山西省2015届高三年级第二次四校联考物理试题
河南省、河北省、山西省三省2015届高三物理第二次联考(二模)试题(含解析)新人教版
2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、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，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕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】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【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】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此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．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，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】：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【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】：〔1〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(二〕选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。
高三物理月考试题及答案-山西“晋商四校”2015届高三上学期联考试卷
2014-2015学年山西省“晋商四校”高三（上）联考物理试卷一、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．（4分）如图所示的v﹣t图象对应的函数表达式为v=v0+at，则a、v0分别为（）A．a=﹣0.75m/s2，v0=3m/s B．a=0.75m/s2，v0=1m/sC．a=﹣0.5m/s2，v0=3m/s D．a=0.5m/s2，v0=1m/s2．（4分）如图所示，细绳跨过滑轮系住一个质量为m的球，球靠在光滑竖直的墙上，不计滑轮与细绳的质量及摩擦．当用力F拉动小球使小球缓慢下降时，拉力F的大小（）A．越来越大B．越来越小C．先增大后减小D．先减小后增大3．（4分）如图，斜面固定在地面上，倾角37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），质量1kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8．该滑块所受摩擦力F f随时间变化的图象是（取初速度方向为正方向）（）A ．B ．C ．D ．4．（4分）一小车通过一根跨过定滑轮的绳与物块A 相连，如图所示．不计滑轮和绳子的质量及滑轮与绳之间的摩擦．当小车匀速向右运动时，下面判断正确的是（）A ． 物块A 做匀加速运动B ． 物块A 做加速度增大的加速运动C ． 绳子的拉力小于A 的重力D ． 绳子的拉力大于A 的重力5．（4分）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L ．已知重力加速度为g ．要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A ．B ．C ．D ．6．（4分）2014年2月，嫦娥二号卫星再次刷新我国深空探测最远距离纪录，超过7000万公里．嫦娥二号是我国探月工程二期的先导星，它先在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T．若以R表示月球的半径，引力常量为G，则下列表述正确的是（）A．嫦娥二号卫星绕月运行时的线速度为B．月球的质量为C．物体在月球表面自由下落的加速度为D．嫦娥二号卫星在月球轨道经过加速才能降落到月球表面7．（4分）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始作自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）A．B．C．D．8．（4分）（多选）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=2.8m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求出物体通过AB的时间C．可以求得CD=3.6mD．可以求得OA之间的距离为1.6m9．（4分）（多选）如图所示，一斜劈静置于粗糙水平地面，质量为m的物块在斜面上由静止释放，物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，（在下列各种情形下，斜劈始终处于静止状态）则（）A．若只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑B．若只把该物块的质量增加一倍，物块将以大于a的加速度匀加速下滑C．若只在该物块上施加一个沿斜面向下的恒力，斜劈与地面之间的摩擦力保持不变D．若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，物块仍以加速度a匀加速下滑10．（4分）（多选）有一水平转盘，距轴心距离依次为2L、3L、6L处分别放置三个小物块P、Q、M，其质量之比为5：8：5，块与盘间摩擦因素依次为0.1、0.3、0.4．今将转盘转速由0逐渐增大，则（）A．三个物块同时滑动B．物块P较Q、M先滑动C．物块M较P、Q较先滑动D．物块Q最后滑动二、实验题：本题共2小题，共14分．11．（4分）在验证平行四边形定则的实验中，用A、B两个弹簧秤拉橡皮条的结点，使其位于O处，如图所示，此时α+β=90°，现在保持A读数不变化，减小α角，要使结点仍在O处，可采用的办法是（）A．增大B的读数，同时减小β角B．增大B的读数，同时增大β角C．减小B的读数，同时减小β角D．减小B的读数，同时增大β角12．（10分）如图甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A（遮光条所在位置）由静止释放，且AB之间的距离为L=1.0m．（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度如图乙所示，则d=cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.0×10﹣2s，则小车经过光电门时的速度为m/s；（结果保留两位有效数字）（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力大小与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为；（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2﹣m线性图象来研究小车加速度与力的关系，则v2随m 变化的关系式为．（用v2、m、M、g、L表示）（4）某同学通过（3）中实验操作和实验数据作出了对应的线性图象，如图丙所示（横纵坐标物理量都取国际单位），由图象可以求出实验中小车的质量为kg．（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）三、计算题：本题共3小题，共46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．13．（14分）最近某报道称某一路段有一辆汽车和自行车追尾相撞事件，情况是这样的：当时汽车正以v0=72km/h速度向前行使，司机发现正前方△x=45m处有一以v=6m/s的速度与汽车同方向匀速行驶的自行车，司机发现后，以a=2m/s2的加速度开始刹车，最终还是导致了追尾事件的发生．请你判断此新闻是真是假．某同学解法如下：解：汽车速度减为0所用时间为：t==10s在10s内汽车前进的位移为：x1=t=100m10s内自行车前进的位移为：x2=vt=60m由于x2+△x=105m＞x1，汽车停止运动时，自行车位于汽车之前，所以该同学从中得出不可能发生车祸，认为此新闻是假的．（1）你认为该同学判断是否正确，请分析之．（2）如果发生追尾相撞，请你解出从汽车减速开始到两车追尾所用时间；如果不发生追尾相撞，请你解出两车运动过程中的最小距离．14．（14分）如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R=1m，离水平地面的高度H=1.25m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=1m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；（2）物块与转台间的动摩擦因数μ．15．（18分）如图所示，长度为L=3m，质量为M=1kg的木板A置于粗糙的水平地面上，质量m=2kg的小物块B（可视为质点）位于木板的最左端，已知木板和小物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板和水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，现让小物块B突然获得水平向右的初速度v0，且v0=4m/s，取g=10m/s2．求：（1）将木板固定，小物块离开木板时的速度大小；（2）若木板不固定，从小物块滑上木板开始到小物块与木板停止运动的整个运动过程中，木板A与小物块B的位移大小为．2014-2015学年山西省“晋商四校”高三（上）联考物理试卷参考答案与试题解析一、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．（4分）如图所示的v﹣t图象对应的函数表达式为v=v0+at，则a、v0分别为（）A．a=﹣0.75m/s2，v0=3m/s B．a=0.75m/s2，v0=1m/sC．a=﹣0.5m/s2，v0=3m/s D．a=0.5m/s2，v0=1m/s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：匀变速直线运动的速度与时间关系式v=v0+at，v0、v表示初末速度，at表示速度的变化量，在v﹣t图线中，图线的斜率表示加速度．解答：解：在公式v=v0+at中，v0是时间间隔t开始的速度，图象知v0=3m/s；v是时间间隔t结束时的速度，它们均是瞬时速度．在v﹣t图线中，图线的斜率表示加速度为：a===﹣0.5m/s2故选：C．点评：解决本题的关键知道速度时间公式的各个物理量的含义，注意公式的矢量性和v﹣t图象的意义．2．（4分）如图所示，细绳跨过滑轮系住一个质量为m的球，球靠在光滑竖直的墙上，不计滑轮与细绳的质量及摩擦．当用力F拉动小球使小球缓慢下降时，拉力F的大小（）A．越来越大B．越来越小C．先增大后减小D．先减小后增大考点：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：球受到三个力的作用，即重力、绳子的拉力和竖直墙面对球的支持力．球在这三个力的作用下平衡．使小球匀速上升时，将缩短绳的长度，θ增大，根据F N的表达式分析其变化．解答：解：如图所示，球受到重力G，绳子的拉力T，墙壁的支持力F N．画出球的受力图如图．根据平衡条件得：G=Tcosθ可得：T=根据题知：θ增大，cosθ减小，则T增大．故A正确．故选：A．点评：应用共点力的平衡解决问题时，首先要正确进行受力分析，再运用平衡条件解题．本题采用函数法，还可以用图解法分析．3．（4分）如图，斜面固定在地面上，倾角37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），质量1kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8．该滑块所受摩擦力F f随时间变化的图象是（取初速度方向为正方向）（）A．B．C．D．考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：滑块以初速度V0从斜面上滑下，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μN可确定其大小；当速度减小为零时，根据重力的下滑力小于最大静摩擦力，从而确定滑块处于静止状态，因而根据受力平衡可得静摩擦力的大小．解答：解：滑块以初速度V0从斜面上滑下，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μN可得：f=μmgcos37°=0.8×1×10×0.8N=6.4N，方向沿着斜面向上．下滑力等于f′=mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜6.4N，所以滑块速度为零时，滑块受到的静摩擦力大小6N，方向沿着斜面向上．故A正确．故选：A点评：考查滑动摩擦力与静摩擦力的区别，及各自大小与方向的确定．本题比较简单，但容易出错．4．（4分）一小车通过一根跨过定滑轮的绳与物块A相连，如图所示．不计滑轮和绳子的质量及滑轮与绳之间的摩擦．当小车匀速向右运动时，下面判断正确的是（）A．物块A做匀加速运动B．物块A做加速度增大的加速运动C．绳子的拉力小于A的重力D．绳子的拉力大于A的重力考点：运动的合成和分解；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则判断出A的速度变化，从而得出A的加速度方向，根据牛顿第二定律判断拉力和重力的大小关系．解答：解：A、B、小车沿绳子方向的速度等于A的速度，设绳子与水平方向的夹角为θ，根据平行四边形定则，物体A的速度v A=vcosθ，小车匀速向右运动时，θ减小，则A的速度增大，所以A加速上升，加速度方向向上，但加速度是减小的，故A错误，B错误；C、D、物体A加速上升，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：T﹣G A=m A a．知拉力大于重力．故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道小车沿绳子方向的分速度等于物体A的速度，根据平行四边形定则进行分析．5．（4分）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g．要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A．B．C．D．考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：由题意知汽车拐弯时所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，根据受力分析求解即可．解答：解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图如上图，由牛顿第二定律得：又由数学知识得所以有即故选：D．点评：类似于火车拐弯问题，知道按题设条件拐弯时，向心力由重力和支持力的合力提供．6．（4分）2014年2月，嫦娥二号卫星再次刷新我国深空探测最远距离纪录，超过7000万公里．嫦娥二号是我国探月工程二期的先导星，它先在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T．若以R表示月球的半径，引力常量为G，则下列表述正确的是（）A．嫦娥二号卫星绕月运行时的线速度为B．月球的质量为C．物体在月球表面自由下落的加速度为D．嫦娥二号卫星在月球轨道经过加速才能降落到月球表面考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据v=求线速度，根据万有引力提供向心力G =m，求解中心天体质量，根据万有引力等于重力，求月球表面重力加速度，嫦娥二号卫星在月球轨道经过减速，做近心运动，才能降落到月球表面．解答：解：A、卫星运行的线速度v=，故A错误；B、根据万有引力提供向心力G =m得：M=，故B正确；C、根据万有引力等于重力，即m=mg得，其中T是近月卫星的周期，不是离月球h高度的周期，故C错误；D、嫦娥二号卫星在月球轨道经过减速，做近心运动，才能降落到月球表面，故D错误．故选：B点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，知道要做离心运动，需要加速，要做近心运动，需要减速．7．（4分）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始作自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹．解答：解：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，故轨迹应向上偏折，故选B．点评：匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近．8．（4分）（多选）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=2.8m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求出物体通过AB的时间C．可以求得CD=3.6mD．可以求得OA之间的距离为1.6m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出B 点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△s=at2=0.8m，结合v B=，求出B 点的速度表达式，即可公式求解OA．解答：解：A、由△x=at2可得物体的加速度a的大小为a=，据题知：△s=s BC﹣s AB=0.8m，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；B、由于AB段的初速度和加速度都未知，所以不能求出物体通过AB的时间，故B错误．C、根据s CD﹣s BC=s BC﹣s AB=0.8m，可知s CD=s BC+0.8m=2.8m+0.8m=3.6m，故C正确；C、设相等时间为t，则物体经过B点时的瞬时速度v B===再v t2=2as可得OB两点间的距离s OB为s OB==m=3.6m所以O与A间的距离s OA为s OA=s OB﹣s AB=（3.6﹣2）m=1.6m，故D正确．故选：CD点评：解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2．9．（4分）（多选）如图所示，一斜劈静置于粗糙水平地面，质量为m的物块在斜面上由静止释放，物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，（在下列各种情形下，斜劈始终处于静止状态）则（）A．若只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑B．若只把该物块的质量增加一倍，物块将以大于a的加速度匀加速下滑C．若只在该物块上施加一个沿斜面向下的恒力，斜劈与地面之间的摩擦力保持不变D．