粒子进入磁场时速度的大小v x；（2）要使粒子能够打在收集板上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．【答案】解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得：解得：（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设此时其速度大小为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律得：粒子在M、N之间运动，根据动能定理得：，联立解得：当粒子打在收集板D的A点时，经历的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最小，为当粒子打在收集板D的C点时，经历的时间最短，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最大，为要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为．（3）根据题意分析可知，当粒子打在收集板D的中点上时，根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r0=R，粒子进入磁场时的速度粒子在电场中运动的时间：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中经历的时间粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间所以粒子从s1运动到A点经历的时间为答：（1）当M、N间的电压为U x时，粒子进入磁场时速度的大小；（2）要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间是．【解析】（1）粒子在电场中运动时，电场力做功引起动能变化，由动能定理v x；（2）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径表达式．当粒子打在收集板D的A点时，轨迹半径最小，粒子速度最小，在M、N间所加电压最小；当粒子打在收集板D的C点时，轨迹半径最大，粒子速度最大，在M、N间所加电压最大；由几何知识求出半径，再求解电压的范围．（3）粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间分三段：加速电场中，由运动学平均速度法求出时间；磁场中根据时间与周期的关系求解时间；射出磁场后粒子做匀速直线运动，由速度公式求解时间，再求解总时间．本题是带电粒子先经电场加速，后经磁场偏转的问题，关键是根据几何知识分析粒子在磁场运动的半径与磁场半径的关系．。

15学年上学期高三期末考试物理(附答案)

抚顺市重点高中高三年级期末考试物理试卷考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

2.本试卷主要考试内容：高考全部内容。

第Ⅰ卷（选择题共40分）选择题部分：本题共10小题，每小题4分，共40分。

第1～6小题只有一个选项正确，第7～10小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分。

1.在人类对自然界进行探索的过程中，很多物理学家或科学家做出了杰出的贡献。

下列说法符合历史事实的是A.笛卡儿最先认为物体的运动不需要力维持B.法拉第最先引入了场的概念，并用力线来形象地描绘场C.牛顿在给出万有引力公式错误！未找到引用源。

的同时给出了引力常量G的数值D.安培最先发现电流周围存在磁场，又总结出磁场对电流的作用力公式2.电磁炉热效率高达90％，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠。

图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用3.国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动。

如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是4.三颗人造地球卫星A、B、C在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知R A＜R B＜R C。

若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图甲所示。

那么再经过卫星A的四分之一周期时，卫星A、B、C的位置可能是图乙中的5.一物体运动的速度一时间图象如图所示，由此可知A.在2t0时间内物体的速度一直在减小B.在2t0时间内物体的加速度一直在减小C.在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大D.在2t0时间内物体的速度变化量为06.如图所示，一质量为m的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。

广东省百所学校2015届高三11月质量分析联合考试物理试题 Word版含答案

广东省百所学校2015届高三11月质量分析联合考试理科综合物理试卷13.如图所示,c所在的平面与赤道平行,a、b的圆心在球心且a的半径等于b的半径,下列说法正确的是A.a、b、c均可能是卫星轨道B.在a、b轨道上运动的不同卫星,向心力一定相同C.在a、b轨道上运动的不同卫星,周期一定相同D.在a、b轨道上运动的不同卫星,动能一定相同14.一根轻质弹簧竖直悬挂在天花板上,下端悬挂一小球,小球和弹簧的受力如图所示,下列说法正确的是A.F1的施力者是弹簧B.F2的反作用力是F3C.F3的施力者是地球D.F4的反作用力是F315.一颗炮弹从炮口水平射出,炮弹在空中飞行时所受的空气阻力与其速度成正比。

下列图象中可以近似反映在空中整个飞行过程中炮弹的水平分速度v x随时间t变化规律的是16.如图甲所示,半径为R的圆形导线环匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域,规定逆时针方向的感应电流为正。

导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图乙所示,其中最符合实际的是二、双项选择题:17.一物体以20 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,则在第1 s内物体的A.位移大小为15 mB.路程为5 mC.平均速度的大小为15 m/sD.速度改变量的大小为20 m/s18.等量异种点电荷+Q和-Q处在真空中,O为两点电荷连线上偏向+Q方向的一点,以O点为圆心画一圆,圆平面与两点电荷的连线垂直,P点为圆上一点,则A.圆上各点的电场强度相同B.圆上各点的电势相等C.试探电荷+q在圆上各点所受的电场力大小相等D.将试探电荷+q由P点移至O点,电场力做功为零19.如图所示,一质量为m的物体在沿斜面向上的外力作用下静止在质量为M的斜面体上,斜面体静止在水平地面上,则A.水平地面对斜面体的摩擦力水平向右B.水平地面对斜面体无摩擦力C.水平地面对斜面体的支持力小于(M+m)gD.水平地面对斜面体的作用力方向竖直向上20.如图所示,一物块通过一橡皮筋与粗糙斜面顶端垂直于斜面的固定杆相连而静止在斜面上,橡皮筋恰为原长,现给物块一沿斜面向下的初速度v0,则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力)A.物块的动能一直增大B.物块运动的加速度一直增大C.物块的机械能一直在减小D.物块减少的机械能等于橡皮筋增加的弹性势能21.如图所示,电路中电源电压u=311sin 100πt(V),A、B间接有“220 V440 W”的电暖宝、“220 V220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。

广东省东莞市南开实验学校2015届高三第一次阶段测试理综—物理试题

南开实验学校2015届高三第一次阶段测试理综—物理试题本试卷共6页，36小题，满分300分。

考试用时150分钟。

可能用到的相对原子质量：H:1 C: 12 N: 14 O: 16 Al: 27 Na: 23 S: 32 Cl: 35.5 K:39 Ca: 40 Mg: 24 Cu:64 Mn:55 Ba:137 Fe:56 Ag:108Zn:65一、单项选择题：本题共16小题。

每小题4分，共64分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求。

13．下列说法正确的是：A．加速度增大，速度一定增大 B．有加速度的物体，其速度一定增加C．物体的加速度不断减小，速度一定越来越小 D．速度很大的物体，加速度可能很小14．下列说法中正确的是：A．伽利略通过理想斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因B．人站在加速上升的升降梯中处于超重状态C．物体所受的合外力不为零时，其速度一定增大D．国际单位制中力学的基本单位有：s（秒）、m（米）、N（牛）15．某质点作直线运动，速度随时间变化的关系的图象为如图所示，则对这个质点运动描述，下列说法中错误的是：A．初速度为4m/sB．在4s末的瞬时速度为12m/sC．第3s内的位移为21mD．第6s内的位移与第2s的位移之差等于8m16．如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为θ的斜面上，滑块A、B的质量分别为m A、m B，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2。

已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力：A ．方向沿斜面向下B ．大小等于1cos A m g μθC ．大小等于1cos B m g μθD ．大小等于2cos B m g μθ二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

2015-2016学年广东省东莞市高三(上)期末物理试卷

2015-2016学年广东省东莞市高三（上）期末物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）一个物体在几个力的作用下处于静止状态．如果仅使其中一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），在这过程中其余各力均不变，那么，图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的（）A．B．C．D．2．（6分）如图所示是六个正方形组成的长方形．小球A、B分别从图示位置做平抛运动，初速度大小分别为v1和v2，两小球恰好在C点相遇，则（）A．v1=v2B．v1＞v2C．A、B两球是同时抛出的D．B球比A球先抛出3．（6分）如图所示，假设运动员将静止的足球从地面踢出时，球恰好从横梁下边缘踢进．横梁下边缘离地面的高度h=2.44m，足球质量m=440g，运动员对足球做的功W1=20J，足球运动过程中克服空气阻力做功W2=4.44J，重力加速度g=10m/s2，选地面为零势能面，该过程中足球可视为质点，下列说法正确的是（）A．与足球从地面刚踢出相比较，足球到达横梁下边缘重力势能的增加量为20JB．足球到达横梁下边缘的机械能为10.74JC．足球到达横梁下边缘的动能为15.56JD．与足球从地面刚踢出相比，足球到达横梁下边缘动能的减少量约为15.18J 4．（6分）2015年11月21日，我国成功将“老挝一号”通信卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．假设“老挝一号”卫星围绕地球做匀速圆周运动．它距地球表面高度为h，运行的周期为T，地球的半径为R，忽略其他天体对“老挝一号”卫星的引力作用，不考虑地球自转的影响．则（）A．“老挝一号”卫星运行时的向心加速度大小为B．“老挝一号”卫星运行时的线速度大小为C．地球表面的重力加速度大小为D．地球的第一宇宙速度大小为5．（6分）若取无穷远处电势为0，则点电荷电场中的电势计算式为φ=k，式中q为场源电荷的电荷量（含正负号），r为该点到场源电荷的距离，又已知静电场中某点的电势等于各电荷独立存在时在该点产生的电势的代数和．如图所示，△ABC中∠ABC=∠ACB=30°，CO⊥OB，电荷量大小为Q的负点电荷固定于A点，固定于B点的是未知点电荷，已知C点场强方向垂直AB连线向下，则固定于B点的未知点电荷量大小和C点的电势（取无穷远处电势为0）分别为（）A．3Q；0B．3Q；2k C．Q；0D．Q；2k 6．（6分）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m1=1kg 和m2=2kg，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g=10m/s2，某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力为5NB．物块A的加速度为m/s2C．物块B的加速度为5m/s2D．物块A、B间的弹力为N7．（6分）如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，垂直导轨的导体棒EF电阻为r，导轨和导线电阻不计，当导体棒EF在下滑过程中（）A．感应电流在导体棒EF中方向从F到EB．受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C．导体棒的机械能一直减小D．克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能8．（6分）如图所示，斜面体M放置在光滑水平面上，物块m在粗糙斜面上，开始时M、m均处于静止状态．从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平力F作用在M上，使M和m一起沿水平方向做变加速直线运动，则在m与M发生相对运动之前的一段时间内（）A．若水平力F方向向左，则m对M的压力逐渐减小，m对M的摩擦力逐渐增大B．若水平力F方向向左，则m对M的压力和摩擦力均逐渐减小C．若水平力F方向向右，则m对M的压力逐渐增大，m对M的摩擦力先减小再增大D．若水平力F方向向右，则m对M的压力逐渐增大，m对M的摩擦力逐渐增大二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）物理小组在一次探究活动中为了测量小物块与斜面之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：如图甲所示，在已知倾角为θ的斜面上，靠近斜面底端安置一光电门，小物块带有遮光片，遮光片的宽度为d，从斜面上某一位置由静止释放小物块，记录释放时遮光片到光电门的距离x和遮光片通过光电门的时间t．（1）实验开始之前某同学用游标卡尺测量光电门遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为cm．（2）已知重力加速度为g，结合题中测量的物理量写出小物块与斜面间的动摩擦因数的表达式μ=（用题中所给的字母表示）．（3）为了减小实验带来的偶然误差，可采用多次测量的方法．将小物块从斜面上不同位置释放，测出多组小物块到光电门的距离x和遮光片通过光电门的时间t，通过图象法来得到小物块与斜面间的动摩擦因数，为了使图象直观易于观察与测量（即图象为一直线），那么坐标系的中横坐标用x表示，纵坐标用表示，测得图象的斜率值为k，则小物块与斜面间的动摩擦因数的表达式为μ=（用题中所给的字母表示）．10．（9分）某实验小组要描绘额定电压为4.0V的小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡功率等问题。

高中物理第7次受力分析力的合成和分解

学科教师辅导教案组长审核：一、入门测（共10分）1、【试题来源】2016-2017学年四川省成都外国语学校高一（上）期中物理试卷如图所示，劲度系数为k1的弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块相连，劲度系数为k2的弹簧上端与质量为m2的物块相连，整个装置放在水平地面上，开始时m1、m2都处于静止状态．现缓慢用力提上面的木块，直到下面的弹簧离开刚离开地面时，上面木块移动的距离为（重力加速度为g）（）A．B．C．（m1+m2）g（+）D．2、【试题来源】浙江省衢州市五校联考2015届高三（上）期中物理试卷如图所示弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连．当用力抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N（忽略弹簧形变所需时间），则A受到的是（）A．静摩擦力，一定大于4.0N B．滑动摩擦力，一定等于4.0NC．滑动摩擦力，一定小于4.0N D．不受摩擦力3、【试题来源】2015年重庆市铜梁中学高考物理模拟试卷（一）用一水平力F将两铁块A和B紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法中正确的是（）A.铁块B肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力B.铁块B受A给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下C.铁块A肯定对B施加竖直向上的摩擦力D.B受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下二、新课讲解（一）课程导入提问知识点（二）大数据分析（ 07 - 18 年，共 12 年）力学主题考点要求考纲解读相互作用与牛顿运动定律滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力形变、弹性、胡克定律矢量和标量力的合成和分解共点力的平衡牛顿运动定律及其应用超重和失重ⅠⅠⅠⅡⅡⅡⅠ1、高考着重考查的知识点有：力的合成与分解、弹力、摩擦力概念及其在各种形态下的表现形式．对受力分析的考查涵盖了高中物理的所有考试热点问题．此外，基础概念与实际联系也是当前高考命题的一个趋势．2、考试命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.常考点1、受力分析、物体的平衡、力与运动大数据：10（15）11（15）12（14、16、24）13（14）14（17）16（19、20、24、25）17（21）18（16、18）八年考了14次；常考点2、牛顿定律及其应用大数据：07（18）08（15）10（18）15（20、25）18（15）五年考了6次；（三）本节考点讲解考点一：受力分析和力的合成一）例题解析1、【试题来源★★】2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）期末物理试卷如图，一人站在斜坡上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为θ的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则（）A．此人的推力最小值为Gtanθ B．此人的推力最小值为GsinθC．此人的推力最大值为 D．此人的推力最大值为Gcosθ二）相关知识点讲解、方法总结弹力弹力的方向弹簧两端的弹力与弹簧中心轴线相重合，指向弹簧恢复原状的方向轻绳的弹力沿绳指向绳收缩的方向面与面接触的弹力垂直于接触面指向受力的物体点与面接触的弹力过接触点垂直于接触面(或接触面的切面)而指向受力物体球与面接触的弹力在接触点与球心的连线上，指向受力物体球与球接触的弹力垂直于过接触点的公切面而指向受力物体杆的弹力可能沿杆，也可能不沿杆，应具体情况具体分析两共点力F1、F2的合力F与它们的夹角θ之间的关系可用如上图所示的三角形和圆表示。

2015届高三第一学期期末联考物理(扫描版)(无答案)

2015滁州市高级中学联谊会高三第一学期期末联考物理参考答案一、简要答案：二、详细解析：1.D 解析：画出光路图如图所示，在界面BC 上，光的入射角i=60°。

由光的折射定律有：sin sin i n r=，代入数据，求得折射角r =30°，由光的反射定律得，反射角i′=60°。

由几何关系易得：△ODC 是边长为0.5l 的正三角形，△COE 为等腰三角形，CE=OC =0.5l 。

故两光斑之间的距离L=DC+CE=l =40cm ，选项D 正确。

2.B 解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A 中产生的磁场方向向下且磁场增强。

由楞次定律可知，线圈B 中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab 棒中感应电流方向由a→b 。

由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向左，选项A 错误；同理选项C 、D 错误，B 正确。

3.B 解析：弹体处的磁场由轨道电流产生，由安培定则可以判断，弹体处磁场方向垂直于导轨平面向下，选项A 错误；由安培力F=BIL 及电流磁场与电流的关系可知，电流越大，磁场越强，弹体受到的安培力越大，选项B 正确；若只改变电流方向，虽然弹体处的磁场方向变为垂直于导轨平面向上，但由于通过弹体的电流方向同时反向，由左手定则知弹体受到的安培力方向不变，选项C 错误；只改变弹体的形状，弹体受安培力的有效长度（即导轨间距）不变，则安培力大小不变，选项D 错误。

4.C 解析：由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，选项A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为vt ，选项B 错误；由2Mm G mg R =和()()22Mm v G m R h R h =++，得22gR h R v =-，选项C 正确；由()22a R g R h =+得42v a gR =，选项D 错误。

5.A 解析：对物体应用牛顿第二定律有()cos sin F mg F ma θμθ--=，可得c o s s i n a F g mθμθμ+=-，图线纵轴截距表示g μ，可知两者动摩擦因数相同，P 和Q 的材料相同，选项A 正确；图线斜率表示cos sin m θμθ+，选项C 、D 错误；P 的质量小于Q 的质量，选项B 错误。

广东省东莞市高三物理上学期期末试卷(含解析)