若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，物块仍以加速度a匀加速下滑考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对滑块受力分析，根据牛顿第二定律列式推导出加速度的表达式分析；对斜面体受力分析，根据平衡条件判断滑块受力情况改变后斜劈与地面之间的摩擦力的改变情况．解答：解：A、B、对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsinα﹣μmgcosθ=ma解得：a=g（sinθ﹣μcosθ）与质量无关，故只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑，故A正确，B 错误；C、若只在该物块上施加一个沿斜面向下的恒力，物体对斜面体的压力和摩擦力不变，故斜面体受力情况不变，斜劈与地面之间的摩擦力保持不变，故C正确；D、若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，根据牛顿第二定律，有：（mg+F）sinα﹣μ（mg+F）cosθ=ma解得：a=g（sinθ﹣μcosθ）﹣（sinθ﹣μcosθ）；故力F越大，加速度越小，故D错误；故选：AC．点评：本题关键是对滑块和斜面体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，不难．10．（4分）（多选）有一水平转盘，距轴心距离依次为2L、3L、6L处分别放置三个小物块P、Q、M，其质量之比为5：8：5，块与盘间摩擦因素依次为0.1、0.3、0.4．今将转盘转速由0逐渐增大，则（）A．三个物块同时滑动B．物块P较Q、M先滑动C．物块M较P、Q较先滑动D．物块Q最后滑动考点：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：P、Q、M，三个物体放在匀速转动的水平转台上，随转台做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析物体受到的静摩擦力大小．当物体所受的静摩擦力达到最大值时开始滑动．根据产生离心运动的条件分析哪个物体先滑动．解答：解：A、设P、Q、M的质量分别为5m，8m，5m，三物块都未滑动时，角速度相同，根据向心加速度公式a=ω2r，则三个物体受到的静摩擦力分别为f P=5mω22L=10mω2L，f Q=8mω23L=24mω2L，f M=5mω26L=30mω2L．P、Q、M三个物体受到的最大静摩擦力分别为：f Pm=μ15mg=0.5mg，f Qm=μ28mg=2.4mg，f Mm=μ35mg=2mg．可见转台转速加快时，角速度ω增大，三个受到的静摩擦力都增大，M的静摩擦力最先达到最大值，先滑动，Q最后滑动，故CD正确．故选：CD点评：本题关键要抓住静摩擦力提供向心力，比较静摩擦力和向心加速度时要抓住三个物体的角速度相等进行．二、实验题：本题共2小题，共14分．11．（4分）在验证平行四边形定则的实验中，用A、B两个弹簧秤拉橡皮条的结点，使其位于O处，如图所示，此时α+β=90°，现在保持A读数不变化，减小α角，要使结点仍在O处，可采用的办法是（）A．增大B的读数，同时减小β角B．增大B的读数，同时增大β角C．减小B的读数，同时减小β角D．减小B的读数，同时增大β角考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析．解答：解：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则作图如下：由图可知：合力不变，A方向向合力方向靠拢即减小α角，则B的拉力应减小，同时应减小β角；故ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形进行动态分析．12．（10分）如图甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A（遮光条所在位置）由静止释放，且AB之间的距离为L=1.0m．（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度如图乙所示，则d=1.265cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.0×10﹣2s，则小车经过光电门时的速度为0.63m/s；（结果保留两位有效数字）（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力大小与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为M＞＞m；（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2﹣m线性图象来研究小车加速度与力的关系，则v2随m 变化的关系式为v2=．（用v2、m、M、g、L表示）（4）某同学通过（3）中实验操作和实验数据作出了对应的线性图象，如图丙所示（横纵坐标物理量都取国际单位），由图象可以求出实验中小车的质量为0.65kg．（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．（2）为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m；（3、4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，可知画出v2﹣m图象斜率可以直观的得出结论．解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为0.05×13mm=0.65mm，所以最终读数为：12mm+0.65mm=12.65mm=1.265cm；②数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v==m/s=0.63m/s（2）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当M＞＞m时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2aL=，（4）由上分析可知，图象的斜率为k==30，因此实验中小车的质量为M==kg=0.65kg．故答案为：（1）1.265，0.63；（2）M＞＞m；（3）v2=，（4）0.65．点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．三、计算题：本题共3小题，共46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．13．（14分）最近某报道称某一路段有一辆汽车和自行车追尾相撞事件，情况是这样的：当时汽车正以v0=72km/h速度向前行使，司机发现正前方△x=45m处有一以v=6m/s的速度与汽车同方向匀速行驶的自行车，司机发现后，以a=2m/s2的加速度开始刹车，最终还是导致了追尾事件的发生．请你判断此新闻是真是假．某同学解法如下：解：汽车速度减为0所用时间为：t==10s在10s内汽车前进的位移为：x1=t=100m10s内自行车前进的位移为：x2=vt=60m由于x2+△x=105m＞x1，汽车停止运动时，自行车位于汽车之前，所以该同学从中得出不可能发生车祸，认为此新闻是假的．（1）你认为该同学判断是否正确，请分析之．（2）如果发生追尾相撞，请你解出从汽车减速开始到两车追尾所用时间；如果不发生追尾相撞，请你解出两车运动过程中的最小距离．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．。
山西省2015届高三年级第二次四校联考英语试题
2015届高三年级第二次四校联考英语2014.12 命题：忻州一中康杰中学临汾一中长治二中【本试题分第I卷和第II卷两部分，时间120分钟，总分150分，听力不计入总分。
】第I卷第一部分听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案表在试卷上。
录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节(共5小题;每小题1.5分，满分7.5分)听下面五段对话。
每段对话后有一个小题。
从题中所给的A. B. C三个选项选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What can we learn from the conversation?A. The two speakers are climbing stairs.B. The two speakers took the stairs.C. The woman suggested walking2. What is the man going to do?A. Take another flight.B. Give the ticket to someone.C. Catch the plane at 6:003. What is the relationship between the speakers?A. Boss and employee.B. Customer and waitress.C. Customer and salesgirl.4. What will the speakers do over the weekend?A. Go hikingB. Stay at home.C. Climb mountains.5. Where does this conversation probably take place?A. In a bookstore.B. In a classroom.C. In a library.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话。
【整理 】2015届高三第四次联考物理试卷 Word版含答案1
2014-2015第四次联考物理试题（满分300分，考试时间150分钟）本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II卷。
第Ⅰ卷均为必考题，第II卷包括必考和选考两个部分。
相对原子质量：H-1 O-16 C-12 S-32 N-14 Fe-56 Cl-35.5 Ca-40 Na-23第Ⅰ卷（必考）本卷共18小题，每小题6分，共108分。
选择题（本题共18小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
）13.我国正在自主研发“北斗二号”地球卫星导航系统，此系统由中轨道、高轨道和同步卫星等组成，可将定位精度提高到“厘米”级，会在交通、气象、军事等方面发挥重要作用．已知三种卫星中，中轨道卫星离地最近，同步卫星离地最远．则下列说法中正确的是A．中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度B．中轨道卫星的角速度小于同步卫星的角速度C．若一周期为8h的中轨道卫星，某时刻在同步卫星的正下方，则经过24 h仍在该同步卫星的正下方D．高轨道卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度14.某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t的变化图象如图所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是A．物体在2～4 s内做匀加速直线运动B．物体在4 s末离出发点最远C．物体始终向同一方向运动D．物体在0～4 s和在4～8 s内的位移相同15.如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体置于光滑水平地面上，要使原来与斜面接触的质量为m的小球做自由落体运动，则向右拖斜面体的水平力F的大小至少为C Mgθ D.MgsinθB Mgθ.cos.cotA Mgθ.tan16.如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功为ks5uA ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD.12kmgR 17.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻1R 、2R 的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻1R 、2R 组成电路，1R 、2R 可以同时接入电路，也可以单独接入电路，为使电源输出功率最大，可采用的接法是A ．将1R 单独接到电源两端B ．将2R 单独接到电源两端C ．将1R 、2R 串联后接到电源两端D ．将1R 、2R 并联后接到电源两端18.空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x变化的图象如图所示，下列说法中正确的是A ．O 点的电势最低B ．x 2点的电势最高C ．x 1和－x 1两点的电势相等D ．x 1和x 3两点的电势相等第Ⅱ卷 （必考）第Ⅱ卷必考部分共9题，共157分19.(1)（6分）某实验小组利用如下图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x ，由下图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝________cm.该实验小组在做实验时，将滑块从上图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt 1，遮光条通过光电门2的时间Δt 2，则滑块的加速度的表达式a ＝________ .(以上表达式均用字母表示)乙图(2)（12分）如图2 -4 -17，甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．①首先用多用电表的欧姆挡（倍率为“×10”）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=____ ．（4分）②然后使用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：A．电流表：量程为30mA，内阻约为0.1Ωks5uB．电压表：量程为3V，内阻约为3 KΩC．滑动变阻器：最大阻值为20 Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压4V，内阻忽略F. 电键K，导线若干在方框中画出实验电路图．（4分）③如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L.直径为d，则该材料的电阻率ρ= （用测出的物理量的符号表示）．（4分）20.（15分）如图所示，A物体用板托着，位于离地h=1.0m处,轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连，绳子处于绷直状态，已知A物体质量M=1.5㎏，B物体质量m=1.0kg，现将板抽走,A将拉动B上升，设A与地面碰后不反弹，B上升过程中不会碰到定滑轮，问：ABh（1）A落地前瞬间的速度大小为多少？（2）B物体在上升过程中离地的最大高度为多大？21．(19分) 如图所示，两块竖直放置的足够长的平行金属板A、B，板距d＝0.04m，两板间的电压U＝400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m＝5×10－6kg，电荷量q＝5×10－8C．设A、B板长度无限，g取10m/s2．试求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？22.（20分）如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能选考部分第Ⅱ卷选考部分共5题，共35分。
山西省太原市2015届高三第二次模拟考试物理试题(含解析)
2015年山西省太原市高考物理二模试卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．1-5小题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．1．（6分）直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路；长直导线cd 和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，观察到ab向左滑动．关于cd中的电流，下列说法正确的是（）A．电流一定增大，方向沿c向dB．电流一定增大，方向沿d向cC．电流一定减小，方向可能由d向cD．电流大小恒定，方向由d到c【考点】：楞次定律；磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化．【解析】：解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况；故选：C．【点评】：楞次定律有两种描述，一种是：增反减同，另一种是：来拒去留；本题可根据第二种描述快速求解；应明确电磁感应中的阻碍的各种含义．2．（6分）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上．观察发现，“接棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B．甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【考点】：牛顿第三定律．【专题】：常规题型．【分析】：运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒．【解析】：解：A、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选：C．【点评】：明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒．3．（6分）近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当干给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（）A．4.2 B．3.7 C．2.8 D． 2.0【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力．【解析】：解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：则由几何关系可知：人的颈椎对头的支持力F：所以F=；故选：B．【点评】：本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象，再由几何关系即可求解．4．（6分）假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：在赤道上，万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力．结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量，根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值．