广东省东莞市2015届高三上学期期末物理试卷一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选或不答的得0分．1．（4分）运动员抛出铅球后，运动轨迹如图所示．已知A、B为轨迹上两点，其中A点为最高点，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．铅球在A点和B点的机械能相等B．铅球在A点的速度为零C．铅球在水平方向做匀加速直线运动D．铅球从A运动到B的过程中加速度方向与速度方向始终垂直2．（4分）如图所示，日光灯管两端用绳吊在天花板上，设两绳的拉力分别为F1、F2，它们的合力为F．下列说法正确的是（）A．合力F就是重力B．合力F的大小一定等于F1、F2的大小之和C．合力 F的方向竖直向上D．灯管受到4个力的作用3．（4分）用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是180V，通过负载的电流图象如图所示．下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为9：11B．变压器原线圈中电流的频率为50HzC．变压器的输入功率为18WD．负载电流的函数表达式为i=0.1sin50πt （A）4．（4分）如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，下列说法正确的是（）A．a点电势高于b点电势B．从a点运动到b点的过程中粒子的加速度逐渐增大C．从a点运动到b点的过程中粒子的动能一定逐渐增大D．若粒子带正电，从a点运动到b点的过程中电场力做负功二、双项选择题：本大题共5个小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不答的得0分．5．（6分）地面上静止的货物被竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（）A．3s末货物运动至最高点B．0～3s内与5～7s内的加速度大小相等C．0～3s内的位移比5～7s内的位移大D．前3s内与最后2s内的平均速度相同6．（6分）如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A．0～0.1s内磁通量的变化量为0.15WbB．电压表读数为0.5VC．电压表“+”接线柱接A端D．B端比A端的电势高7．（6分）已知磁场越强，磁敏电阻的阻值越大．某同学设计了如图所示的探测电路，若此装置从弱磁场区进入强磁场区，下列说法正确的是（）A．磁敏电阻的阻值变小B．路端电压变小C．电流表的示数减小D．电灯L变亮8．（6分）假设某行星星绕太阳运行的轨道是圆形，已知万有引力常量为G，以下能估测行星质量的是（）A．已知该行星的一个卫星绕其做圆周运动的线速度和轨道半径B．已知该行星的表面重力加速度和行星围绕太阳运行的轨道半径C．已知该行星绕太阳运行的周期和轨道半径D．已知该行星的半径和表面重力加速度9．（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻质弹簧连接，静止放在光滑水平面上．现给小球A一速度v，在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A．A、B两球的总动量为mvB．A、B两球的总动能不变C．弹簧对A、B两球的作用力大小总是相等D．弹簧弹性势能的增加量等于A球动能的减少量三、非选择题：本大题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10．（8分）图甲为某同学验证机械能守恒的实验装置，图乙是实验得到的一条点迹清晰的纸带，取A、B两点来验证实验，已知打点计时器打点周期为T．请回答下列问题：①已知x1、x2，则v A=，v B=；（用题中所给的符号表示）②若要验证机械能守恒，必须要测的一个物理量为A．重物的质量m B．A、B的时间间隔t C．A、B间的距离h③如满足=（v B2﹣v A2），则可验证重物的机械能守恒．11．（10分）小明和小亮想要测量已知量程电压表的内阻，器材如下：A．待测电压表（量程3V，内阻未知）一个B．电流表（量程3A，内阻0.01Ω）一个C．定值电阻（阻值3kΩ，额定电流0.5A）一个D．电池组（电动势略小于3V，内阻可忽略）一个E．多用电表一个F．开关、导线若干他们利用上面所列器材，进行如下实验操作：①用多用电表进行粗测：先选择“×10Ω”挡位，按正确的步骤测量，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应改选（填“×1Ω”或“×100Ω”）挡位，换挡后，按正确的步骤测量，结果如图甲所示，则测量结果是Ω．②为了精确测出该电压表内阻的大小，小明设计了图乙实验电路，闭合开关S1，电压表、电流表读数分别为U1、I1，算出电压表的内阻R V=；小亮设计了图丙实验电路，先闭合开关S1和S2，电压表读数为U2，再断开开关S2，电压表读数为U3，算出电压表的内阻=．你认为其中较合理的是（填“乙”或“丙”）电路．12．（18分）如图所示，M、N间存在一可调电压，调节范围为0～U．初速度为零的电子从M 处经电场加速后，从N板小孔 O垂直进入右侧的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．荧光板CD与竖直放置的N板夹角为θ=60°，孔O到N板的下端C的距离为h．当M、N之间电压取U时，粒子刚好垂直打在CD板上并发出荧光．已知电子的电量大小为e，质量为m，不计重力和电子之间的作用力．求：（1）当电压为U时，电子到达小孔O的速度v大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）CD板上能发光区域的长度s．13．（18分）如图所示，“9”字形内壁光滑的钢管轨道内径很小，轨道最高点C离底部高度H=1.2m，轨道上半部四分之三圆弧半径R=0.2m，管道出口端D的切线与水平传送带相切于Q点，Q、P是传送带水平部分的端点，QP长度L=3m，两传动轮的半径为r=0.1m．传送带以v=2m/s速度顺时针匀速传动．现有一个质量m=0.2kg可看成质点的物块A，以初速度v0=12m/s从“9”字形轨道的底端射入，并在轨道出口端与停在此处质量与材料都与A相同的小物块B发生正碰，碰后粘在一起，滑上传送带，若两物块与传送带的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求：（1）滑块A在最高点C受到的弹力大小和方向；（2）滑块A与B正碰后，刚滑上传送带时的速度大小；（3）AB粘合体离开传送带右端后落地点到P轮轴心的水平距离．广东省东莞市2015届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选或不答的得0分．1．（4分）运动员抛出铅球后，运动轨迹如图所示．已知A、B为轨迹上两点，其中A点为最高点，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．铅球在A点和B点的机械能相等B．铅球在A点的速度为零C．铅球在水平方向做匀加速直线运动D．铅球从A运动到B的过程中加速度方向与速度方向始终垂直考点：机械能守恒定律；功能关系．分析：球在空中只受重力，故其加速度为重力加速度，大小和方向都不变．由重力做功可得速度各个点关系．由曲线运动特征可知加速度与速度方向关系．抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动．解答：解：A、铅球运动过程仅受重力作用，机械能守恒，故A正确B、铅球在A点达到最高，竖直方向上速度为0，但水平方向上速度不为0，故B错误C、铅球在竖直方向受恒力作用，做匀变速直线运动，水平方向上匀速直线运动．故C错误；D、曲线运动速度在各个点的切线方向，而球的加速度方向竖直向下，故不是始终垂直，只在最高点B，加速度速度垂直，故D错误．故选：A点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒．2．（4分）如图所示，日光灯管两端用绳吊在天花板上，设两绳的拉力分别为F1、F2，它们的合力为F．下列说法正确的是（）A．合力F就是重力B．合力F的大小一定等于F1、F2的大小之和C．合力 F的方向竖直向上D．灯管受到4个力的作用考点：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：日光灯管受重力和两绳的拉力F1、F2，处于平衡状态，根据共点力平衡条件分析即可．解答：解：A、图中F1、F2的合力为F，合力与分力是等效替代的关系，不是重力，故A错误；B、图中F1、F2的合力为F，合力与分力符合平行四边形定则，故图中F的大小小于F1、F2的大小之和，故B错误；C、图中F1、F2的合力为F，与重力平衡，竖直向上，故C正确；D、日光灯管受重力和两绳的拉力，共3个力，故D错误；故选：C．点评：本题关键是明确日光灯管的受力情况，然后根据共点力平衡条件分析，基础题目．3．（4分）用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是180V，通过负载的电流图象如图所示．下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为9：11B．变压器原线圈中电流的频率为50HzC．变压器的输入功率为18WD．负载电流的函数表达式为i=0.1sin50πt （A）考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：根据图象知道负载电阻中电流的峰值和有效值，周期和角速度，根据输入功率等于输出功率，匝数之比等于电压之比分析各项．解答：解：A、变压器原、副线圈匝数比等于电压之比220：180=11：9，故A错误；B、有图可知周期为T=0.02s，故频率为f=，故B正确；C、负载的功率P=UI=180×≈14W，输入功率等于输出功率，C错误；D、负载电流的函数表达式i=0.1sinlOOπt，故D错误；故选：B点评：本题考查了交流电瞬时值表达式的物理意义和变压器的工作原理，难度中等4．（4分）如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，下列说法正确的是（）A．a点电势高于b点电势B．从a点运动到b点的过程中粒子的加速度逐渐增大C．从a点运动到b点的过程中粒子的动能一定逐渐增大D．若粒子带正电，从a点运动到b点的过程中电场力做负功考点：电场线．分析：根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负．解答：解：A、由于顺着电场线电势逐渐降低，所以a点电势低于b点电势．故A错误；B、根据电场线的疏密表示场强的大小结合图象可知，a处的电场线密，场强大，粒子受到的电场力大，加速度大．故B错误；C、由于不知道粒子的电性，所以不能确定从a点运动到b点的过程中电场力对粒子是否做正功，粒子的动能不一定逐渐增大．故C错误；D、若粒子带正电，粒子受到的电场力的方向向左，从a点运动到b点的过程中电场力做负功．故D正确．故选：D点评：本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面．二、双项选择题：本大题共5个小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不答的得0分．5．（6分）地面上静止的货物被竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（）A．3s末货物运动至最高点B．0～3s内与5～7s内的加速度大小相等C．0～3s内的位移比5～7s内的位移大D．前3s内与最后2s内的平均速度相同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据图线的斜率比较加速度的大小，结合图线围成的面积比较位移的大小，根据平均速度的推论比较平均速度的大小．解答：解：A、在0﹣7s内，速度一直为正值，速度方向不变，可知7s末货物运动到最高点，故A错误．B、0～3s内与5～7s内两图线的斜率不同，则加速度不同，故B错误．C、0～3s内图线围成的面积大于5～7s内图线围成的面积，可知0～3s内的位移比5～7s 内的位移大，故C正确．D、根据平均速度的推论知，前3s内平均速度，最后2s内的平均速度，故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．