【解析】：解：在赤道上的物体，有：，在两极，有：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1﹣．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力．5．（6分）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈l和2，其边长L1＞L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈l、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热世分别为Q1、Q1，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则（）A．v1＜v2，Q1＞Q2，q1＞q2 B．v1=v2，Q1=Q2，q1=q2C．v1＜v2，Q1＞Q2，q1=q2 D．v1=v2，Q1＜Q2，q1＜q2【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，可知两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈进入时运动是同步的，直到线圈2完全进入磁场后，线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系．由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大．由q=分析电量的关系．【解析】：解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为：F=由电阻定律有：R=ρ（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量m=ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）．当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a==g﹣联立得，加速度为：a=g﹣由上式分析得知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，匀加速运动的位移相同，所以落地速度v1＜v2．由能量守恒可得：Q=mg（h+H）﹣mv2（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q1＞Q2．根据q==∝L知，q1＞q2．故选：A．【点评】：本题要注意分析物体的运动状态及能量变化关系，关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿第二定律得到加速度关系，分析物体的运动情况关系．6．（6分）图1是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．发电机输出交流电压的有效值约为500 VB．用户用电器上交流电的频率是100 HzC．输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大【考点】：远距离输电．【专题】：交流电专题．【分析】：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．【解析】：解：A、由图象可知交流的最大值为U m=707V，因此其有效值为U==500V，故A正确；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C 错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：AD．【点评】：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时要能正确书写交流电的表达式．7．（6分）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）（）A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大D．到达x1位置时，小球速度的大小为【考点】：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】：解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；D、根据动能定理可得得，故D正确；故选：BD【点评】：本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可8．（6分）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．当F=μ（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．【解析】：解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F﹣f1﹣f2=ma2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．C、若砝码与纸板分离时的速度小于，根据知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下，故C错误．D、当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度=2μg，根据，解得t=，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．故选：BD．【点评】：本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．三、非选择韪：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．（一）必考题9．（7分）用如图的电路可以精确测量定值电阻R0的电阻值和滑动变阻器R2的总阻值，图中R1为电阻箱，主要操作步骤如下，完成步骤中的填空：①将滑动变阻器滑片调到最左端，断开S2，接着闭合S、S1，读出电流表的示数I1；②再断开S1，闭合S2，调节电阻箱的电阻值，当电阻箱的电阻为5.6Ω时，电流表的示数也为I1，断开S；③将滑动变阻器滑片调到最右端，断开S2，闭合S、S1；读出电流表的示数I2；④再断开S1．闭合S2．调节电阻箱的电阻值为15.8Ω时，电流表的示数也为I2；⑤则定值电阻R0= 5.6Ω；滑动变阻器R2的总阻值为10.2Ω．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：分析电路结构，根据实验步骤分析实验采用的方法，再由欧姆定律分析可得出对应的电阻值．【解析】：解：由题意可知，本题应采用替代法进行测量，第①步中接入电路的只有R0，故断开S1，闭合S2，使电流仍为I1时，可知，电阻箱的阻值即为R0的阻值，则可知R0=5.6Ω；为了测量滑动变阻器的总阻值，应将滑动变阻器全部接入时得出电流值，再用电阻箱替代两电阻，得出相对的电流值，可得出滑动变阻器的总阻值与R0的阻值为电阻箱的电阻，故滑动变阻器的总阻值为：15.8﹣5.6=10.2Ω；故答案为：②S1；S2；电阻箱；④S1，S2；⑤5.6；10.2【点评】：本题考查等效替代法在电阻测量中的应用，要注意正确分析实验电路明确实验中采用的等效替代的方法．10．（8分）利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数．在斜面底端O处固定一光电门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为△t．测得P、O间的距离为x．已知遮光片的宽度为d．完成下列填空：（1）P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示，则d=0.500cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间△t，利用所得数据作出（）2﹣x图线如图3所示：①由图线可得滑块加速度的大小为 3.92m/s2；②测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，取g=9.80m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值μ=0.25．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据瞬时速度等于平均速度，及运动学公式，即可求解；（2）根据游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据（）2﹣x图线，结合运动学公式，通过图象斜率，即可求解加速度大小；（4）对滑块受力分析，结合牛顿第二定律，即可求解动摩擦因数．【解析】：解：（1）滑块经过光电门的速度为v=；根据运动学公式，那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0×0.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）①根据作出（）2﹣x图线，结合，则有：k=2a；那么a==m/s2=3.92m/s2；②滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mg﹣μmg=ma；解得：μ==0.25；故答案为：（1）；（2）0.500；（3）3.92，0.25．【点评】：考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数，理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用，知道其图象斜率与加速度的关系．11．（13分）一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢，在水平直道上匀速行驶，其所受的阻力与各自的重量成正比，比例系数为k=0.2且与速度无关．某时刻车厢脱落，车厢停止运动时，卡车与车厢相距△x=96m．已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g=10m/s2，求车厢脱落时的速度v0．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小，结合运动学公式，结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小．【解析】：解：设卡车的牵引力为F，车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：F﹣3kmg=0．设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿运动定律有：F﹣k×2mg=2ma1，kmg=ma2，设卡车和车厢的位移分别为x1和x2，由运动学方程有：，，△x=x1﹣x2，v0=a2t，代入数据解得v0=16m/s．答：车厢脱落时的速度为16m/s．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解．12．（19分）在如图的xOy坐标系中．A（﹣L，0）、C是x轴上的两点，P点的坐标为（0，L）．在第二象限内以D（﹣L，L）为圆心、L为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在第一象限三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴负方向的匀强电场．现有大量质量为m、电荷量为+q的相同粒子，从A点平行xOy 平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方向射入的粒子恰好从P点进入电场，经电场后恰好通过C点．已知a=30°，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：（1）电场强度的大小；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，进而电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律结合平抛运动基本公式求解电场强度；（2）设粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO′为菱形，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，根据几何关系结合平抛运动基本公式求出粒子到达x轴的坐标的表达式，从而求出x的范围．【解析】：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，粒子初速度为v0，则，由几何关系得：r=L，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，设在电场中运动的时间为t0，电场强度为E，则qE=ma，，L=解得：E=（2）若粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO′为菱形，O′F平行AD，v F⊥O′F，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，则有：y F=L（1﹣cosθ），粒子从F′通过PC，则粒子在电场中运动的时间为t，从C′通过x轴离开电场，沿x轴方向的位移为x，x=v0t，，粒子到达x轴的坐标为x C′，x C′=x F′+x（0＜θ≤90°）当θ=90°时，x C′的最小值，当时，x C′的最大值所以x正半袖上有粒子穿越的区间为答：（1）电场强度的大小为；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间为．【点评】：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．（二）选考题：共45分．请考生从给出的三个选修中，选做一个，．如果多做，则按所做第一计分．【物理--选修3-3】（15分）13．（6分）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大B．若两分子间距离减小，分子间斥力增大、引力减小，合力为斥力C．在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的【考点】：* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动．【分析】：温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子的平均动能越大；若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大．液体表面张力使液体表面呈收缩状态；布朗运动是由于固体小颗粒受撞击不平衡造成的．【解析】：解：A、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度一定升高，故气体分子的平均动能增大；故A正确；B、若两分子间距离减小，分子间斥力和引力都增大；但斥力变化快；从而导致合力为斥力；故B错误；C、在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是重力充当向心力，而表面张力起主要作用的结果；故C正确；D、布朗运动是由于固体小颗粒受到的撞击不平衡而导致的；故D错误；故选：AC．【点评】：本题考查分子平均动能、分子间的相互作用力、表面张力及布朗运动的性质，要注意正确理解相关内容，并且要会解释相关现象．14．（9分）如图，一根粗细均匀的玻璃管，由A、B、C三段直管及横管组成，A、C两端开口，B、C两管内装有水银且两管内液面相平．若把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下8cm处且稳定时．B内水银面下降的高度为2cm；若先将c管上端封闭，再把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下13cm处且处于稳定时，进入A管内的水银柱长度为5cm，求此时B管内水银面下降的高度．（已知大气压强p0=76cmHg，环境温度不变）【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：对A管内气体进行分析，由压强的计算可求得变化前后的压强，再由玻意耳定律可列式，联立即可求得B管内水银面下降的高度．【解析】：解：设管的截面积为S，未插入水银槽前AB部分空气柱长为l0，不封闭C管的情况下，A管内封闭气体压强和长度分别为：P1=P0+ρgh1=80cmHg；l1=l0﹣4+2=l0﹣2由玻意耳定律可得：P0l0s=P1l1sC管封闭时，设B处水银下降的高度为x，AB管内封闭气体压强和长度分别为：P2=P0+ρgh2l2=l0﹣5+x由玻意耳定律可得：P1l1S=P2l2S解得：x=1.2m；答：此时B管内水银面下降的高度为1.2m．【点评】：本题考查玻意耳定律的应用，关键点是求出插入水银槽时玻璃管内气体的压强的计算方法．【物理--选修3-4]（15分）15．从O点发出的甲、乙两列倚谐横波沿x正方向传播，某时刻两列波分别形成的波形如图所示，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是（）A．两列波具有相同的波速B．两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C．P点比Q点先回到平衡位置D．P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动E．若甲、乙两列波在空间相遇时不会发生干涉【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．Q点与P 点都要经过周期回到平衡位置．由图可两列波波长的大小，再分析周期的长短，再比较时间长短．根据频率关系研究相同时间内全振动次数关系．两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉．【解析】：解：A、B两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．故A正确，B错误．C、由图可知，两列波波长之比λ甲：λ乙=3：2，波速相同，由波速公式v=得到周期之比为T甲：T乙=3：2．Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置．所以Q点比P点先回到平衡位置．故C错误．D、两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动．故D正确．。
2015年高考(599)山西省四校2015届高三年级第四次联考
2015年高考（599）山西省四校2015届高三年级第四次联考山西省四校2015届高三年级第四次联考语文试题（A）命题：忻州一中长治二中临汾一中康杰中学（本试题分第卷和第卷两部分。
满分150分，考试时间150分钟。
）第I卷阅读题甲必考题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1～3题。
隐逸文化的精神价值归去来兮，田园将芜胡不归。
陶渊明的这一声清啸，引得林泉激荡，岩穴来风，千载之下尚令人追慕不已。
其实，这并非陶渊明有卓异之处，而是因为隐逸文化实在是传统文化的重要的一翼，它不仅存在于传统文化的深处，而且以一种潜隐的方式存在于现实生活的深处。
如果从传说中的巢父、许由算起，中国的隐逸传统应与民族的文明史几乎同源，隐士亦不下万余人，有文献记载、事迹可考的就有几千人。
中国隐逸文化的源头应当追溯到孔子。
孔子当然不是隐士，甚至还明确反对过隐逸，但他的思想里却隐含着许多隐逸成分，中国后来的许多隐逸思想就是由此发展来的。
孔子终生都在宣扬、推行和维护代表儒家文化理想的道，但他还提倡无道则隐。
不仅如此，他还进一步提出明哲保身、存身以成仁等观点，作为他隐居求志、待时而动的必要补充。
庄子则是中国隐士的正牌祖先，他不仅本人是大隐士，而且全面系统地提出了中国的隐逸理论。
他否定一切世俗的功名利禄，使之不扰于心，并进一步卸除了一切社会责任，使自己成为一种纯粹的自我存在。
这还不够，他不仅要隐身，更重要的是要隐心，通过艰苦的修炼，彻底荡除喜怒哀乐的情绪，即使大浸稽天也不感到潮湿，大旱金石流也不感到炎热，由纯粹的自我存在升华到了纯粹超然的精神存在。
这样，庄子就什么也不依靠，做到了真正纯粹的逍遥游。
庄子的隐逸思想是一种面对社会精神牢笼的觉醒，对封建政治意识形态一直起着强烈的破坏作用，经过封建士大夫和隐士的发扬，这一思想基本上是作为积极因素而发挥作用的。
儒道两家的融合互补为传统的隐逸文化奠定了基础。
到了汉代，由于政治意识形态的统一和强固，隐士几乎没有生存的空间，就出现了以东方朔为代表的朝隐，它体现了传统隐逸文化的初期特征：注重现实功利；魏晋时期，随着大一统政治意识形态的解体，出现了林泉之隐，它更多地体现出传统隐逸文化中精华的一面；由于唐代的包容性，反而使得隐逸文化很难找到自己的位置，于是出现了具有浓厚的实用色彩的中隐；至宋代，整个传统文化走向内倾，注重精神超越的酒隐就应运而生了。
山西省2015年高中阶段教育学校招生统一考试物理试题
物理试卷 第1页（共8页） 物理试卷 第2页（共8页）绝密★启用前山西省2015年高中阶段教育学校招生统一考试物 理本试卷满分80分,考试时间70分钟。
一、选择题(本题共10小题,每小题3分,共30分。
每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求) 1.下列估测合理的是( )A .我国国歌演奏一遍的时间约为5 sB .人步行的速度约为1.1 m /sC .一个普通中学生的重力约为50 ND .人体感到舒适的气温约为39℃2.关于声现象,下列说法正确的是 ( )A .我们听到的声音是由物体振动产生的B .声音在真空中传播速度比在固体中快C .用大小不同的力敲鼓可以改变声音的音调D .城市道路旁的隔音板是在人耳处减弱噪声3.“珍爱生命,注意安全”是同学们日常生活中必须具有的意识。
关于安全用电,下列说法正确的是 ( )A .保险丝熔断后,可以用铜丝代替B .发现有人触电,直接用手把他拉开C .有金属外壳的用电器,其外壳要接地D .家庭电路中,开关连接火线或零线都可以4.在探究凸透镜成像规律的实验中,当烛焰、凸透镜、光屏处于如图所示的位置时,恰能在光屏上得到一个清晰的像。
应用这一成像原理的是 ( )A .潜望镜B .放大镜C .照相机D .投影仪 5.下列情景对应的说法错误的是( )A .春天花香四溢,这是扩散现象B .-200℃液态空气,它是没有内能的C .水沸腾壶盖跳动,水蒸气对外做功D .下滑时有灼热感觉,做功改变物体内能 6.在生产生活中,如图所示的简单机械使用中,一定费力的是 ( )A .独轮车B .斜面C .滑轮组D .筷子7.关于电磁现象,下列说法正确的是 ( )A .电磁铁的磁性强弱只与线圈中的电流大小有关B .电动机是根据电磁感应现象制成的C .通电导体在磁场中受力的方向跟电流方向、磁场方向有关D .闭合电路的部分导体在磁场中运动时,一定产生感应电流 8.电动自行车两刹车手柄中,各有一只开关S 1和S 2。
山西省四校2015届高三下学期第四次联考
山西省四校2015届高三下学期第四次联考高三2010-05-19 20:28山西省四校2015届高三下学期第四次联考（语文）一、（12分，每小题3分）1．选出字音、字形全都正确的一项（）A．渐染（jìàn）前恭后倨（jù）贻误至高无尚B．缟素（gǎo）吹毛求疵（cī）蝉联克敌致胜C．载客（zài）踽踽而行（yǔ）光牒优哉游哉D．肯綮（qìng）靡靡之音（mǐ）坐落电影脚本2．下列各句中，加点的成语使用恰当的一句是（）A．叶健英最大的梦想就是把“新干线”打造成与“美国联合包裹快递”以及“美国联邦快递”等量齐观的国际品牌，为在美国打拼的华人争光。
B．从一介书生到“晚清第一重臣”，其中有大动荡时代特有的风云际会，更有李鸿章本人的通权达变、审时度势。
C．做人要正派，要品行端正，你这样到处刺探他人隐私是不道德的，古人不是也说过要目不窥园吗？D．2010年上海世博会会徽图案形似汉字“世”，又与“2010”巧妙组合，两者交相辉映，表达了中国人民举办多元文化相融合的博览会的强烈愿望。
3．下列各句中，没有语病的一项是（）A．最近，矿难事故频繁发生，人财两伤，损失巨大，其主要原因是工人缺乏安全意识和领导监督管理不力。
B．2010年上海世博会中国国家馆的展示以“寻觅”为主线，让参观者在“东方足迹”、“寻觅之旅”、“低碳行动”三个展区的“寻觅”中感悟并发现城市发展中的中华智慧。
C．足坛名帅戚务生的执教经验丰富，在短短5年内，把云南红塔队改造成一支甲A强队，为西南足球赢得荣誉。
D．每年9月到10月的米亚罗，气候宜人，撩人情思的红叶、古尔沟的温泉、使人留恋的藏羌风情，是旅游的黄金季节。
4．填入下面横线处的句子，与上下文衔接最恰当的一组是（）“陆上丝绸之路”是中国古代通向西方的贸易通道，从西安出发，经新疆的南路和北路，到达中亚、西亚各国，再由这些国家转道至欧洲。
_____，_____。
2015届高三第四次联考物理试题 Word版含解析
全国大联考2015届高三第四次联考·物理试卷考生注意：1．本试卷共100分。
考试时间90分钟。
2．答题前，考生务必将密封线内的项目填写清楚。
3．请将试卷答案填在试卷后面的答题卷上。
4．本试卷主要考试内容：必修1，必修2，选修3—1电场和恒定电流。
第I 卷 (选择题 共40分)选择题部分共10小题．每小题4分．共40分。
在每个小题给出的四个选项中，1～6小题只有一个选项正确．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．有选错或不答的得0分。
1．足球以8 m ／s 的速度飞来，运动员把它以12 m ／s 的速度反向踢回，踢球时间是0.2 s ， 以球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为A . —200m ／s 2B . 200 m ／s 2C . —100 m ／s 2D ．100 m ／s 2答案．C解析：a=t v ∆∆=2.0812--m /s 2 =—100m ／s 2，选项c 正确。
2．某同学上过体育课后用网兜把质量为m 的足球挂在光滑竖直墙壁上的P 点，已知悬线与墙面的夹角为θ，重力加速度为g,网兜的重力不计，则足球对墙壁的压力为A . mgtan θB . mgsin θC . mgcos θD ．θsin mg答案．A解析：对足球受力分析如图所示，由几何关系可得：N ＝mgtan θ，根据牛顿第三定律，足球对墙壁的压力为mgtan θ，选项A 正确。
3．将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。
重力加速度为g ，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A . mgB .21mg C . 31mg D . 101mg 答案．B解析：设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d-3d=aT 2，向下运动时：3d-d=a /T 2 ，联立解得：a ：a /= 3：1，根据牛顿第二定律：mg+f = ma 、mg 一f=ma / ，联立解得：f = mg /2。
2015年山西省高考物理二诊试卷
2015年山西省高考物理二诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.某物体运动的υ-t图象如图所示，则可以判断物体的运动是（）A.往复运动B.匀速直线运动C.曲线运动D.朝某一个方向做直线运动【答案】D【解析】解：由题是速度-时间图象，速度都正值，表示物体都沿正方向运动，即朝某一方向直线运动；故选：D．本题是速度-时间图象，速度的正负表示速度的方向．图线在横轴上方表示速度都正方向，表示都向正方向运动．本题考查理解速度图象的能力，要注意速度的方向由其正负号来表示，匀变速直线运动的特点是加速度恒定不变．2.如图所示，一个小铁球用两根轻绳挂于天花板上，球静止，绳1倾斜，绳2竖直．则小球所受的作用力个数为（）A.一个B.两个C.三个D.两个或三个都有可能【答案】B【解析】解：小球受重力，还有绳子的拉力处于平衡，根据平衡知，绳子2有拉力，绳子1无拉力．故小球一定受两个力．故B正确，A、C、D错误．故选：B．小球受重力和绳子的拉力，通过平衡法判断是否两根绳子都有拉力．受力分析是解决力学问题的基础，关键会进行受力分析，不能凭空多出一个力，也不能漏力．3.如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的物体A、B，物体间用轻绳相连，绳与竖直方向的夹角为θ，在物体A左端施加水平拉力F，使物体A、B均处于静止状态，已知物体A表面光滑，重力加速度为g，则（）A.轻绳张力的大小为FB.地面对物体B的摩擦力大小为FC.地面对物体B的支持力可能为零D.轻绳的张力可能为零【答案】B【解析】解：对整体受力分析可知，首先整体一定受重力、支持力、拉力F，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同；故B正确；因m2与地面间有摩擦力；则一定有支持力；故C错误；再对m2受力分析可知，拉力水平方向的分力应等于F，故拉力T=，A错误D错误；故选：B．对整体受力分析可求得地面对m2的摩擦力大小及支持力；再分别对两个物体受力分析可明确绳子的弹力及两物体的质量大小关系．本题考查共点力的平衡条件的应用，要注意对整体进行受力分析即可判断外力的大小；再隔离物体进行受力分析可得出弹力的大小．4.上海锦江乐园的“摩天转轮”直径达98m．游人乘坐时，转轮始终不停地做匀速转动，每转动一圈用时25分钟，则转动过程中（）A.每个乘客受到的合力都等于零B.每个乘客都在做匀速运动C.乘客对座位的压力保持不变D.乘客有超重和失重的现象【答案】D【解析】解：A、每个乘客都在做匀速圆周运动，加速度不为零，合力不为零，故A、B错误．C、乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大．到达摩天轮的最高点时，乘客的加速度向下，处于失重状态．故C错误．D、当有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度是处于失重状态，故D正确；故选：D．转轮始终不停地匀速转动，乘客做匀速圆周运动，加速度不为零．乘客所受的合外力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，是变力．乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大．到达摩天轮的最高点时，乘客的加速度向下，处于失重状态．本题是实际生活中的圆周运动问题，要抓住加速度、合外力都是矢量，当它们的方向改变时，矢量也是变化的．5.小船过河时，船头偏向上游且航行方向与水流方向成α角，船相对静水的速度大小为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（（）A.保持α角不变，增大船速vB.减小α角，增大船速vC.α角和船速v均增大D.增大α角，保持船速v不变【答案】C【解析】解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故C正确，ABD错误；故选：C．将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．6.将一小球水平抛出，忽略空气阻力，某时刻小球的速度方向与水平方向的夹角为45°，再过0.5s后，速度方向与水平方向的夹角变为53°，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则小球初速度的大小为（）A.15m/sB.12m/sC.8m/sD.6m/s【答案】A【解析】解：小球的速度方向与水平方向的夹角为45°时，小球竖直分速度v y1=v0，当速度方向水平方向的夹角变为53°时，小球竖直分速度°，根据速度时间公式得，v y2-v y1=gt，代入数据解得v0=15m/s．故A正确，B、C、D错误．故选：A．根据平行四边形定则求出两个时刻的竖直分速度，结合在竖直方向上做自由落体运动，运用速度时间公式求出小球的初速度大小．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，基础题．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.若我国发射的某颗人造卫星A，距离地面的高度恰好等于地球半径，设地球为均匀的球体，地球的半径为6370km，若已知地球的同步卫星据地面的高度为35600km，则对卫星A的描述正确的是（）A.该卫星可能绕着地轴上的任一点做匀速圆周运动B.该卫星的周期小于24hC.该卫星的线速度大于3.1km/sD.该卫星的角速度小于地球自转的角速度【答案】BC【解析】解：A、地球对卫星的万有引力充当向心力，所以该卫星只能绕着地心做匀速圆周运动，A错误B、根据知，r越大，T越小，半径比较大的同步卫星周期为24h，知该卫星的周期小于24h，故B正确；C、第一宇宙速度V==7.9km/s，卫星的线速度V′==＞3.1km/s，故C正确；D、由B知，卫星的周期小于同步卫星，则角速度大于同步卫星，也大于地球的自转角速度，故D错误；故选：BC．地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据万有引力充当向心力分析．本题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，再根据万有引力提供圆周运动向心力，掌握相关规律是解决问题的关键．8.如图所示，把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去，结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破，则下列说法正确的是（）A.A鸡蛋的惯性大于B鸡蛋的惯性B.A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C.A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小D.A蛋碰撞瞬间，其内蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力【答案】CD【解析】解：A、惯性大小的唯一量度是质量，不知道两个鸡蛋的质量大小情况，无法判断惯性大小，故A错误；B、C、A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，故B 错误，C正确；D、A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力，A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小，故总是被撞击的鸡蛋B被撞破，故D正确；故选：CD．根据牛顿第三定律得作用力和反作用力大小相等．物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性．A蛋碰撞瞬间，对A蛋壳和B蛋壳进行受力分析判断．解该题关键要掌握作用力和反作用力大小相等以及A蛋壳和B蛋壳的受力情况，只有速度较大时该现象才比较明显．9.斜劈形物体A的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块B以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，物体A始终保持静止，重力加速度为g，则物块B在上、下滑动的整个过程中（）A.地面对物体A的摩擦力方向始终向左B.地面对物体A的摩擦力方向始终向右C.地面对物体A的支持力总小于（M+m）gD.物块B上、下滑时的加速度大小相同【答案】AC【解析】解：A、B、物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力（M+m）g，地面支持力N，和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，根据牛顿第二定律，有水平分析：f=m•（a•cosθ）①竖直方向：（M+m）g-N=m•（a•sinθ）②其中θ为斜面倾角．由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变．故A正确，B错误；C、由②式可知，N＜（M+m）g，故C正确；D、由上滑的加速度大于下滑的加速度，故D错误．故选：AC．对物体m受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况；对M与m整体受力分析，根据牛顿第二定律列式分析地面支持力和摩擦力变化情况．本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用于有相对运动的物体之间．10.如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态，现在水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（）A.弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同B.弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同C.两木块速度相同时，加速度a A＜a BD.两木块加速度相同时，速度υA＞υB【答案】BCD【解析】解：解：开始时（t=0时刻），物体A的加速度为，物体B的加速度为零，故物体A的速度会大于B的速度，弹簧会被压缩，弹力会不断增加，故物体A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大．在a A=a B之前，A的加速度总大于B的加速度，所以a A=a B 时，v A＞V B．此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以v A=v B时，a B＞a A．此时两物体距离最近，弹簧压缩到最短，故A错误，BCD正确；故选：BCD根据物体的受力情况，分析两物体的运动情况，确定加速度和速度如何变化，分析加速度相等时速度关系．当弹簧压缩最短时，两物体的速度相同，由牛顿第二定律分析加速度的关系．本题考查运用牛顿运动定律对含有弹簧的系统进行动态分析的能力，要抓住弹力的可变性进行分析三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)11.