6．（6分）如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A．0～0.1s内磁通量的变化量为0.15WbB．电压表读数为0.5VC．电压表“+”接线柱接A端D．B端比A端的电势高考点：法拉第电磁感应定律．分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，从而得出电压表读数，再由楞次定律判定感应电流方向．解答：解：A、由图可知，0～0.1s内磁通量的变化量为0.15﹣0.10Wb=0.05Wb，故A错误；B、穿过线圈的磁通量变化率为=Wb/s，感应电动势为E=N=1×0.5V=0.5V，故B正确；C、再由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，则B端比A端的电势低，所以电压表“+”接线柱接A端，故C正确，D错误；故选：BC．点评：由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定．同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．7．（6分）已知磁场越强，磁敏电阻的阻值越大．某同学设计了如图所示的探测电路，若此装置从弱磁场区进入强磁场区，下列说法正确的是（）A．磁敏电阻的阻值变小B．路端电压变小C．电流表的示数减小D．电灯L变亮考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据磁敏电阻的特性，分析其电阻的变化．根据闭合电路欧姆定律即可分析总电流的变化和路端电压的变化，判断电流表和电压表示数的变化．再分析并联部分电压的变化，判断电灯L亮度的变化．解答：解：该电路的磁敏电阻从无磁场区进入强磁场区时，其电阻变大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=E﹣Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两段的电压增大，电灯L变亮，故CD正确，AB错误故选：CD点评：本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可．8．（6分）假设某行星星绕太阳运行的轨道是圆形，已知万有引力常量为G，以下能估测行星质量的是（）A．已知该行星的一个卫星绕其做圆周运动的线速度和轨道半径B．已知该行星的表面重力加速度和行星围绕太阳运行的轨道半径C．已知该行星绕太阳运行的周期和轨道半径D．已知该行星的半径和表面重力加速度考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和线速度或周期求出中心天体的质量，根据万有引力等于重力，结合天体表面的重力加速度和半径求出天体的质量．解答：解：A、已知卫星绕行星做圆周运动的轨道半径和线速度大小，根据可以求出行星的质量，故A正确．B、已知行星表面的重力加速度，行星的半径未知，根据万有引力等于重力无法求出行星的质量．故B错误．C、已知行星绕太阳运行的轨道半径和周期，根据万有引力提供向心力只能求出太阳的质量，无法得出行星的质量，故C错误．D、已知行星表面的重力加速度和半径，根据可以求出行星的质量，故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个重要的理论，并能灵活运用，难度不大．9．（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻质弹簧连接，静止放在光滑水平面上．现给小球A一速度v，在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A．A、B两球的总动量为mvB．A、B两球的总动能不变C．弹簧对A、B两球的作用力大小总是相等D．弹簧弹性势能的增加量等于A球动能的减少量考点：动量守恒定律；功能关系．分析：根据动量守恒定律分析动量的大小；由能量的转化及守恒定律可明确动能及弹簧的势能关系．解答：解：A、因两球组成的系统不受外力；故动量守恒，总动量等于mv；故A正确；B、由于系统动能转化为弹性势能；故动能变化；故B错误；C、弹簧两端的弹力相等；故弹簧对A、B两球的作用力大小总是相等；故C正确；D、A球动能转化为弹性势能和B球的动能；故弹簧弹性势能的增加量小于A球动能的减少量；故D错误；故选：AC．点评：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律，要注意明确能量的转化方法，并掌握动量守恒的条件．三、非选择题：本大题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10．（8分）图甲为某同学验证机械能守恒的实验装置，图乙是实验得到的一条点迹清晰的纸带，取A、B两点来验证实验，已知打点计时器打点周期为T．请回答下列问题：①已知x1、x2，则v A=，v B=；（用题中所给的符号表示）②若要验证机械能守恒，必须要测的一个物理量为CA．重物的质量m B．A、B的时间间隔t C．A、B间的距离h③如满足gh=（v B2﹣v A2），则可验证重物的机械能守恒．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：根据某时间内的平均速度等于这段时间的中时刻瞬时速度，从而确定需要测量哪些量；最后根据减小的重力势能，与增加的动能的关系，从而验证机械能能否守恒．解答：解：①根据某时间内的平均速度等于这段时间的中时刻瞬时速度，则有：v A=；v B=．②若要验证机械能守恒，需要知道减小的重力势能，要知道增加的动能，因此必须要测的一个物理量A、B间的距离h，即C．③减小的重力势能△E P=mgh，而增加的动能△E k=m（v B2﹣v A2）；因此当满足 gh=（v B2﹣v A2）时，则可验证重物的机械能守恒．故答案为：①，；②C；③gh．点评：纸带问题的处理是力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．11．（10分）小明和小亮想要测量已知量程电压表的内阻，器材如下：A．待测电压表（量程3V，内阻未知）一个B．电流表（量程3A，内阻0.01Ω）一个C．定值电阻（阻值3kΩ，额定电流0.5A）一个D．电池组（电动势略小于3V，内阻可忽略）一个E．多用电表一个F．开关、导线若干他们利用上面所列器材，进行如下实验操作：①用多用电表进行粗测：先选择“×10Ω”挡位，按正确的步骤测量，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应改选×100Ω（填“×1Ω”或“×100Ω”）挡位，换挡后，按正确的步骤测量，结果如图甲所示，则测量结果是2200Ω．②为了精确测出该电压表内阻的大小，小明设计了图乙实验电路，闭合开关S1，电压表、电流表读数分别为U1、I1，算出电压表的内阻R V=；小亮设计了图丙实验电路，先闭合开关S1和S2，电压表读数为U2，再断开开关S2，电压表读数为U3，算出电压表的内阻=．你认为其中较合理的是丙（填“乙”或“丙”）电路．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．（2）分析两电路中电表的内阻影响可知：乙图中电流示数太小，误差大，而丙图较合理；开关2 闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．解答：解：用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．由图是表盘可知，欧姆表示数为22×100Ω=2200Ω；（2）乙电路中电压表示数为是压表两端的电压，电流表示数为流过电压表的电流；则由欧姆定律可知：R v=；用丙电路图时，S2闭合时，示数U2相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即=，所以R V′=；乙图中电流表的示数太小，误差太大，而丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差较小；故丙图较为合理；故答案为：①×100Ω，2200；②，，丙点评：本题考查了欧姆表的使用方法，电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大．12．（18分）如图所示，M、N间存在一可调电压，调节范围为0～U．初速度为零的电子从M 处经电场加速后，从N板小孔 O垂直进入右侧的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．荧光板CD与竖直放置的N板夹角为θ=60°，孔O到N板的下端C的距离为h．当M、N之间电压取U时，粒子刚好垂直打在CD板上并发出荧光．已知电子的电量大小为e，质量为m，不计重力和电子之间的作用力．求：（1）当电压为U时，电子到达小孔O的速度v大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）CD板上能发光区域的长度s．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；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）电子在电场中加速，由动能定理可以求出速度．（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度．（3）当粒子的运动的轨迹恰好与CD板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．解答：解：（1）当初速度为零的电子从M处经电场加速后速度为v，根据动能定理得：…①解得：…②；（2）当粒子垂直打在板上时，由几何知识，圆周运动的圆心为C，半径：R=h…③，洛伦兹力充当向心力：…④，联立②③④得到：B=…⑤；（3）当粒子在磁场中做圆周运动，轨迹刚好与CD相切时，电荷在CD板上的撞击点最靠近C端，设半径为r，切点到C距离为d，由几何知识得：…⑥解得：，=…⑦CD上能发光区域的长度：s=h﹣d…⑧，解得：s=；答：（1）当电压为U时，电子到达小孔O的速度v大小为；（2）磁感应强度B的大小为；（3）CD板上能发光区域的长度s为（﹣1）h．点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．13．（18分）如图所示，“9”字形内壁光滑的钢管轨道内径很小，轨道最高点C离底部高度H=1.2m，轨道上半部四分之三圆弧半径R=0.2m，管道出口端D的切线与水平传送带相切于Q点，Q、P是传送带水平部分的端点，QP长度L=3m，两传动轮的半径为r=0.1m．传送带以v=2m/s速度顺时针匀速传动．现有一个质量m=0.2kg可看成质点的物块A，以初速度v0=12m/s从“9”字形轨道的底端射入，并在轨道出口端与停在此处质量与材料都与A相同的小物块B发生正碰，碰后粘在一起，滑上传送带，若两物块与传送带的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求：（1）滑块A在最高点C受到的弹力大小和方向；（2）滑块A与B正碰后，刚滑上传送带时的速度大小；（3）AB粘合体离开传送带右端后落地点到P轮轴心的水平距离．考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：在滑块A滑到轨道最高点C的过程中，机械能守恒，求出滑块在最高点的速度，到达最高时，由重力和轨道对滑块的压力提供滑块的向心力，由牛顿第二、三定律求解滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向．滑块A由C点运动到D点与B碰撞前过程，机械能守恒，求出碰后滑块的速度，根据碰撞瞬间AB动量守恒可求得刚滑上传送带时的速度大小；。

广东省东莞市2015-2016学年高一上学期期末考试物理试题(B卷)

2015—2016学年第一学期教学质量检查高一物理（B 卷）第Ⅰ卷选择题（共50分）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题的四个选项中只有一个符合题意。

答案填写在下列表格中，使用答题卡学校的学生将答案涂在答题卡上） 1.17世纪，意大利物理学家伽利略根据实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下，是因为受到摩擦阻力的缘故。