在“探究弹簧力和弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，如图所示，根据图象回答下列问题：（1）弹簧的原长为L0= ______ m．（2）弹簧的劲度系数为k= ______ N/m．（3）分析图象，总结出弹簧力F跟弹簧长度L之间的关系式F= ______ ．（用题中所给字母G、L1、L0、k表示）【答案】0.10；500；k（L-L0）【解析】解：（1）当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知，弹簧的原长为：0.10m．（2）由图示图象可知，弹簧的劲度系数为k===500N/m．（3）由图示图象可知，弹簧力F跟弹簧长度L之间的关系式为：F=k（L-L0）．故答案为：（1）0.10；（2）500；（3）k（L-L0）．根据题意可知，弹簧总长度L（cm）与所挂物体重力G（N）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写出F与L的方程即可正确解答．本题比较简单，结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题．在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同．12.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50H z．①该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图（a）所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车速度为______ m/s，小车的加速度为______ m/s2；②该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持______ ；若该同学要探究加速度a和拉力F关系，应该保持______ 不变；③该同学通过数据的处理作出了a-F图象，如图（b）所示，则图中直线不过原点的原因可能是______ ．【答案】0.85；5；拉力F恒定；小车质量M恒定；平衡摩擦力过度【解析】解：①利用匀变速直线运动的推论得出：v E===0.85m/s小车的加速度为a==m/s2=5m/s2②该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变．③图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高．故答案为：①0.85；5；②拉力F恒定；小车质量M恒定；③平衡摩擦力过度．该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．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两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．实验问题需要结合物理规律去解决．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．数据处理时注意单位的换算．四、计算题(本大题共4小题，共45.0分)13.“自由落体机”是一种使人体验超重和失重的巨型娱乐器械，一个可乘十多人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下（加速度可看作g）．落到一定位置时，制动系统启动，制动加速度为a，到达地面时刚好停止，若已知开始下落时座舱离地高度为h，求：（1）其在下落过程中的最大速度v；（2）其在整个下落过程经历的时间t．【答案】解：座舱自由下落过程中，座舱做自由落体运动，由运动学公式：v2=2gh1①制动过程中，座舱做匀减速直线运动，设制动过程中加速度大小为a由运动学公式：v2=2ah2②全过程下降的总位移：h=h1+h2③由①②③联立解得v=；设自由落体阶段座舱运动的时间为t1，h1=t1④设制动阶段座舱运动的时间为t2，h2=t2⑤整个下落过程经历的时间：t=t1+t2⑥联立④⑤⑥得t=．答：（1）其在下落过程中的最大速度v为（2）其在整个下落过程经历的时间t为【解析】座舱先做自由落体运动，再做匀减速运动，则根据位移公式列式并联立即可求得总时间．本题考查自由落体运动和匀变速直线运动规律的应用，要注意自由落体的末速度与后一段的初速度相等．14.如图所示，有一长L=0.4m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴在质量为m的小球，现使恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离L1=0.65m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．（1）求小球通过最高点A时的速度v A．（2）若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球的落地点到C点的距离．【答案】解：（1）小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有：mg=m则得v A===2m/s；（2）小球在B点时，根据向心力公式得：T-mg=m又T=6mg解得：v B=2m/s小球运动到B点时细线断裂，小球开始做平抛运动，有：竖直方向上：L1-L=gt2水平方向上：x=v B t解得x=1m答：（1）小球通过最高点A时的速度为2m/s；（2）若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，小球落地点到C点的距离为1m．【解析】（1）物体恰好做通过最高点，即重力充当向心力，由向心力公式可求得最高点A的速度；（2）由牛顿第二定律可求得出小球在最低点的速度，细线断裂后，小球做平抛运动，由平抛运动的规律可得出小球落地点到C的距离．小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意临界值的应用及正确列出向心力公式．15.如图所示，一人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F推一个重G=100N的箱子在水平面上匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求推力F的大小；（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平方向去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3.0s后撤去，则箱子最远运动多长距离？【答案】解：（1）选箱子为研究对象，其受力如图所示，由平衡条件知：F cos37°=f1=μF N---①F N=G+F sin37°-------②=100N；联立①②得：°°（2）受力分析及运动过程如右图所示．前3s内：，3s末：v1=a1t1=15m/s，前3s内的位移：；撤去F后：，箱子还能滑行x2，由：0-v12=2a2x2；得；所以箱子通过的总位移：x=x1+x2=45m．答：（1）推力F的大小为100N；（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平方向去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3.0s后撤去，则箱子最远运动距离为45m【解析】（1）对箱子进行受力分析，由共点力的平衡条件可求得推力的大小；（2）由牛顿第二定律可求得前3s的加速度，由速度公式求得3s末时的速度，由位移公式可求得前3s内的位移；同理求得撤去F后的加速度及位移；即可求得总位移．对于多过程的动力学问题，其解题的思路一般为分解分析、合理分段、寻找联系，可通过画出运动过程图帮助理解题意．16.如图所示，一长L=6m，质量M=20kg，上表面距离水平地面高h=0.45m的平板车在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点，某时刻小车的速度大小为v0=6m/s，在此时刻对平板车施加一个水平向左的恒力F=56N，与此同时，将一个质量m=2kg的小球请放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），已知PB=，经过一段时间后，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间．（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间．（3）从小球轻放上平板车到其落地的瞬间这一过程中，平板车的位移大小．【答案】解：（1）小球离开平板车后做自由落体运动，则：h=解得：t=0.3s（2）小球放到平板车上的加速度：=5m/s2小车向右运动的距离：=3.6m＜4.8m，故小球从右端掉下小车向右运动的时间：=1.2s小车向左的加速度：小车向左移动的距离：又解得：t2=4s故总时间：t=t1+t2=5.2s（3）小球刚离开车瞬间，车的速度向左，大小：v2=a2t2=2.4m/s小球离开车后，车的加速度：车向左运动的距离=0.756m车的位移：x=x3+x2-x1=1.956m答：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间0.3s．（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间5.2s．（3）从小球轻放上平板车到其落地的瞬间这一过程中，平板车的位移大小1.956m．【解析】（1）小球离开平板车后做自由落体运动（2）根据牛顿第二定律求出小车向右运动的加速度大小，根据运动学公式求出小车向右运动的位移和时间，判断小球是否会从小车的左端掉下，若未掉下，根据牛顿第二定律求出小车向左运动的加速度大小，小球从右端掉下，根据小球小车向左运动的位移求出向左运动的时间，两个时间之和即为小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间．（3）求出小车在小球做自由落体运动时间内的位移，结合小车向右运动的位移和向左运动的位移，求出小车的位移．本题是一个多过程问题，关键是理清小车在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．。
山西省2015届高三年级第二次四校联考地理试题及答案
2015届高三年级第二次四校联考地理试题2014.12命题：康杰中学 临汾一中 忻州一中 长治二中【满分100分，考试时间为90分钟】一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分。
在题目所给的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）我国于2010年计划有条件的放开二胎生育政策。
某大学生根据某地调查数据（政策改变后生育率为原生育率的1.4倍左右）设计了人口政策变化前后的人口增长数学模型图。
读图完成1～2题。
1. 图中能正确表达该地政策改变后劳动力（15～60岁）增长趋势的是 A. 模型1 B. 模型2C. 模型3D. 模型42. 我国人口政策改变后，下列说法正确的是A. 劳动力数量变化最快B. 劳动力数量增加，抚养比立即减小C. 劳动力负担持续增加D. 低龄人口增长较快，导致前期负担加重弧m 为某日某一时刻0时与12时经线圈的一部分，A 、B 两地纬度相同，O 点为该经线圈圆心，太阳光线与弧m 相切于点A ，读图完成3～4题。
3. 下列说法正确的是A. B 地此日昼长为24小时B. A 、B 所在半球纬度越高昼越短C. B 地此日可能日出东北方向D. A 地此日出现极夜现象 4. 此日A 地的正午太阳高度为A. 0°B. αC. α/2D. 23.5°+α读“某地一年中不同季节的风向变化图”，回答5～6题。
某年龄段人口比重变化图（单位：％）某年龄段人口数量变化图（单位：亿人）2010 2020 2030 2040 20502010 2020 2030 2040 2050 9.6 9.2 8.8 8.48.035 30 25 20 15105．该地的气候特征是A. 夏季炎热干燥，冬季温和多雨B. 夏季炎热多雨，冬季温和少雨C. 夏季炎热多雨，冬季寒冷干燥D. 全年温和湿润6．图甲所示季节里A. 南半球大陆等温线向低纬凸出B. 从澳大利亚西部运输铁矿石到上海顺风顺水C. 来自西伯利亚的万只天鹅到三门峡库区越冬D. 非洲热带草原的野生动物向北迁徙图甲为某地等高线示意图（单位：m ），MN 和PQ 为两条剖面线，图乙、图丙为沿剖面线的地形剖面图（单位：m ），读图回答7～8题。
2015届山西省康杰中学高三第二次模拟：物理试题
山西省康杰中学2015届高三年级综合训练物理考号 班级 姓名2015-6-5二、选择题。
本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个符合题目要求，有的有多项符合要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
其中15、18、20、21题为多选。
14. 物理量不仅有大小，而且还有单位，有时候根据物理量的单位能够查出运算中的错误。
下列单位分别是四位同学用来表示力的单位，其中正确的是 （ ） A ．千克·米/秒B ．焦/秒C ．库仑·米/秒·特斯拉D ．特斯拉·安培·米2 15．如图所示s —t 图象和v —t 图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是：（ ）A ．图线1表示物体做曲线运动B ．s —t 图象中t 1时刻v 1＞v 2C ．v —t 图象中0至t 3时间内4的平均速度大于3的平均速度D ．两图象中，t 2、t 4时刻分别表示2、4开始反向运动16．我国的国土范围在东西方向上大致分布在东经70°到东经135°之间，所以我国发射的同步通信卫星一般定点在赤道上空3.6万公里，东经100°附近。
假设某颗通信卫星计划定点在赤道上空东经110的位置。
经测量刚进入轨道时位于赤道上空3.6万公里东经90°处。
为了把它调整到东经110°处，可以先短时间启动卫星上的小型喷气发动机调整同步卫星的高度，改变其速度，使其“漂移”到某一位置后，再短时间启动发动机调整卫星的高度，最终使其定点在110°的同步卫星高度。
两次调整高度的方向依次是：（ ） A ．向下、向上 B ．向上、向下 C ．向上、向上D ．向下、向下17．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感 应强度为B ,方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动。
山西省康杰中学等四校2015届高三第二次联考考数学理试题及答案
山西省康杰中学等四校2015届高三第二次联考考数学理【试卷综析】本试卷是高三理科试卷，以基础知识为载体，以基本能力测试为主导，重视学生科学素养的考查.知识考查注重基础、兼顾覆盖面.试题重点考查：集合、复数、导数、函数模型、函数的性质、三角函数，数列，椭圆，立体几何等；考查学生解决实际问题的综合能力，是份比较好的试卷.一、选择题(5×12＝60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项用2B 铅笔涂黑答题纸上对应题目的答案标号)【题文】1.已知集合{}1,0,1M =-，{}2,N x x a a M ==∈，则集合M N =A.{}0B. {}0,2-C. {}2,0,2-D. {}0,2【知识点】集合及其运算A1 【答案】A【解析】{}2,N x x a a M ==∈={-2,0,2},则M N ={}0【思路点拨】先求出集合B ，再求交集。
【题文】2. 复数z 为纯虚数，若(3i)i z a -⋅=+ (i 为虚数单位)，则实数a 的值为 A ．13-B ．3C ．3-D ．13【知识点】复数的基本概念与运算L4 【答案】D【解析】设z=bi(b 0≠),3bi+b=a+i,则3b=1,a=3b,a=13. 【思路点拨】先设出z,再求出。
【题文】3. 设双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的渐近线方程为yx =，则该双曲线的离心率为A ．223 B ．2 C ．332 D ．2 【知识点】双曲线及其几何性质H6【答案】C【解析】由题意得b a =，2213b a =，2221b e a =+=43，则e=332【思路点拨】根据双曲线中a,b,c 关系，根据渐近线求出离心率。
【题文】4. 如图所示的程序框图，若输入的x 值为0，则输出的y 值为 A ．32B ．0C ．1D ．32或0【知识点】算法与程序框图L1【答案】B【解析】根据题意，模拟框图的运行过程，如下 输入x=0,x>1?否，x<1是，y=x=0,输出y=0,结束。
【精品】2015年山西省运城市高考物理二模试卷含答案