关于该实验，你认为下列陈述错误．．的是 A ．伽利略的理想实验是假想实验，事实上无法完成因而得到的结论不可靠B ．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C ．该实验否定了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误概念D ．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据2．第二届夏季青年奥林匹克运动会将于2014年8月在南京举行，青奥会比赛将在“三大场馆区”的15个不同竞赛场馆进行26个项目比赛，将向世界奉献一届精彩的青奥会．在考察下列运动员的比赛成绩时，可视为质点的是A ．马拉松B ．跳水C ．击剑D ．体操3．足球运动员已将足球踢向空中，如右图所示，下列描述足球在向斜上方飞行过程中某时刻的受力图中，正确的是(G 为重力，F 为脚对球的作用力，F f 为空气阻力)4.甲、乙两物体在同一直线上运动，其相对同一原点的s-t图象如图所示，下列说法中正确的是A ．甲和乙都做匀变速直线运动B ．乙比甲早出发t 1 的时间C ．乙运动的速率小于甲运动的速率第3题图第4题图D ．甲、乙运动的出发点相距S 05.水平桌面上覆盖有玻璃板，玻璃板上放置一木块，下列说法正确的是 A ．木块受到的弹力是由于木块的弹性形变所产生的，因为玻璃板没有形变 B ．木块的重力就是木块对玻璃板的压力C ．木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力是一对作用力与反作用力D ．木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小，因此二者合力为零 6.物体在与其初速度始终共线的合力F 的作用下运动.取v 0方向为正,合力F 随时间t 的变化情况如图所示,则在0～t 1这段时间内A ．物体的加速度先减小后增大,速度先减小后增大B ．物体的加速度先增大后减小,速度先增大后减小C ．物体的加速度先减小后增大,位移先增大后减小D ．物体的加速度先增大后减小,速度一直增大7.《汽车安全行驶手册》规定速率为8m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9m.现对某汽车进行刹车试验,结果显示速度从8m/s 匀减速到停止所用的时间为1s 那么该汽车是否符合规定 A. 位移为8m,符合规定 B. 位移为8m,不符合规定 C. 位移为4m,符合规定 D. 位移为4m,不符合规定8.质量为2kg 的物体做匀变速直线运动的位移随时间变化的规律为s=3t 2+4t(m)，则该物体受到的合力的大小为A ．6NB ．12NC ．8ND ．16N9.如图所示，物体在一水平恒力F=10N 作用下，沿水平面向右运动.已知物体与水平面的动摩擦因数μ=0.2，物体质量m=5kg ，g 取10m/s 2.则物体所受摩擦力为 A ．10N ，水平向左 B ．10N ，水平向右 C ．20N ，水平向左 D ．20N ，水平向右10.2014年10月11日，在广西南宁进行的第四十五届世界体操锦标赛中，我国选手刘洋在男子吊环决赛中获得金牌，右图是其比赛时的照片。

2015东城

东城区2014—2015学年度第一学期期末教学统一检测高三物理 2015.01本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分。

考试时长100分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

第Ⅰ卷（选择题，共48分）一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

每小题只有一个选项正确。

) 1．甲、乙两人从某点出发沿同一圆形跑道运动，甲沿顺时针方向行走，乙沿逆时针方向行走。

经过一段时间后，甲、乙两人在另一点相遇。

从出发到相遇的过程中，下列说法中正确的是（）A ．甲、乙两人通过的路程一定不同B ．甲、乙两人通过的路程一定相同C ．甲、乙两人发生的位移一定不同D ．甲、乙两人发生的位移一定相同2．质量为2kg 的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g 取10m/s 2，下列说法中正确的是（）A ．2s 末小球的动量大小为40kg·m/sB ．2s 末小球的动能为40JC ．2s 内重力的冲量大小为20N·sD ．2s 内重力的平均功率为20W3．质量为m 的小球P 以大小为v 的速度与质量为3m 的静止小球Q 发生正碰，碰后小球P以大小为2v的速度被反弹，则正碰后小球Q 的速度大小是（） A ．v 2 B ．2vC ．3vD ． 6v4．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg 的物体放在传感器上。

在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N 。

g 取10m/s 2。

对此过程的分析正确的是 ( )A. 物体受到的重力变大B. 物体的加速度大小为1m/s 2C. 电梯正在减速上升D. 电梯的加速度大小为4m/s 25．如图所示，三根轻绳的一端系于O 点，绳1、2的另一端分别固定在墙上，绳3的另一端吊着质量为m 的重物。

重物处于静止时，绳1水平，绳2与水平方向的夹角为θ。

广东省东莞市2008—2009学年度高三第一学期期末调研考试物理

广东省东莞市2008—2009学年度高三第一学期期末调研考试物理本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分150分，考试用时120分钟第一部分选择题（共48分）一、本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．下列选项是物理学中的理想化模型的有（）A ．质点B ．点电荷C ．力的合成D ．加速度2．设在平直公路上行驶的自行车，所受阻力约为车和人总重的0.02倍，则骑车的人的平均功率最接近于（）A ．0.01kwB ．0.1kwC ．1kwD ．10kw3．如图所示，在一次空地演习中，离地H 高处的飞机以水平速度v 1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炮弹拦截，设拦截系统与飞机的水平距离为s ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1 、v 2 的关系应满足（）A ．v 1=v 2B ．v 1= Hs v 2C ．21v sH vD ．v 1= s H v 24．如图所示，一根细线一端固定在容器底部，另一端系一木球，木球浸没在水中，整个装置在台秤上。

现将细线割断，在木球上浮的过程中（不计水的阻力），台秤示数将（）A ．增大B ．减小C ．不变D ．无法确定5．绳系卫星是由一根绳索栓在一个航天器上的卫星，可以在这个航天器的下方或上方一起绕地球运行。

若绳系卫星系在航天器上方，当它们一起在赤道上空绕地球做角速度相同的匀速圆周运动时(绳长不可忽略)。

下列说法正确的是（）A ．绳系卫星在航天器的正上方B ．绳系卫星在航天器的后上方C ．绳系卫星的加速度比航天器的大D ．绳系卫星的加速度比航天器的小第3题图第4题图6．如图所示，在XOY 平面中有一通电直导线与OX 、OY轴相交，导线中电流方向如图示，该区域有匀强磁场，通电直导线所受安培力的方向与OZ 轴的正方向相同，该磁场的磁感应强度的方向可能是（）A ．沿X 轴正方向B ．沿Y 轴负方向C ．沿Z 轴正方向D ．沿X 轴负方向7．如右图所示，O 点为等量异种点电荷连线的中点，a 、b 两点的连线与两电荷连线垂直。

20150204东莞市2015届高三物理高考模拟试题十六(高考备考中心组东莞一中刘尊群供稿)

2015年高考物理模拟试卷（五）命题人：东莞一中刘尊群一. 单选题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)13．在以下力学实验装置中，三个实验共同用到的物理思想方法是A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．控制变量的方法D ．类比的思想方法14．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。

开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。

在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体A ．对外做正功，分子的平均动能减小B ．对外做正功，内能增大C ．对外做负功，分子的平均动能增大D ．对外做负功，内能减小15．如图所示的电路中，当变阻器R 1的滑动触头向上滑动时，A 、B 两灯亮度的变化情况为A ．A 灯和B 灯都变亮 B ．A 灯和B 灯都变暗C ．A 灯变亮，B 灯变暗D ．A 灯变暗，B 灯变亮16．哈勃望远镜被称作是人类观察宇宙的眼睛，在1990年4月25日哈勃天文望远镜被科学家送上距地球表面约600 km 的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为6.4×106m ，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m 这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中，最接近其A运行周期的是A.0.6小时B．1.6小时C．4.0小时D．24小时二．双选题(本大题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，只选一项且正确得3分)17．下列说法中正确的是A．在等容状态下，一定质量理想气体的压强与温度成反比B．液晶既具有液体的流动性，也具有晶体的各向同性特征C．水的饱和汽压随温度升高而增大D．气体分子间距离增大，分子力做负功18．氢原子的能级如右图。

某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25ev。

广东省东莞市高三数学上学期期末教学质量检查试题理(扫描版)

广东省东莞市2015届高三上学期期末教学质量检查数学理试题（扫描版）2014—2015学年度第一学期教学质量检查高三理科数学（A 卷）参考答案 BBDA DBAB9. 24 10. ；623 11. 1- 12.26n n -+ 13. 7个 14.)43,2(π 15. 030（或)6π16.解:(1)因为函数)20,0)(sin(2)(πϕωϕω<<>-=x x f 的最小正周期为π故2,2=∴=ωπωπ…………………………………2分)2sin(2)(ϕ-=∴x x f又6π是它的一个零点，即0)3sin(=-ϕπ…………………………………3分Zk k ∈=-∴,3πϕπ……………………………………4分Zk k ∈-=∴,3ππϕ，因为20πϕ<< ……………………………………5分3,0πϕ==∴k ……………………………………6分所以()f x 的解析式为)32sin(2)(π-=x x f ……………………………………7分由(1))32sin(2)(π-=x x f 又因为3)62(,2)1252(=+=+πβπαf f故23sin ,22)2sin(==+βπα ……………………………………9分22cos =∴α，又]2,0[,πβα∈3,4πβπα==∴ ……………………………………10分βαβαβαsin sin cos cos )cos(⋅-⋅=+∴ ……………………………………11分 462232221223sin4sin3cos4cos-=⨯-⨯=-=ππππ……………………………………12分另解：23sin ,22)2sin(==+βπα ……………………………………9分22cos =∴α，又]2,0[,πβα∈21cos ,22sin ==∴βα ……………………………………10分βαβαβαsin sin cos cos )cos(⋅-⋅=+∴ ……………………………………11分 462232221223sin4sin3cos4cos-=⨯-⨯=-=ππππ……………………………………12分17.解：（1）根据频率分布直方图中的数据，可得1(0.0050.00750.02250.035)100.10.070.0310a -+++⨯==-=，所以 0.03a =． …………………2分（2）学生成绩在[50,60)内的共有40×0.05=2人，在[60,70)内的共有40×0.225=9人，成绩在[50,70)内的学生共有11人． ……………4分设“从成绩在[50,70)的学生中随机选3名，且他们的成绩都在[60,70)内”为事件A ，则3931128()55C P A C ==．所以选取的3名学生成绩都在[60,70)内的概率为2855． ………6分（3）依题意，X 的可能取值是1，2，3． ………………7分21293113(1)55C C P X C ===；122931124(2)55C C P X C ===；28(3)()55P X P A ===． ……………10分所以X 的分布列为X 1 2 3P355 2455 2855324282712355555511EX =⨯+⨯+⨯=． …………………12分18.解（1）∵,,PC AB PC BC AB BC B ⊥⊥=I ………………3分∴PC ABC ⊥平面，………………4分又∵PC PAC ⊂平面 ………………5分 ∴PAC ABC ⊥平面平面 ………………6分（2）解法一：在平面ABC 内，过C 作CD CB ⊥，建立空间直角坐标系C xyz -（如图）由题意有31,02A ⎫-⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)B 设()()000,0,0P z z >，则()()000330,1,,,,0,0,22M z AM z CP z ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r u u u r由直线AM 与直线PC 所成的解为060，得cos 60AM CP AM CP ⋅=⋅⋅u u u u r u u u r u u u u r u u u r，即2200132z z z =+01z = ………………8分∴3331,0,,12222AB AM ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u ur ，设平面MAB 的一个法向量为111(,,)n x y z =r ，则1111135023302x y x y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩，取13x =33(3,,)55n =r …………………………10分平面ABC 的法向量取为()0,0,1m =u r……………………………………………………11分设m u r 与n r所成的角为θ，则93cos m n m nθ⋅==⋅u r r u r r (13)分显然，二面角M AC B --的平面角为锐角，故二面角M AC B --的平面角余弦值为93…………………………14分解法二：在平面PCBM 内，过点M 作BC MH ⊥于H ，则显然有PCMH //故ABC MH 面⊥ ………………………………7分过点M 作AB MG ⊥于G ，连接MG ，则MG 在平面ABC 内的摄影为HG 由三垂线定理的逆定理知AB HG ⊥MGH ∠∴为二面角M AB C --的平面角 …………………………10分因为直线AM 与直线PC 所成的角为︒60，即︒=∠60AMH 在ACH ∆中，AC=CH=1，︒=∠120ACH ，则AH=3AHM Rt ∆中，23sin ==∠AM AH AMH ，故1,2==MG AM …………11分在ACB ∆中，由余弦定理7cos 2222=∠⋅⋅-+=ACB BC AC BC AC AB7=∴AB ……………………………………12分1421120sin 21=︒⋅⋅⋅=∴AB BC AC HG31931692111421cos =+==∠∴MG HG MGH ………………………………13分故二面角M AC B --的平面角余弦值为9331 …………………………14分H G19．解：（1）设椭圆C 的焦距为2c ，则222c aa b c ⎧=⎪⎨⎪-=⎩∴222234,3a c c b == (3)分∴椭圆C 的方程为：22223314x y c c +=代入1)2P得：c = …………………………5分 ∴椭圆C 的方程为2214x y += …………………………6分（2）设[](,),2,2Q x y x ∈-，则222y x QO +=， ……………7分又：(1,0)A -， 222(1)QA x y =++ ……………8分2222222222221(1)1221QA x y x x y xx y x y x y QOλ-++-++====++++ ……………9分点),(y x P 满足2214x y +=，∴2214x y =-， …………10分 22281133414x xx x λ=+=+++ …………11分当0≤x 时，1≤λ …………12分当0>x 时，(0,2]x ∈，288114343x x x x λ=+=+++…………13分因为43x x +≥=，所以1λ≤+，当且仅当x =时， λ取得最大值13+．…………14分（说明：在求最大值部分若用导数求单调区间后再说明最值的，参考上述步骤给分） 20．解（1）：()()1232312 34 2=2n n a a a a log log log n log n +⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅++L L ……2分要123 n a a a a ⋅⋅⋅⋅L 为整数，需要()()22log n k k Z +=∈ ∴22kn =- ……3分由于n N +∈， ∴2k ≥，即21222b =-=，32226b =-=，…，122m m b +=-根据题意，2015<m b ，得2015221<-+m ∴201721<+m ，则9m ≤…………4分∴区间)2015,1(内的所有“穿越数”的和为：()2310922229421182026+++-⨯=⨯--=L …………………………7分证明（2）：341123111111112222222m m b b b b +++++=++++---L L ………8分当1m =时，111526b =<成立；当2m =时，121111252636b b +=+=<成立；…………………………10分当2m ≥时，由1111111122422322232m m m m m +---==≤-⋅-⋅+-⋅，…………………………12分∴211112311111111111511232323223262m m m m b b b b ---⎛⎫++++≤++++=+-=- ⎪⋅⋅⋅⎝⎭L L…………………………13分又112m -> ∴1211156m b b b +++<L …………………………14分21.解: 由题有，22,0()ln ,0x x a x f x x x ⎧++<=⎨>⎩ …………………2分(2)由导数的几何意义可知,点A 处的切线斜率为()1f x ',点B 处的切线斜率为()2f x ',故当点A处的切线与点B 处的切垂直时,有()()121f x f x ''=-. …………………3分当0x <时,对函数()f x 求导,得()22f x x '=+.因为120x x <<,所以()()1222221x x ++=-, …………………4分即：121244()5x x x x =-+-21x x -===6分当122x x +=-时，1234x x =，此时1231,22x x =-=-，21x x -取得最小值1. ………8分(3)当120x x <<或210x x >>时,()()12f x f x ''≠,故120x x <<. ………9分- 11 - 当10x <时,函数()f x 的图象在点()()11,x f x 处的切线方程为()()()21111222y x x a x x x -++=+-,即()21122y x x x a =+-+当20x >时,函数()f x 的图象在点()()22,x f x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-,即221ln 1y x x x =•+-. ………10分两切线重合的充要条件是1222112 2 ln 1 x xx x a ⎧=+⎪⎨⎪-=-+⎩①② ………11分由①及120x x <<知,110x -<<.由①②得,()2211111ln 1ln22122a x x x x =+-=-+-+.设()()21111ln 221(10)h x x x x =-+--<<, ………12分则()1111201h x x x '=-<+.所以()()1110h x x -<<是减函数.则()()10ln 21h x h >=--,所以ln 21a >--. ………13分又当1(1,0)x ∈-且趋近于1-时,()1h x 无限增大,所以a 的取值范围是()ln 21,--+∞. 故当函数()f x 的图像在点,A B 处的切线重合时,a 的取值范围是()ln 21,--+∞ ……14分。

广东省东莞市2015届高三上学期期末教学质量检查数学文试题扫描版含答案

2014—2015第一学期期末高三文数教学质量检查参考答案11. 1- 12.116922=-y x 13. 21 14.)43,2(π 15. 030（或)6π三、解答题：(共80分)16.（本小题满分12）解：(1)因为函数)20,0)(sin(2)(πϕωϕω<<>-=x x f 的最小正周期为π故2,2=∴=ωπωπ…………………………………2分)2sin(2)(ϕ-=∴x x f 又6π是它的一个零点，即0)3sin(=-ϕπ…………………………………3分 Z k k ∈=-∴,3πϕπ……………………………………4分Z k k ∈-=∴,3ππϕ，因为20πϕ<< ……………………………………5分3,0πϕ==∴k ……………………………………6分所以()f x 的解析式为)32sin(2)(π-=x x f ……………………………………7分(2)由(1))32sin(2)(π-=x x f又因为3)62(,2)1252(=+=+πβπαf f故23sin ,21sin ==βα ……………………………………9分，又]2,0[,πβα∈3,6πβπα==∴ ……………………………………10分02cos )36cos()cos(==+=+∴πππβα ……………………………………12分17. （本小题满分12）解：(1)频率分布表中①处填5，②处填2.0，频率分布直方图如图；完成作业时间/分钟0.060.050.040.030.020.01 (3)分(2)由(1)知完成作业时间在)45,40[内的学生中抽取3155010=⨯人 …………4分(3) 若用e d c b a ,,,,来表示完成作业时间在)30,25[内的5名学生,其中c b a ,,为男生，则基本事件有：},{b a ，},{c a ，},{d a ，},{e a ，},{c b ，},{d b ，},{e b ，},{d c ，},{e c ，},{e d 共10个基本事件． …………8分两名同学恰好都是男生所包含的基本事件有：},{b a ，},{c a ，},{c b 共3个基本事件， (10)分所以这两名同学恰好都是男生的概率是：103=P ． …………12分18. （本小题满分14分）（1）因为四边形11ABB A 和11ACC A 都是矩形，所以11,AA AB AA AC ⊥⊥. ………………1分因为AC AB ,为平面ABC 内的两条相交直线，所以1AA ⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC 内，所以1AA BC ⊥. ………………3分又由已知，1,,AC BC AA AC ⊥为平面11ACC A 内的两条相交直线，所以，BC ⊥平面11ACC A . ………………5分（2）因为点M 为线段AB 的中点，连接111,,,A M MC AC AC ，连接OM ，设O 为11,A C AC 的交点.由已知，O 为1AC 的中点. ………………6分连接OE MD ,，则OE MD ,分别为1,ABC ACC ∆∆的中位线. 所以，ACOE AC MD //,//且AC OE AC MD 21,21==， ………………7分所以OEMD //且OE MD = ………………8分从而四边形MDEO 为平行四边形，则MO DE //.因为直线DE ⊄平面1A M C ，MO ⊂平面1A M C ，所以直线//DE 平面1A M C ………………9分（3）由（1）BC ⊥平面11ACC A ，所以11C A BC ⊥，又111C A CC ⊥，C BC CC = 1所以1111B B C C C A 面⊥， ………………10分由题意DE B A E B A D V V 1111--=，所以111113131C A S h S DE B E B A ⋅=⋅∆∆ ………………11分 23)21()2(2211=+==E B E A ，所以252522111=⋅⋅=∆E B A S ………………12分 8238242422111111=---=---=∆∆∆∆DCE D BB E C B B BCC DEB S S S S S ， ………………13分所以2823312531⋅⋅=⋅⋅h ，所以1053=h ，点D 到平面E B A 11的距离为1053 ………………14分19. （本小题满分14分）解：（1）∵22n n S a =-，∴当1n =时，1122a a =-，解得12a =；当2n =时，212222S a a a =+=-，解得24a =；当3n =时，31222S a a a a =++=-，解得38a =． ………………3分（2）当2n ≥时，11(22)(22n n n n n na S S a a a ---=-=---， (5)分得12n n a a -=又11122a S a ==-，12a =， ∴数列{n a }是以2为首项，公比为2的等比数列，所以数列{na }的通项公式为2n n a =． ………………7分112b a ==，设公差为d ，则由1311,,b b b 成等比数列，得2(22)2(210)d d +=⨯+， ………………8分解得0d =（舍去）或3d =， ………………9分所以数列}{n b 的通项公式为31n b n =-． ………………10分（3）令312123n n n b b b b T a a a a =++++123258312222nn -=++++， 121583122222n n n T --=++++， ………………11分两式式相减得1213333122222n n n n T --=++++-， ∴131(1)3135222512212n n n n n n T ---+=+-=--， ………………13分又3502nn +>，故5n T <． ………………14分20. （本小题满分14分）解：（1）设椭圆C 的方程为:)0(12222>>=+b a by a x ．由题意得:⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++==28114232222222b a b ac b a a c∴ 椭圆方程为12822=+y x ．……………4分（2）由直线OM l //,可设m x y l +=21: 将式子代入椭圆C 得：042222=-++m mx x ………5分设),(),,(2211y x B y x A ,则,221m x x -=+ 42221-=m x x ……………6分由题意可得 △0)42(4)2(22>--=m m 于是)2,2(-∈m 且0≠m ………7分故)4(44)(21212222122121m m m m x x x x m x x m S OAB -=-=-+=-=∆………8分22422=-+≤m m当且仅当224m m -= 即 2±=m 时,OAB ∆面积的最大值为2．………9分（3）设直线MA 、MB 的斜率分别为1k 、2k ，则21111--=x y k 21222--=x y k ……………10分下面只需证明：021=+k k ，………11分事实上，21212121221121--++--+=+x m x x m x k k4)(241)2121(121212121++--+⋅+=-+-+=x x x x x x m x x m ………12分04)2(2424212=+-----⋅+=m m m m ………13分故直线MA 、MB 与x 轴围成一个等腰三角形．……………14分 21.解：（本小题满分14分）（1）当时1=a ，xx x x f 2ln )(++=，易得()f x 的定义域为(0,)+∞ ………………1分22221)('xx x x x f -=-=∴ ………………2分∴当)2,0(∈x 时，()0f x '<，此时()f x 在)2,0(上单调递减；当),2(+∞∈x 时，()0f x '>，此时()f x 在),2(+∞上单调递增； ………………3分∴当2=x 时，()f x 取得极小值22ln )2(+=f ∴()f x 的极小值为22ln )2(+=f …………4分(2)函数)0(6216)(')(2>--=-=x xx a x x x f x g令()0g x =，得)0(1223>-=x x x a ，设)0(122)(3≥-=x x x x ϕ ………………5分)2)(2(41421)('∴2-+-=-=x x x x ϕ当)2,0(∈x 时，()0x ϕ'>，此时()x ϕ在)2,0(上单调递增；当),2(+∞∈x 时，()0x ϕ'<，此时()x ϕ在),2(+∞上单调递减；所以2=x 是()x ϕ的唯一极值点，且是极大值点，因此2=x 也是()x ϕ的最大值点，∴()x ϕ的最大值为32)2(=ϕ，又(0)0ϕ=，结合知………………6分 ① 当32>a 时，函数()g x 无零点； ② 32=a 时，函数()g x 有且仅有一个零点；③当320<<a 时，函数()g x 有两个零点；④0≤a 时，函数()g x 有且只有一个零点； ………………8分综上所述，当32>a 时，函数()g x 无零点；当32=a 或0≤a 时，函数()g x 有且仅有一个零点；当320<<a 时，函数()g x 有两个零点. ………………9分（3）对任意1)()(,0<-->>n m n f m f n m 恒成立，等价于n n f m m f -<-)()(恒成立………………10分设)0()2(ln )()(>-++=-=x x xx a x x x f x h 等价于)(x h 在(0,)+∞上单调递减 ………………11分0121)('2≤--=∴xax x h 在(0,)+∞恒成立 ………………12分)0(81)21(21212122>+--=+-≥∴x x x x a 恒成立 ………………13分81≥∴a （对81=a ，0)('=x h 仅在12x =时成立），a ∴的取值范围是),81[+∞ ………………14分。