2015年山西省运城市高考物理二模试卷一、选择题：本题共有8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1、图2分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A．图1通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图1中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图2中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持2．（6分）如图所示，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平面上，质量为m的滑块沿M的粗糙斜面AB匀加速下滑，则地面对M静摩擦力的方向为（）A．水平向右B．水平向左C．水平向右或水平向左D．无法确定3．（6分）2014年10月22日，执行探月工程三期飞行试验任务的嫦娥五号飞行试验器在西昌卫星发射中心发射．据悉，这是嫦娥系列发射中首次需要返回地球的一次任务，将为嫦娥五号飞行提供试验数据，这是我国航天事业的又一成功．“嫦娥五号飞行试验器”围绕月球的运动可以看作匀速圆周运动，万有引力常量已知，如果在这次探测工程中要测量月球的质量，则需要知道的物理量有（）A．“飞行试验器”的质量和月球的半径B．月球的半径和“飞行试验器”绕月球运动的周期C．“飞行试验器”绕月球运动的周期和轨道半径D．“飞行试验器”的质量、月球的半径和“飞行试验器”绕月球运动的周期4．（6分）质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平恒力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：4D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：35．（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R=4Ω的电阻和两个“18V，9W”相同小灯泡，当开关S断开时，小灯泡L1刚好正常发光，则（）A．原线圈输入电压为20VB．S断开时，原线圈中的电流为0.5AC．闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比增大D．闭合开关S后，小灯泡L1消耗的功率减小6．（6分）如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R的滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为△U1，电压表V2的示数变化大小为△U2，电流表A的示数变化大小为△I，对于此过程下列说法正确的是（）A．通过电阻R1的电流变化量大小等于B．R0两端的电压的变化量大小等于△U1﹣△U2C．路端电压的增加量等于△U2D．为一定值7．（6分）如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m带正电的小滑块从A点由静止释放，沿AB面滑到斜面底端B点时速度为V0，若空间加一与ABC平行的匀强电场，滑块仍从A点由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为V0，若滑块从A点由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为V0，则下列说法正确的是（）A．B点电势是C点电势2倍B．电场方向与BC垂直C．滑块滑到D点时机械能增加了mV02D．B点电势与D点电势相等8．（6分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B．一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列结论中正确的是（）A．此过程中通过线框截面的电量为B．此过程中回路产生的电能为mv2C．此时线框的加速度为D．此时线框中的电功率为二、非选择题：必考题，每个试题考生都必须作答．9．（6分）某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了如图甲所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出另一端A经过某位置的瞬时速度V A，并记下该位置与转轴O的竖直高度差h．（1）用螺旋测微器测量杆的宽度L如图乙，由此读出L=mm；通过测量可知杆的宽度L很小，设杆A端通过光电门的时间为t，则A端通过光电门的瞬时速度V A的表达式为V A=（2）调节h的大小并记录对应的速度v A，数据如表．为了形象直观地反映v A和h的关系，请在丙图中以V A2为纵坐标，h为横坐标描点画图象．（3）当地重力加速度g取10m/s2，结合图象分析，杆转动时的动能E k=（请用质量m、速度V A表示）．10．（9分）某物理实验兴趣小组为了测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水，如图所示，该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“×100”档，发现指针如图1所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：（1）①换选（填“×10”或“×1k”）档；②．（2）该组同学按图2连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是．A．滑动变阻器阻值太小B．电路中5、6之间断路C．电路中7、8之间断路（3）该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，内径为d，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图象如图3所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率ρ=（用题中字母表示）．11．（13分）如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？12．（19分）如图所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点．已知P点坐标为（﹣m，m），带电粒子质量为m=1.0×10﹣15kg，电荷量为q=2.0×10﹣16C，初速度为v0=10m/s，不计粒子重力．求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）N点的坐标；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．[选修3-3]13．（6分）下列说法正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的运动B．两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快C．热力学温标的最低温底为0K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一D．气体的温度越高，每个气体分子的动能越大E．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热14．（9分）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．[选修3-4]15．一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，周期为T．已知在t=0时刻波上相距50cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a 沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是（）A．该列简谐横波波长可能为37.5cmB．该列简谐横波波长可能为12cmC．质点a﹑质点b的速度在某一时刻可以相同D．当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负E．在t=时刻质点b速度最大16．如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB 段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：（Ⅰ）透明材料的折射率n；（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．[选修3-5]17．下列说法正确的是（）A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱B．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D．在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固E．U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变18．如图所示，质量M=9kg小车B静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m=0.9kg的木块A（可视为质点）紧靠弹簧放置并处于静止状态，A 与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A右侧车上表面光滑，木块A左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ=0.75．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=100m/s的速度水平向右飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果最后木块A刚好不从小车左端掉下来，求：小车最后的速度及最初木块A到小车左端的距离．2015年山西省运城市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共有8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1、图2分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A．图1通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图1中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图2中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持【解答】解：AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．故A错误，B正确；C、完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误；D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误．故选：B2．（6分）如图所示，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平面上，质量为m的滑块沿M的粗糙斜面AB匀加速下滑，则地面对M静摩擦力的方向为（）A．水平向右B．水平向左C．水平向右或水平向左D．无法确定【解答】解：m沿斜面向下滑动的过程中，加速度的方向沿斜面向下，设加速度的大小为a，斜面的倾角为θ．以斜面体与m组成的系统为研究的对象，则在水平方向上：f=ma x+M×0=macosθ所以整体在水平方向受到的摩擦力的方向向右．故选：A3．（6分）2014年10月22日，执行探月工程三期飞行试验任务的嫦娥五号飞行试验器在西昌卫星发射中心发射．据悉，这是嫦娥系列发射中首次需要返回地球的一次任务，将为嫦娥五号飞行提供试验数据，这是我国航天事业的又一成功．“嫦娥五号飞行试验器”围绕月球的运动可以看作匀速圆周运动，万有引力常量已知，如果在这次探测工程中要测量月球的质量，则需要知道的物理量有（）A．“飞行试验器”的质量和月球的半径B．月球的半径和“飞行试验器”绕月球运动的周期C．“飞行试验器”绕月球运动的周期和轨道半径D．“飞行试验器”的质量、月球的半径和“飞行试验器”绕月球运动的周期【解答】解：解：卫星绕月做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：=m r，解得：M=，其中r为卫星绕月球运动的半径，T为卫星绕月球运动的周期．故选：C．4．（6分）质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平恒力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t 0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：4D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3【解答】解：A、由图象可得，A减速运动的加速度为=，B减速运动的加速度为，故AB受到的摩擦力为f1=m1a1，f2=m2a2A加速运动的加速度为，B加速运动的加速度为：，根据牛顿第二定律得：对A：F﹣f1=m1a1′对B：F﹣f2=ma2′以上各式联立求解得：，故，故A正确；B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为，故B错误；C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为，由W=Fs 知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比．故C错误；D、由，在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为故D错误；故选：A．5．（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R=4Ω的电阻和两个“18V，9W”相同小灯泡，当开关S断开时，小灯泡L1刚好正常发光，则（）A．原线圈输入电压为20VB．S断开时，原线圈中的电流为0.5AC．闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比增大D．闭合开关S后，小灯泡L1消耗的功率减小【解答】解：A、灯泡正常发光，副线圈电流为I==0.5A，所以副线圈两端电压U=18+0.5×4=20V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200V，所以A错误；B、电流与匝数成反比，由A知S断开时原线圈中的电流为0.05A，所以B错误；C、闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C错误；D、当开关S闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R 分压增大，小灯泡L1消耗的功率减小，故D正确；故选：D．6．（6分）如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R的滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为△U1，电压表V2的示数变化大小为△U2，电流表A的示数变化大小为△I，对于此过程下列说法正确的是（）A．通过电阻R1的电流变化量大小等于B．R0两端的电压的变化量大小等于△U1﹣△U2C．路端电压的增加量等于△U2D．为一定值【解答】解：A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于，故A正确；B、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2﹣△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知r=，为定值，故BD 正确，C错误．故选：ABD7．（6分）如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m带正电的小滑块从A点由静止释放，沿AB面滑到斜面底端B点时速度为V0，若空间加一与ABC平行的匀强电场，滑块仍从A点由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为V0，若滑块从A点由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为V0，则下列说法正确的是（）A．B点电势是C点电势2倍B．电场方向与BC垂直C．滑块滑到D点时机械能增加了mV02D．B点电势与D点电势相等【解答】解：无电场时由A到B：mgh=mv2…①有电场时由A到B：mgh+W E=m（）2…②有电场时由A到C：mgh+W E=m（）2…③由①②③可得：W E=mv，W′E=mv又W E=U AB q W′E=U AC q则有：U AB=U AC．则D点与B点电势相等，A、U AB=U AC，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则A错误B、B，C不是等电势点，则电场线不与BC垂直，则A错误C、因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为mv02，则机械能增加了mv02，则C正确D、U AB=U AC．则D点与B点电势相等，则D正确故选：CD．8．（6分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B．一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列结论中正确的是（）A．此过程中通过线框截面的电量为B．此过程中回路产生的电能为mv2C．此时线框的加速度为D．此时线框中的电功率为【解答】解：A、此过程穿过线框的磁通量的变化量为：△Φ=（﹣）﹣（﹣B1a2），又B1=B、B2=2B，解得：△Φ=通过线框截面的电量为：q==，故A错误．B、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为：Q=﹣=mv2．故B正确．C、回路中产生感应电动势为：E=B1a+B2a=，感应电流为：I==，左右两边所受安培力大小分别为：F左=B1Ia=B•a=，方向向左，F右=B2Ia=2B•a=，则根据牛顿第二定律得：F左+F右=ma，解得加速度为：a=，故C正确．D、此时线框中的电功率：P=I2R=．故D错误．故选：BC二、非选择题：必考题，每个试题考生都必须作答．9．（6分）某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了如图甲所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出另一端A经过某位置的瞬时速度V A，并记下该位置与转轴O的竖直高度差h．（1）用螺旋测微器测量杆的宽度L如图乙，由此读出L= 1.740mm；通过测量可知杆的宽度L很小，设杆A端通过光电门的时间为t，则A端通过光电门的瞬时速度V A的表达式为V A=（2）调节h的大小并记录对应的速度v A，数据如表．为了形象直观地反映v A和h的关系，请在丙图中以V A2为纵坐标，h为横坐标描点画图象．（3）当地重力加速度g取10m/s2，结合图象分析，杆转动时的动能E k=mv A2（请用质量m、速度V A表示）．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为24.0×0.01mm=0.240mm，所以最终读数为：1.5mm+0.240mm=1.740mm；杆的有效宽度为L很小，A端通过光电门的时间为t，故可以用t时间内的平均速度表示该段时间间隔内任意时刻的瞬时速度；故A端通过光电门的瞬时速度v A的表达式为：v A=；（2）从数据中可看出，h与v2成正比，因此纵坐标应该是v2，图象应该是一条过原点的直线，通过描点拟合直线可得如图所示的直线．（3）由动能定理得：Mg•=E k；由图象得：h=v A2得：E k=Mg•v A2=mv A2．故答案为：（1）1.740，；（2）如图所示；（3）mv A2．10．（9分）某物理实验兴趣小组为了测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水，如图所示，该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“×100”档，发现指针如图1所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：（1）①换选×1k（填“×10”或“×1k”）档；②欧姆调零．（2）该组同学按图2连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是B．A．滑动变阻器阻值太小B．电路中5、6之间断路C．电路中7、8之间断路（3）该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，内径为d，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图象如图3所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率ρ=（用题中字母表示）．【解答】解：（1）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换×1k 倍率；换挡要进行欧姆调零．（2）A、滑动变阻器阻值太小，通过调节它电路的电流改变比较小，故A可能；B、电压表有示数则干路一定是通的，故B不可能；C、电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近电源电动势，故C是可能的；故选：B．（3）由电阻定律可得：R=ρ=ρ，又：R=，由图象可知：k=，解得：ρ=．故答案为：（1）①×1k；②欧姆调零；（2）B；（3）．11．（13分）如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2．某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下．现在，该汽车以2v 0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物．（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？【解答】解：（1）水泥路面上运动的加速度大小为a2，则：μ2mg=ma2由：解得：（2）根据题意，汽车如果刚好不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，加速度大小为a1，运动位移为x1，则：μ1mg=ma1v0﹣2v0=﹣a1t1解得：，在水泥路面上运动时间为t2则：0﹣v0=﹣a2t2解得：汽车不撞上，则应在A点左侧距A点距离大于的位置开始紧急刹车．汽车运动的时间：t=答：（1）求水泥路面AB段的长度为；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为；若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是．12．（19分）如图所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点．已知P点坐标为（﹣m，m），带电粒子质量为m=1.0×10﹣15kg，电荷量为q=2.0×10﹣16C，初速度为v0=10m/s，不计粒子重力．求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）N点的坐标；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．【解答】解：（1）设粒子从P到O时间为t，加速度为a，则L=v0t=m，y=at2=m；由牛顿第二定律，可得qE=ma由以上三式，可解得：E==500V/m；（2）设粒子运动到N点时速度为v，则：v==20m/s，所以粒子从N到P的时间：t′=t沿y轴位移：h=at′2==m，。