2015东城高三(上)期末物理

2015东城高三（上）期末物理一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确．）1．（4分）物理学上经常用物理学家的名字命名物理量的单位，以纪念他们做出的突出贡献．下列说法正确的是（）A．用牛顿的名字命名力的单位B．用安培的名字命名功率的单位C．用伏特的名字命名磁感应强度的单位D．用焦耳的名字命名电场强度的单位2．（4分）如图所示为某质点做直线运动的v﹣t图象，由此可知（）A．前1秒物体的位移大小为1mB．第2秒末物体的瞬时速度大小2m/sC．第3秒内物体的加速度大小为3m/s2D．前3秒物体做匀变速直线运动3．（4分）在水平地面上方同一位置将物体沿水平方向抛出，不计空气阻力的影响，物体在同一地方下落过程中，下列说法正确的是（）A．物体的加速度逐渐减小B．物体运动的时间只由高度决定C．物体落地的位置与初速度无关D．物体落地时的速度方向竖直向下4．（4分）如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，由图可知（）A．此列简谐横波的频率是4HzB．介质中各质点的振幅都是4cmC．x=1m处质点此时刻所受合外力最大，方向沿y轴负方向D．x=2m处质点此时刻速度最大，方向沿y轴正方向5．（4分）清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后（）A．洒水车受到的牵引力保持不变B．洒水车受到的牵引力逐渐增大C．洒水车发动机的输出功率保持不变D．洒水车发动机的输出功率不断减小6．（4分）“蹦极”是一种很有挑战性的运动．将一根有弹性的绳子系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从蹦极者离开跳台到第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．蹦极者受到的合力始终增大B．蹦极者始终处于失重状态C．弹性绳刚好被拉直时，蹦极者的速度最大D．蹦极者下降至最低点时，蹦极者的机械能最小7．（4分）科学研究中经常利用磁场来改变带电粒子的运动状态．现有两个速率相同的质子分别在磁感应强度大小为B1、B2的匀强磁场中做匀速圆周运动．已知B1=2B2，下列说法正确的是（）A．两质子所受洛仑兹力大小之比f1：f2=1：2B．两质子加速度的大小之比a1：a2=2：1C．两质子运动的轨道半径之比r1：r2=1：1D．两质子运动的角速度之比ω1：ω2=1：18．（4分）如图所示，匀强电场中有M、N、P、Q四个点，它们分别位于矩形的四个顶点上，各点的电势分别为φM、φN、φP、φQ．在电子分别由M点运动到N点和P点的过程中，电场力所做的正功相同，则（）A．φM＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功B．φM＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力不做功C．φP＜φN，若电子由M点运动到Q点电场力做正功D．φP＞φN，若电子由M点运动到Q点电场力做负功9．（4分）两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷量保持不变．如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为θ，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，则（）A．小球带负电；若将细线烧断，小球将做匀加速直线运动B．小球带正电；若将细线烧断，小球将做自由落体运动C．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大D．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大10．（4分）如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（）A．B．C．D．11．（4分）如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电热丝额定功率为44W，电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则（）A．电压表示数为31.1V B．电动机的输出功率为21 WC．变压器的输入功率为44 W D．通过保险丝的电流为0.3 A12．（4分）水平绝缘地面上固定一带电体P，另一个质量为m的带电小球Q在其正上方做往复直线运动．已知P、Q 之间的最大距离为H，最小距离为．带电小球Q所受电场力F=k，取无穷远处电势为零，带电小球Q所具有的电势能E=k，其中h为P、Q之间距离，k为大于零的未知常量，重力加速度为g．则在带电小球Q运动过程中（）A．P、Q不可能带有同种电荷B．带电小球Q一定做简谐运动C．带电小球Q具有的最大速度为D．P、Q之间距离为时，带电小球Q的速度最大二．填空作图题（本题共3小题，共18分）13．（4分）为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器．（1）请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．（2）正确连接实验电路后，在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，灵敏电流计的指针偏转（选填“发生”或“不发生”）．断开开关时灵敏电流计的指针偏转（选填“发生”或“不发生”）．14．（6分）兴趣小组的同学们利用如图1所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2（m1＜m2）通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体1通过铁夹与纸带相连接．开始时物体1与物体2均处于静止状态，之后将它们同时释放．图2所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D…是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．（1）相邻两计数点之间的时间间隔为；（2）实验时要在接通打点计时器之释放物体（选填“前”或“后”）；（3）将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4…，测得s2=1.60cm，s4=6.40cm，请你计算打点计时器打下C 点时物体的速度大小是 m/s；（4）同学们根据测出的物体1上升高度s与相应的时间t，描绘出如图3所示的s﹣t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为m/s2．15．（8分）实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）B．电压表（量程3V）C．电压表（量程15V）D．电流表（量程0.6A）E．定值电阻（阻值为50Ω）F．滑动变阻器（阻值范围0～50Ω）G．开关、导线若干（1）为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用．（2）实验中电压表应选用．（选填器材前的字母）（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．序号 1 2 3 4 5 6电压U（V） 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10电流I（A）0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480请你将第5组数据描绘在图2中给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I 图线；（4）由此可以得到，此干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．（结果均保留两位有效数字）（5）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻．闭合开关后，改变电阻箱阻值．当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2．已知电流表的内阻为R A．请你用R A、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r= ．三．计算题（本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、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，答案中必须写出数值和单位．16．（9分）如图1所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道．如图2所示，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下，以速度v冲上紧急避险车道匀减速至零．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．（1）画出汽车的受力示意图；（2）求出汽车行驶时的加速度；（3）求出汽车行驶的距离．17．（9分）我国自1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星﹣﹣﹣﹣“东方红”1号以来，为了满足通讯、导航、气象预报和其它领域科学研究的不同需要，又发射了许多距离地面不同高度的人造地球卫星．卫星A为近地卫星，卫星B为地球同步卫星，它们都绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R，卫星A距地面高度可忽略不计，卫星B距地面高度为h，不计卫星间的相互作用力．求：（1）卫星A与卫星B运行速度大小之比；（2）卫星A与卫星B运行周期之比；（3）卫星A与卫星B运行的加速度大小之比．18．（9分）据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g取10m/s2．如表为一次实验过程中的相关数据．重物（包括传感器）的质量m/kg 8.5重物下落高度H/cm 45重物反弹高度h/cm 20最大冲击力F m/N 850重物与地面接触时间t/s 0.1（1）请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：a．重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；b．在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍．（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由．19．（13分）如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m．整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m=1kg的金棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；（2）求金棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率P R；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q．20．（14分）如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．（1）求带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小；（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小，并画出粒子运动轨迹的示意图．（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．参考答案与试题解析一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确．）1．【解答】A、用牛顿的名字命名力的单位．故A正确；B、用安培的名字命名电流的单位．故B错误；C、用伏特的名字命名的是电压的单位．故C错误；D、用焦耳的名字命名的是能量的单位．故D错误．故选：A2．【解答】A、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则前1秒物体的位移大小x=，故A正确；B、1﹣3s内做匀减速直线运动，加速度，则第2秒末物体的瞬时速度大小v=v1+at=2﹣1×1=1m/s，故B错误；C、第3秒内物体的加速度大小为1m/s2，故C错误；D、0﹣1s内质点做匀加速运动，1﹣3s内做匀减速直线运动，故D错误．故选：A3．【解答】A、物体运动时都只受重力，根据牛顿第二定律知，加速度始终为g，大小不变．故A错误．B、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，落地的时间是t，则：h=；则：t=，物体运动的时间只由高度决定．故B正确；C、物体沿水平方向的位移：x=vt=，物体落地的位置与初速度有关，与高度有关．故C错误；D、平抛运动的物体在竖直下抛运动是初速度的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，所以落地时的速度始终有水平方向的分速度，所以物体落地时的速度方向不可能竖直向下．故D错误．故选：B4．【解答】A、由图知，该波的波长为λ=4m，由于波速未知，所以不能求出频率，故A错误．B、介质中各质点的振幅相同，都是2cm，故B错误．C、x=1m处质点此时刻位移为正向最大，由F=﹣kx知，该质点所受合外力最大，方向沿y轴负方向，故C正确．D、x=2m处质点此时刻正通过平衡位置，速度最大，方向沿y轴负方向．故D错误．故选：C5．【解答】AB、洒水车所受阻力与车重成正比，即阻力f=kG，而开始洒水后，车重G减小，故阻力f减小，洒水车匀速行驶，则牵引力F的大小等于阻力f，开始洒水后阻力减小，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故A错误，B 错误；CD、洒水车发动机的输出功率P=Fv，开始洒水后F逐渐减小，速度v不变，则洒水车的洒水车发动机的输出功率不断减小，C错误，D正确；故选：D．6．【解答】A、蹦极者从最高点到绳子拉直时，只受重力，合力不变，从绳子拉直点到最低点的过程中，刚开始重力大于弹力，合力向下，则加速度向下，处于失重状态，随着弹力增大，合力逐渐减小，当弹力等于重力时，合力为零，速度最大，继续向下运动，弹性绳的拉力大于重力，合力向上，加速度向上，处于超重状态，随着弹力的增大，合力增大，故ABC错误；D、整个运动过程中，只有重力和绳子的弹力做功，蹦极者和弹性绳的机械能守恒，蹦极者下降至最低点时，弹性绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能最小，故D正确．故选：D．7．【解答】A、洛仑兹力f=qvB，因为两质子带电量q和速率v都相同，则f1：f2=B1：B2=2：1，A错误；B、向心加速度a=，f1：f2=2：1，两质子质量m相同，则a1：a2=f1：f2=2：1，B正确；C、做匀速圆周运动的轨迹半径，因为两质子带电量q、速率v和质量m都相同，则，C错误；D、做匀速圆周运动的角速度，因为两质子的速率v相同，则，D错；故选：B．8．【解答】AB、电子分别由M点运动到N点和P点的过程中，电场力所做的正功相同，说明NP 为等势面，电场力向下，故电场强度向上；故φM＜φN；MQ与电场强度垂直，故MQ为等势面，故电子由M点运动到Q点电场力不做功，故A正确，B错误；CD、NP 为等势面，故φP=φN，故电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误，D错误；故选：A9．【解答】A、根据小球受力分析，结合小球在图示位置，可知，小球不可能带负电，故A错误；B、小球带正电，受到水平向右的电场力，拉力，及重力处于平衡，当轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故B错误．C、若将N极板向右平移稍许，根据E=、C=，C=，可得板间场强E=，知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，θ不变．故C错误．D、同理，若将N极板向右上移少许，电容C会减小，因电量Q不变，根据U=，板间电势差U增大，由E=得知，则E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故D正确．故选：D．10．【解答】由感应定律和欧姆定律得：I===×，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t 的变化率，由图2可知，在2～3s感应电流的值是0～1s的2倍．再由图2可知，0～1时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，则感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0～1s为负的恒值；1～2s为零；2～3s为正的恒值，故C正确，ABD错误．故选：C．11．【解答】A、已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为U1==220V，，解得U2=22V，故电压表示数为22V，A错误；B、通过电热丝的电流I1==2A，故通过电动机的电流I M=I﹣I1=1A，则电动机的输入功率P=I M U2=22W，电动机的发热功率P热=I M2r=1W，故电动机的输出功率为P﹣P热=21W，B正确；C、副线圈的输出功率P2=44W+22W=66W，变压器输入功率等于输出功率，也是66W，C错误；D、得原线圈的电流为0.3A，不过这是电流的有效值，而通过保险丝的电流i=0.3sin100πt（A），D 错误；故选：B．12．【解答】A、由题可知，小球Q的电势能为正，则向无穷远运动的过程中，电场力一定做正功，所以两个小球之间的作用力为斥力，所以电性一定相同．故A错误；B、带电小球受到的电场力：F=k，重力为mg，所以合力不可能为：F=﹣kx的形式，所以小球的运动一定不是简谐运动．故B错误；C、以小球P处为重力势能的零点，带电小球Q所具有的电势能E=k，而重力势能为：E P=mgh，小球从最高点到最低点的过程中：mg（H﹣）=整理得：①系统的总能量：②当小球的速度最大时，③联立①③，结合二项式定理可知，当有最小值时，速度最大，即当：时速度最大，则：时速度最大，为：．故C正确，D错误；故选：C二．填空作图题（本题共3小题，共18分）13．【解答】（1）把电流计与大线圈组成串联电路，电源、开关、滑动变阻器、小线圈组成串联电路，电路图如图所示．（2）开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片时，小线圈中的电流发生变化，磁通量在变化，则穿过大线圈的磁通量也变化，电流表指针发生偏转；（3）断开开关时，小线圈中电流减小，则穿过大线圈的磁通量减小，则会产生感应电动势，形成感应电流，电流表指针会发生偏转；故答案为：（1）见上图；（2）发生，发生．14．【解答】（1）相邻两计数点之间的时间间隔为：T=0.02×5=0.1s；（2）实验时要在接通打点计时器之后释放物体；（3）C点的瞬时的速度为BD点的平均速度为：v C===0.24m/s（4）根据运动学公式s=，因此s﹣t2图线的斜率k=，那么a=2k=2×=0.8m/s2；故答案为：（1）0.1s；（2）后；（3）0.24；（4）0.8．15．【解答】（1）测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出U﹣I图象，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；根据U=E﹣Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差．干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路．（2）由于待测干电池电动势约为1.5V，故选择量程为3V的电压表即可，故选B；（3）将第5组数据描绘在图2中给出的U﹣I坐标系中作出U﹣I 图线如右图所示；（4）由作出的U﹣I 图线，可得干电池的电动势E=1.50V内电阻r等于图线的斜率，则r=（5）当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1，由闭合电路的欧姆定律有：当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，由闭合电路的欧姆定律有：联立解得电池的内电阻为：r=．故答案为：（1）丙；（2）B；（3）如图所示；（4）1.50；0.83；（5）．三．计算题（本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、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，答案中必须写出数值和单位．16．【解答】解：（1）以汽车为研究对象，受到竖直向下的重力、沿斜面向下的阻力及垂直于斜面向上的支持力，受力示意图如图所示．（2）汽车在紧急避险车道做匀减速直线运动，其加速度大小a，由题意知，阻力f=kmg…①根据牛顿第二定律可知，f+mgsinθ=ma…②联立①②可解得：a==（k+sinθ）g；方向：沿斜面（避险车道）向下．（3）汽车做匀减速直线运动，根据速度位移关系式可知，汽车行驶的距离：x==．答：（1）见上图；（2）汽车行驶时的加速度大小为（k+sinθ）g；方向沿斜面（避险车道）向下；（3）汽车行驶的距离为．17．【解答】解：（1）卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球质量为M，卫星质量为m，轨道半径为r，运行速度大小为v，由万有引力定律和牛顿运动定律，有：…①解得：卫星A与卫星B运行速度大小之比为：（2）由万有引力定律和牛顿运动定律，有：…②可知卫星运行周期：卫星A与卫星B运行周期之比：（3）由万有引力定律和牛顿运动定律，卫星运行的加速度大小为：…③卫星A与卫星B运行的加速度大小之比为：答：（1）卫星A与卫星B运行速度大小之比为；（2）卫星A与卫星B运行周期之比为；（3）卫星A与卫星B运行的加速度大小之比为．18．【解答】解：（1）a．重物受到最大冲击力时加速度的大小为a，由牛顿第二定律：解得：a=90m/s2…①b．重物在空中运动过程中，由动能定理有：…②重物与地面接触前瞬时的速度大小为：重物离开地面瞬时的速度大小为：重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理有：（F﹣mg）t=mv2﹣mv1…③解得：F=510N重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为：因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．（2）人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力．19．【解答】解：（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力、摩擦力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度v m后保持匀速运动．有：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F安=0…①又安培力大小为：F安=BI L…②感应电流为：I=…③感应电动势为：E=BLv m …④联解①②③④得：v m=2m/s…⑤（2）金属棒以最大速度v m匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有：P R=I2R…⑥联解③④⑤⑥得：P R=3W…⑦（3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律：（mgsinθ﹣μmgcosθ）•x=+Q R+Q r…⑧根据焦耳定律Q=I2Rt得：=…⑨流过电阻R的总电荷量 q=△t=△t=…⑩联解⑧⑨⑩得：q=1C…⑬答：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为2m/s．（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为3W．（3）流过电阻R的总电荷量为1C．20．【解答】解：（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v，由动能定理有：qU=mv2…①解得：v=（2）带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动方向改变270°，由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D点，半径为d，由A点垂直射入电场．带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力充当向心力，由牛顿运动定律 Bq=m…②解得：B==（3）带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动若能够射出电场，运动时间为：t1==d…③沿电场方向的侧移为：s=at12…④由牛顿第二定律可知：a==…⑤解得：s=d因此带电粒子恰能从C点射出．轨迹如图所示．设带电粒子第一次在电场中加速，运动时间为t1带电粒子在磁场中偏转，运动时间为t2．粒子转动中洛仑兹力充当向心力．由牛顿第二定律有：Bqv=m…⑥周期为：T==πd则有：t2=T=πd带电粒子第二次在电场中偏转，运动时间也为t1，因此带电粒子运动从O点到C点的总时间为：t总=2t1+t2=（2+π）d答：（1）带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为（2）为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，磁场的磁感应强度的大小，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示．（3）通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间为（2+π）d．。

2015东城高三(上)期末物理(反馈)

2015东城高三（上）期末物理（反馈）一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确，把你认为正确选项前的字母填写在机读卡上）．1．（4分）下列对运动的认识不正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因C．牛顿认为力的真正作用效果总是改变物体的速度，而不是使之运动D．伽利略根据理想实验推论得出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2．（4分）下列各图中，关于通电导线周围磁感线的分布情况表示正确的是（）A．B．C．D．3．（4分）如图所示，当交流电源的电压为220V，频率为50Hz时，三只灯泡L1、L2、L3亮度相同，设电感线圈的电阻远小于定值电阻R．若将交流电源改为直流电源，则（）A．L1、L2、L3亮度都比原来亮B．只有L1的亮度比原来亮C．只有L2的亮度比原来亮D．只有L3的亮度比原来亮4．（4分）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电源的输出功率先变小后变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小5．（4分）如图所示，在固定的正点电荷Q的电场中，一个正点电荷q只受电场力，沿着一条电场线运动．已知该点电荷经过M点时的加速度是经过N点时的加速度的2倍，则下列说法中正确的是（）A．N点距Q的距离一定是M点距Q的距离的倍B．它经过M点时的速度一定是经过N点时的速度的倍C．它经过M点时的动能一定是经过N点时的动能的2倍D．它运动到N点时电场力所做的功一定是运动到M点时电场力所做的功的倍6．（4分）图甲表示一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=20s时的波形图，已知该波的传播速度为50cm/s，则下列说法中正确的是（）A．图乙是该列波中质点F的振动图线B．质点G沿x轴正方向移动C．要使该波能够发生明显的衍射，障碍物的尺寸应小于100cmD．该波与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率为2Hz7．（4分）两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，如图所示．现将质量相同的两个小球，分别从两个碗的边缘处由静止释放（小球半径远小于碗的半径）（）A．两个小球滑到碗底的过程中重力势能减少量相等B．两个小球通过碗的最低点时速度大小相等C．两个小球通过碗的最低点时对碗底的压力不等D．两个小球通过碗的最低点时机械能相等8．（4分）如图所示，两根直木棍AB和CD（可视为相同的圆柱体）相互平行，固定在同一个水平面上，一个圆柱形工件P架在两木棍之间．工件在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动．若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微增大一些后固定．仍将圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是（）A．工件一定静止不动 B．工件一定向右匀速运动C．工件一定向右减速运动 D．工件一定向右加速运动9．（4分）在电梯内的天花板上，竖直悬挂着一根轻质弹簧，弹簧下端挂一个质量为m的物体．当电梯静止时，弹簧被拉伸了x；当电梯从顶层启动时，弹簧的伸长量变化了x，此时（）A．弹簧被拉伸了xB．物体处于失重状态C．电梯以大小为g的加速度加速下降D．电梯以大小为g的加速度减速下降10．（4分）把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为160km/h；现在我国往返北京和上海的动车组的最大速度为480km/h，则此动车组可能（）A．由3节动车加3节拖车编成的B．由3节动车加9节拖车编成的C．由6节动车加2节拖车编成的D．由3节动车加4节拖车编成的11．（4分）如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，实线是一带粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，若带电粒子在轨迹上的a、b、c三点电势能的大小εb＞εa＞εc，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到cB．a、b、c三点电势的大小φb＞φa＞φcC．带电粒子在三点所受电场力的大小F b＞F a＞F cD．带电粒子在三点动能的大小E kb＜E ka＜E kc12．（4分）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A．B．C．D．二．填空题（每空3分，每小题6分，共18分）13．（6分）一个质量为1kg的小球从距地面高度为h=5m处以水平初速度v0=10m/s抛出，小球落地处距抛出点的水平距离为s=10m，则小球落地时的动能E k= J；小球落地时的速度方向是．（g取10m/s2）14．（6分）如图所示，在截面为正方形空腔abcd中有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．若有一束具有相同速率的氕核、氘核、氚核和氦核由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上的粒子都被腔壁吸收，则由小孔c射出的粒子有，由d射出的粒子有．15．（6分）如图所示，某空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，分布在半径为a的圆柱形区域内，两个材料、粗细（远小于线圈半径）均相同的单匝线圈，半径分别为r1和r2，且r1＞a＞r2，线圈的圆心都处于磁场的中心轴线上．若磁场的磁感应强度B随时间均匀减弱，已知，则在任一时刻大小两个线圈中的感应电动势之比为；磁场由B均匀减到零的过程中，通过大小两个线圈导线横截面的电量之比为．三．计算题：本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、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，答案中必须写出数值和单位．16．（9分）如图所示，用恒力F使一个质量为m的物体由静止开始沿水平地面移动了位移x，力F跟水平方向的夹角为α，物体与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）摩擦力f对物体做功W f的大小；（2）拉力F的瞬时功率的大小；（3）如果从此时刻起撤去拉力F，撤去拉力后物体在水平地面上滑行的最大距离．17．（9分）测定带电粒子荷质比的仪器叫做质谱仪．如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源（在狭缝S1上方，图中未画出）产生的带电粒子经狭缝S1与S2之间电场（又称粒子加速器）加速后，进入由P1和P2两平行金属板产生的场强为E的匀强电场，及与电场方向垂直、磁感应强度为B1的匀强磁场区域（又称速度选择器）．再通过狭缝S3垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场区域（又称偏转分离器），在洛伦兹力的作用下带电粒子做半个圆周运动后打到打到感光板P上并被吸收，形成一条细线纹．现有离子源产生的质量为m，带电荷量为q，带正电的粒子，由静止经过粒子加速器后，恰能通过速度选择器，进入偏转分离器．设，带电粒子重力忽略不计．（1）求粒子加速器两极板间的电压U1；（2）a．试判断P1和P2哪个金属板的电势高？b．有同学说粒子打在感光板P上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小你认为这种说法对吗？试分析．（3）J．J．汤姆孙正是通过巧妙的实验测量了阴极射线粒子的荷质比，从而发现了电子．除此之外，你还能列举出哪些测定带电粒子荷质比的方法？（试举一例）（4）质谱仪除了用来测定带电粒子荷质比外，还能哪些用途？（试举一例）18．（10分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．（1）求近地卫星环绕地球运行的周期T；（2）若地球的自转周期为T1，求地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的运行速度v1；（3）若地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，求该行星的自转周期．19．（13分）如图所示，长木板A上右端有一物块B，它们一起在光滑的水平面上向左做匀速运动，速度v0=2m/s．木板左侧有与A等高的物体C．已知长木板A的质量为m A=1kg，物块B的质量为m B=3kg，物块C的质量为m c=2kg，物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．（1）若木板足够长，A与C碰撞后立即粘在一起，求物块B在木板A上滑行的距离L；（2）若木板A足够长，A与C发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有机械能的损失），求第一次碰撞后物块B在木板A上滑行的距离L1；（3）木板A是否还能与物块C再次碰撞？试陈述理由．20．（13分）如图所示，两根相距为L的金属轨道固定于水平面上，导轨电阻不计；一根质量为m、长为L、单位长度电阻为R的金属棒两端放于导轨上，导轨与金属棒间的动摩擦因数为μ，棒与导轨的接触电阻不计．导轨左端连有阻值为2R的电阻．轨道平面上有n段竖直向下的宽度为a间距为b的匀强磁场（a＞b），磁感应强度为B．金属棒初始位于OO′处，与第一段磁场相距2a．求：（1）若金属棒有向右的初速度v0，为使金属棒保持v0的速度一直向右穿过各磁场，需对金属棒施加一个水平向右的拉力．求金属棒不在磁场中时受到的拉力F1和在磁场中时受到的拉力F2的大小；（2）在（1）的情况下，求金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场过程中，拉力所做的功；（3）若金属棒初速度为零，现对其施以水平向右的恒定拉力F，使棒进入各磁场的速度都相同，求金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中导轨左端电阻上产生的热量．参考答案与试题解析一．单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题只有一个选项正确，把你认为正确选项前的字母填写在机读卡上）．1．【解答】A、伽利略通过理想斜面实验推理得到：力不是维持物体速度的原因．故A错误．B、伽利略认为力不是维持物体速度的原因，故B正确．C、牛顿认为力的真正作用效果总是改变物体的速度，即改变物体的运动状态，故C正确．D、伽利略根据理想实验推论得出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故D正确．故选A2．【解答】A、通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故A错误；B、画出直导线磁场的纵切面图可知，B正确；C、根据安培定则可知，螺线管内部磁感线方向应向右，故C错误；D、电流向外，则由右手定则可知，磁场应沿逆时针，故D错误；故选：B．3．【解答】三只灯泡L1、L2、L3亮度相同，当交流电源改为直流电源，则电感的感抗减小，而直流不能通过电容器，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L2的电流变大，流过L1的电流变为零，流过L3的电流不变．故A、B、D错误，C正确．故选：C．4．【解答】A、当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外≥R0=r，当滑动变阻器的滑片P由a 端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误．C、把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R外≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小，故C正确．D、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据P=I2R0，R O不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．故选：C．5．【解答】A、根据检验电荷经过M点时的加速度是经过N点时的加速度的2倍可知，检验电荷在M点的受力是在N点受力的2倍，即正点电荷Q在M点的场强应该是在N点场强的2倍，由点电荷的场强公式E=k可知，E M=k，E N=k，由于 E M=2E N，得r N=r M，故A正确，B、由于不知道MN点的电势的关系，所以不能确定电场对电荷做功的大小，故不能比较电荷在MN点的速度的大小，所以BCD错误故选：A．6．【解答】A、由“上下坡”知t=20s和t=0时振动状态相同，质点F处于负向最大位移处，而由“爬坡法”从乙图看出t=20s时质点处于平衡位置，故乙图不是F点的振动图象，故A错误；B、质点只在各自的平衡位置上下振动，质点并不随波迁移，故B错误；C、该波的波长是100m．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射．所以要发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸应小于100m，故C正确．D、发生稳定干涉的两列波的频率相同，则另一列波的频率为Hz．故D错误．故选：C7．【解答】A、小球减小是重力势能：△E P=mgr，二者的半径不同，则重力势能的减少量不相等．故A错误；B、D、两小球均只有重力做功，故机械能守恒，两球相对于零势能面的高度相同，且动能都为零，故两球到达底部时，两球的机械能一定相等．由机械能定恒可知mgh=，解得：v=，者的半径不同，则通过碗的最低点时速度大小不相等．故B错误，D正确；C、在碗底，由支持力和重力的合力提供向心力，得：F﹣mg=m可知，F=mg+m=3mg；两球受碗的支持力相等，故两球球对碗的压力相等，故C错误．故选：D8．【解答】工件原来做匀速运动，所受的滑动摩擦力大小为：f1=F．将木棍的间距稍微增大一些后固定时，工件受力的侧视图如图，由平衡条件得：2Ncosθ=G木棍的间距稍微增大时，θ增大，cosθ减小，则木棍对工件的支持力N增大，工件与木棍间的最大静摩擦力增大，而F不变，则工件P仍然保持静止．故选：A．9．【解答】A、由题可知，电梯从顶层启动时一定是先向下做加速运动，所以加速度的方向向下．物体处于失重状态，对弹簧的拉力减小，可知弹簧缩短了x，伸长量变成x．故A错误，B正确；C、当升降机静止时有：kx=mg，当升降机运动上，根据牛顿第二定律得：mg﹣=ma，联立解得：a=，方向竖直向下，知电梯以大小为的加速度加速下降．故CD错误．故选：B10．【解答】当牵引力等于阻力时，速度最大，有：，解得k=．A、当动车组由3节动车加3节拖车编成，当速度最大时有：，解得．v m=320km/h故A错误．B、当动车组由3节动车加9节拖车编成，当速度最大时有：，解得v m=160km/h．故B错误．C、当动车组由6节动车加2节拖车编成，当速度最大时有：，解得v m=480km/h．故C正确．D、当动车组由3节动车加4节拖车编成，当速度最大时有：，解得v m=274km/h．故D错误．故选C．11．【解答】A、根据轨迹弯曲方向可知，带电粒子受到的电场力向下．无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故A错误；B、根据轨迹弯曲方向可知，带电粒子受到的电场力向下，但由于不知道粒子所带电荷的电性，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出a、b、c三点电势的大小关系．故B错误；C、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故C错误；D、根据E p=qφ知，带电粒子在三点电势能关系为 E pc＞E pa＞E pb．带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒定律应有：E kc＞E ka＞E kb．故D正确．故选：D12．【解答】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选：C．二．填空题（每空3分，每小题6分，共18分）13．【解答】小球运动过程中，取地面为参考平面，由机械能守恒定律得E k=mgh+=1×10×5+×1×102=100J由E k=得：小球落地时速度大小 v=10m/s小球落地时的速度方向与水平方向的夹角的余弦 cosα==，得α=45°故小球落地时的速度方向与水平方向夹角为45°．故答案为：100，与水平方向夹角为45°．14．【解答】根据洛伦兹力提供向心力，有解得：由C孔射出的粒子偏转圆周，由d孔射出的粒子偏转半个圆周，所以从c孔射出的粒子半径是从d孔射出的粒子半径的2倍，半径公式知R与成正比，氕核的最小，只能从d孔射出；氘核和氦核的是氕核的2倍，所以半径是2倍，所以从c孔射出的是氘核和氦核故答案为：氘核和氦核氕核15．【解答】根据法拉第电磁感应定律得：E===ks大线圈中的感应电动势E1=kπa2小线圈中的感应电动势E2=kπr22所以大小两个线圈中的感应电动势之比为：=根据电阻定律R=ρ得：由于两个线圈材料、粗细均相同，所以大小两个线圈中的电阻之比为：=电量q=It=t所以磁场由B均匀减到零的过程中，通过大小两个线圈导线横截面的电量之比为：==故答案为：，．三．计算题：本题共5小题，共54分．解答应有必要的文字说明、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，答案中必须写出数值和单位．16．【解答】解：（1）对物体受力分析知，竖直方向受力平衡 mg=Fsinα+F N摩擦力的大小为：f=μF N=μ（mg﹣Fsinα）所以摩擦力做的功为：W f=﹣μ（mg﹣Fsinα）•x=﹣μx（mg﹣Fsinα）即摩擦力做的功大小为μx（mg﹣Fsinα）；（2）由动能定理：W﹣W f=E K﹣0所以：E K=W﹣W f=Fxcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）x沿水平地面移动了位移x时的速度为：v=拉力F的瞬时功率的大小为：P=Fvcosα=Fcosα（3）设撤去拉力后物体在水平地面上滑行的最大距离为x′，对全过程：由动能定理可得：Fxcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）x﹣μmgx′=0﹣0解得：x′=答：（1）地面对物体的摩擦力f的大小是μx（mg﹣Fsinα）；（2）拉力F的瞬时功率的大小为Fcosα；（3）撤去拉力后物体在水平地面上滑行的最大距离是．17．【解答】解：（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有解得：由动能定理，有解得：（2）a、粒子要打到感光屏P上，由左手定则知，微粒带正电，在两平行金属板间粒子受到的洛伦兹力水平向右，电场力水平向左，由于粒子带正电，电场水平向左，金属板电势高；b、打到感光片上的位置越靠近，半径越小，根据半径公式，半径越小，比荷越大，所以该同学的说法不对．（3）利用磁偏转法可以测定粒子的比荷（4）质谱仪除了用来测定带电粒子荷质比外，还可以分离和检测不同同位素答：（1）求粒子加速器两极板间的电压为；（2）a．P2金属板的电势高b．有同学说粒子打在感光板P上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小，这种说法不对，根据半径公式，比荷越大，半径越小（3）J．J．汤姆孙正是通过巧妙的实验测量了阴极射线粒子的荷质比，从而发现了电子．除此之外，还可以用磁偏转的方法测定比荷；（4）质谱仪除了用来测定带电粒子荷质比外，还可以分离和检测不同同位素18．【解答】解：（1）根据地球表面物体重力等于万有引力，有，得①近地卫星环绕地球做匀速圆周运动的周期解得：②联立①②得（2）设同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力，有解得：同步卫星环绕地球的运行速度（3）地球的同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为r1=7R1，密度ρ1．某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2=3.5R2，密度ρ2．根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有地球同步卫星：行星的同步卫星：两式化简得T2==12小时．答：（1）求近地卫星环绕地球运行的周期T为；（2）若地球的自转周期为T1，求地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的运行速度为；（3）若地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，该行星的自转周期为12h．19．【解答】解：（1）A与C碰撞后瞬间A与C组成的系统动量守恒，选取向左为正方向，则有：（m A+m C）v1=m A v0解得：最终ABC三者速度相等，根据动量守恒定律得：（m A+m B+m C）v2=（m A+m B）v0解得：根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：﹣解得：L=（2）A与C发生弹性碰撞后，动量守恒，能量守恒，则有：m A v A+m C v C=m A v0+=解得：v A=﹣m/sv C=m/s之后AB组成的系统动量守恒，设共同速度为v，则有：m A v A+m B v0=（m A+m B）v解得：v=根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：﹣解得：L1=m（3）不能，因为碰后物块C的速度为m/s，木板和物块B的共同速度也是m/s，不会再碰撞．答：（1）若木板足够长，A与C碰撞后立即粘在一起，物块B在木板A上滑行的距离L为；（2）若木板A足够长，A与C发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有机械能的损失），第一次碰撞后物块B在木板A上滑行的距离为m；（3）木板A不能与物块C再次碰撞．20．【解答】解：（1）金属棒保持v0的速度做匀速运动．金属棒不在磁场中F1=f=μmg ①金属棒在磁场中运动时，电路中的感应电流为I，F2=f+BIL ②由闭合电路欧姆定律I==③由②③可得F2=μmg+（2）金属棒在非磁场区拉力F1所做的功为W1=F1[2a+（n﹣1）b]=μmg[2a+（n﹣1）b]④金属棒在磁场区拉力F2所做的功为W2=F2na=（μmg+）na故拉力做功为：W=W1+W2=μmg[2a+（n﹣1）b]+nF2a=μmg[2a+（n﹣1）b]+（μmg+）na（3）金属棒进入各磁场时的速度均相同，等于从OO’运动2a位移第一次进入磁场时的速度v1，要保证金属棒进入各磁场时的初速度都相同，金属棒在磁场中做减速度运动，离开磁场后再做加速度运动．金属棒每经过一段磁场克服安培力所做的功都相同，设为W电；棒离开每一段磁场时速度也相同，设为v2．由动能定理有F．a﹣μmg•a﹣W电=m﹣⑦（F﹣μmg）b=﹣⑧由⑦⑧可得W电=（F﹣μmg）（a+b）Q总=nW电整个过程中导轨左端电阻上产生的热量为Q==n（F﹣μmg）（a+b）答：（1）金属棒不在磁场中时受到的拉力F1为μmg，在磁场中时受到的拉力F2的大小为μmg+；（2）在（1）的情况下，求金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场过程中，拉力所做的功为μmg[2a+（n﹣1）b]+（μmg+）na；（3）若金属棒初速度为零，现对其施以水平向右的恒定拉力F，使棒进入各磁场的速度都相同，求金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中导轨左端电阻上产生的热量为=n（F﹣μmg）（a+b）．。