【解析】山西省太原五中2015届高三下学期第二次模拟考试物理试卷 Word版含解析[ 高考]
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山西省太原五中2015届高考物理二模试卷一、选择题：每小题6分1．下列说法正确的是( )A．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向B．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，电容C=，加速度a=都是采用比值法定义的C．卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( ) A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，当物体速度最大时，手和物体分离C．在物体离开手的瞬间，手和物体的加速度大小相同D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度3．如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下．P为滑道上一点，OP连线与竖直成45°角，则此物体( )A．在整个下滑过程中，物体有可能脱离滑道B．物体经过P点时，速度的竖直分量为v0C．由O运动到P点的时间等于D．物体经过P点时，速度的大小为v04．如图所示，为赤道上随地球自转的物体A、赤道上空的近地卫星B和地球的同步卫星C 的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是( )A．三者角速度的大小关系为ωA=ωC＜ωBB．三者向心加速度大小关系为a A＞a B＞a CC．三者的周期关系为T A=T C＜T BD．三者线速度的大小关系为v A＞v B＞v C5．如图所示，在AB间接入正弦交流电有效值U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=5Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有( )A．U0=20V，P=20W B．U0=20V，P=40WC．U0=20V，P=40W D．U0=20V，P=20 W6．实验电路如图所示，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U，电流表示数I及干电池的输出功率P都会发生变化，下面各示意图中正确的是( )A．B．C．D．7．在x 轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2左边），电势随着x 的关系如图所示．当x=x0时，电势为0，当x=x1时，电势有最小值U=﹣U0．点电荷产生电势的公式为U=k，下列说法中正确的是( )A．q2在坐标原点处，且为正电荷B．x0位置处电场强度为零C．q1到坐标原点的距离为（1﹣）D．两个点电荷所带电荷量大小q1＜q28．如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．则( )A．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为B．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为C．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为D．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题：9．多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．①如图甲是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将S拨到__________或__________两个位置，在进行电压测量时，应将S拨到__________或__________两个位置．②使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是__________Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是__________V；③测量完成后，将选择开关拨向__________位置．10．物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹__________，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A 带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是__________A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有__________A．物块A的质量MB．物块B的质量mC．物块A与木板间的动摩擦因数μD．两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为__________．11．质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，B为同一水平面上的另一点，A、B间相距L=20m．若用大小为30N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（已知cos37°=0.8，sin 37°=0.6．取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）改用大小为20N、与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．12．（19分）如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1×10﹣3kg、电量q=﹣1×10﹣3C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．（计算结果可以用分数和保留π值表示）(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答[物理--选修3-3]13．下列说法正确的是( )A．当一定量气体吸热时，其内能可能减小B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关14．如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2P0的理想气体．P0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U=aT，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．[物理--选修3-4]15．下列说法正确的是( )A．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去B．为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制C．用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理D．根据麦充斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波E．利用红外摄影可以不受天气（阴雨、大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物16．一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N的平衡位置为x=5m，经某一时间振动传播到质点M时的波形如图所示，求：①经过多长时间N点第一次出现波谷；②质点N开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程．[物理--选修3-5]17．氢原子的部分能级如图所示，已知可见光子能量在1.62eV到3.11eV之间．由此可推知，氢原子( )A．从高能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光B．从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光C．从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线D．从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短E．从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的低18．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量__________（填选项前的符号），间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM，ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________（用②中测量的量表示）；若碰撞过程没有动能的损失，那么还应满足的表达式为__________（用②中测量的量表示）．山西省太原五中2015届高考物理二模试卷一、选择题：每小题6分1．下列说法正确的是( )A．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向B．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，电容C=，加速度a=都是采用比值法定义的C．卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故A正确；B、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，电容C=，都是采用比值法定义的，加速度a=不是比值法定义，故C错误；C、卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值，故C正确；D、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应，故D正确；故选：AC．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( ) A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，当物体速度最大时，手和物体分离C．在物体离开手的瞬间，手和物体的加速度大小相同D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：牛顿第二定律；超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误．B、物体向上先加速后减速，速度最大时，两者的速度相等，加速度相等，不会发生分离，故B错误．C、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确．故选：D．点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离．3．如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下．P为滑道上一点，OP连线与竖直成45°角，则此物体( )A．在整个下滑过程中，物体有可能脱离滑道B．物体经过P点时，速度的竖直分量为v0C．由O运动到P点的时间等于D．物体经过P点时，速度的大小为v0考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45°角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，则物体做圆周运动，且运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向．解答：解：A、物体从O点由静止释放，始终沿着轨迹运动，不会脱离滑道，所以A错误；C、物体若做平抛运动，有：，则t=．现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于．故C错误．B、物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度v y=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为α，则．物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=，解得，所以v=2v0．则物体经过P点时，速度的竖直分量．故B正确，D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．且分运动与合运动具有等时性．4．如图所示，为赤道上随地球自转的物体A、赤道上空的近地卫星B和地球的同步卫星C 的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是( )A．三者角速度的大小关系为ωA=ωC＜ωBB．三者向心加速度大小关系为a A＞a B＞a CC．三者的周期关系为T A=T C＜T BD．三者线速度的大小关系为v A＞v B＞v C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：本题中涉及到三个做圆周运动物体，AC转动的周期相等，BC同为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较解答：解：A、C、卫星C为同步卫星，周期与A物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：=mR，得T=所以B的周期小于C的周期．则C错误，由可知ωC＜ωB则A正确B、BC的向心力由万有引力提供即：，a C＜a B，故B错误；D、AC比较，角速度相等，由v=ωr，可知υA＜υC则D错误故选：A点评：本题涉及到两种物理模型，即AC转动的周期相等，BC同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较．5．如图所示，在AB间接入正弦交流电有效值U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=5Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有( )A．U0=20V，P=20W B．U0=20V，P=40WC．U0=20V，P=40W D．U0=20V，P=20 W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，根据电压与匝数成正比得有效值U2=20V．而二极管的反向耐压值至少为U0，它是最大值，所以U0=V，根据电流的热效应知R两端电压为U，则，解得U=VQ为副线圈正中央抽头，所以R消耗的热功率为P==40W故选：C点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解6．实验电路如图所示，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U，电流表示数I及干电池的输出功率P都会发生变化，下面各示意图中正确的是( )A．B．C．D．考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据功率与电压的关系，结合阻和外阻相等时，输出功率最大，而路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，从而求出电源输出功率表达式，再由欧姆定律，然后答题．解答：解：电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为B．而欧姆定律可知，U与I成正比，因此A图象也符合条件，故AB正确，CD错误；故选：AB．点评：要掌握应用图象法处理实验数据的方法；注意P与U图象建立在两者表达式基础上，掌握电源输出功率何时最大的条件．7．在x 轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2左边），电势随着x 的关系如图所示．当x=x0时，电势为0，当x=x1时，电势有最小值U=﹣U0．点电荷产生电势的公式为U=k，下列说法中正确的是( )A．q2在坐标原点处，且为正电荷B．x0位置处电场强度为零C．q1到坐标原点的距离为（1﹣）D．两个点电荷所带电荷量大小q1＜q2考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据顺着电场线方向电势降低，确定出两电荷的电性．由图知当x=x0时，电势为零，由电场的叠加原理求出两电荷的位置解答：解：A、由图知：x从0到∞，电势先降低后升高，电势随x变化图线的斜率表示场强，在x1处场强为零，以及x=x0时，电势为0，知q2是正电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，在x轴的负方向上．故A正确．B、电势随x变化图线的斜率表示场强，x0位置处图线的斜率不为零，则电场强度不为零，故B错误．C、设q1的坐标为x，则，，解得x=，则q1到坐标原点的距离为（1﹣），故C正确．D、因为两电荷在x1处产生的场强为零，根据场强的叠加知，两个点电荷所带电荷量大小q1＞q2．故D错误．故选：AC．点评：本题信息给予题，关键要抓住题干中有效信息和图象中有效信息，利用叠加原理分析．8．如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．则( )A．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为B．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，粒子的初速度大小为C．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为D．若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为△t=，且粒子也能到达B点，粒子的初速度大小为考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：AB、若粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，由几何关系确定半径，然后根据牛顿第二定律确定粒子的初速度；CD、若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求粒子的初速度大小．解答：解：AB、粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，如图，由几何关系得：r1sin30°=3a﹣r1又qv1B=m解得：v1=，故A正确，B错误．CD、粒子在磁场中的运动周期为：T=，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：α=×360°=60°，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°．设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a=2r2sin30°+2acos230°又qv2B=m，解得：v2=．故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题的突破口是知道以直径为斜边的内接圆一定是直角三角形从而确定出D点的半径过A点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题：9．多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．①如图甲是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将S拨到3或4两个位置，在进行电压测量时，应将S拨到5或6两个位置．②使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是500Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是1.98V；③测量完成后，将选择开关拨向OFF挡或交流电压最高档位置．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：①多用表测量电阻的内部电路为含有电池的电路，测量电压的内部电路不含有电池，电流计要串联电阻分压．据此选择电路；②根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后读出其示数；③多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高档．解答：解：①由图甲所示可知，将S拨到3或4位置时，多用电表内部电源被接通，可以测电阻；将S拨到5或6位置时，表头与分压电阻串联，构成电压表，可以测电压．②若选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，被测电阻的阻值是：50×10Ω=500Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”档，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，指针位于b，则被测电压是：1.98V；③测量完成后，将选择开关拨向OFF挡或交流电压最高档位置．故答案为：①3、4；5、6；②500；1.98；③OFF挡或交流电压最高档．点评：本题考查了多用电表的结构、多用电表的读数、多用电表使用注意事项，多多用电表读数，要选确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．10．物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹间距相等，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A 带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是DA．纸带上的点迹间距先增加后减小至零B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有BD A．物块A的质量MB．物块B的质量mC．物块A与木板间的动摩擦因数μD．两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；带电粒子在匀强磁场中的运动．。
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山西省2015届高三年级第二次四校联考物理试题2014.12 命题：康杰中学长治二中临汾一中忻州一中【满分100分，考试时间为90分钟】一、选择题(本题共12小题，每题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8~12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．下列说法中，符合物理学史实的是( )A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止B．牛顿站在“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，并且利用万有引力定律首次计算出了地球的质量C．法拉第发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D．麦克斯韦首先提出了场的观点，并创立了完整的电磁场理论2. 如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是()A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．PQ间距是原来间距的3倍3. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则 ( )A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力B．B一定受到C的摩擦力C．C一定受到水平面的摩擦力D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零4．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列说法正确的是( )A. U1/I不变，ΔU1/ΔI变大B. U2/I变大，ΔU2/ΔI不变C. U 3/I 变大，ΔU 3/ΔI 变大D. 电源的输出功率变大5. 如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量 和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )A.速率一定越小B.速率一定越大C.在磁场中通过的路程一定越长D.在磁场中的周期一定越大 6．矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态， 如图（甲）所示。
磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图（乙）所示。
t =0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0~4s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是下面选项中的( )7. 如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t=0时刻,一不计重力的带电粒 子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为V 0，t=T 时刻粒子刚 好沿MN 板右边缘射出电场．则( )A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t ＝T/2时刻，该粒子的速度大小为2V 0C.若该粒子在T/2时刻以速度V 0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2V 0，则该粒子仍在t=T 时刻射出电场ABC Da d bc（甲）（乙）8. 如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木 板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m ，开始时，各物块均静止，今 在两物块上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1 和v 2.物块和木板间的动摩擦因数相同.下列说法正确的是()A.若F 1=F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2B.若F 1=F 2，M 1＜M 2，则v 1＜v 2C.若 F 1＞F 2,，M 1=M 2，则v 1＞v 2D.若F 1＜F 2，M 1=M 2，则v 1＞v 29．如图所示，质量为m 带电量为q 的带电微粒，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B 点时速率v B =2v 0,方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是（ ）A ．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B ．带电微粒的机械能增加了2mv 02C ．A 、B 两点间的电势差为2mv 02/qD ．A 、B 两点间的电势差为3mv 02/2q 10. 在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，空降兵从跳离飞机到安全到达地面过程中在竖直方向上运动的v －t 图象如图所示，则以下判断中正确的是（ ）A ．空降兵在０－t １时间内做自由落体运动B ．空降兵在t １－t ２时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小C ．空降兵在０－t １时间内的平均速度221v v =D ．空降兵在t １－t ２时间内的平均速度)(2121v v v +<11．2013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。
嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。
假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则( )A ．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运 动周期和引力常量，则可算出月球的密度B ．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速C ．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度D ．嫦娥三号在动力下降阶段，其引力势能减小2vB12．如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体，在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ,力F 做功为60J,此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是（ ）A ．物体回到斜面底端的动能为60JB ．恒力F =2mg sin θC ．撤去力F 时，物体的重力势能是45JD ．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前 二、实验题（本大题共两小题共15分） 13．（6分）某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k 的弹簧，形变量为x 时弹性势能为221kx E p =”，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置（如图甲）设计了以下步骤进行实验。
实验步骤：A ．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；B ．将弹簧拉伸x 后用插销锁定，测出其伸长量 x ；C ．打开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁定,小车在弹簧作用下运动到左端；D ．选择纸带上某处的A 点测出其速度v ；E ．取不同的x 重复以上步骤多次,记录数据并利用功能关系分析结论。
实验中已知小车的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，则：(1)长木板右端垫一小物块，其作用是 ；(2)如图乙中纸带上A 点位置应在 （填s 1、s 2、s 3）的段中取；(3)若221kx E p =成立，则实验中测量出物理量x 与m.、k 、v 关系式是x= 。
14．（9分）某同学利用伏安法测量某未知电阻R x的精确电阻（阻值恒定），进行了如下实验：⑪他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。
将开关置于×1挡位，指针示数如图，若想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是（填序号）A. 将两表笔短接进行欧姆调零B. 将两表笔短接进行机械调零C. 将开关置于×1k挡D. 将开关置于×100挡E. 将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数.⑫然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A. 直流电源E：电动势3V，内阻忽略B. 电流表A1：量程0.3A，内阻约为0.1ΩC.电流表A2：量程3mA，内阻约为10ΩD. 电压表V1：量程3V，内阻约为3KΩE. 电压表V2：量程15V，内阻约为50KΩF. 滑动变阻器R1：最大阻值10ΩG. 滑动变阻器R2：最大阻值1000ΩH. 开关S，导线若干①为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选（填“B”或“C”），电压表应选（填“D”或“E”），滑动变阻器应选（填“F”或“G”）②请在右侧方框中画出实验电路原理图.三、计算题15．（10分）如图(甲）所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=370的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图所示（乙）所示，g取10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8, 求：（1）拉力F的大小；（2）t=4s时物体的速度v的大小.16．(12分)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上。
长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R 。
两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R 。
现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。
重力加速度为g ，求： （1）金属棒能达到的最大速度v m ； （2）灯泡的额定功率P L ；（3）若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的电热Q 1。
17. (15分)如图所示，在xOy 平面坐标系中，直线MN 与y 轴成30°角，M 点的坐标为(0，a)，在y 轴与直线MN 之间的区域内，存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．电子束以相同速度v 0从y 轴上203a y -≤≤的区间垂直于y 轴和磁场射入磁场．已知从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN 相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力．（1）求电子的比荷；（2）若在xOy 坐标系的第Ⅰ象限加上沿y 轴正方向大小为0E Bv =的匀强电场，在043x a =处垂直于x 轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围．2015届高三年级四校二联物理参考答案一、选择题二.(本大题共15分)13.(每空2分共6分）1、⑪平衡摩擦力 ⑫ S 2 ⑬ v km x =14.(每问3分,共9分) ⑪DAE ⑫、①C 、D 、F ② 三.计算题 15. (10分)解：（1）设F 作用时加速度为a 1,对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知1cos sin ma mg mg F =--θμθ（1分）撤去力F 后，据牛顿第二定律，有2cos sin ma mg mg =+θμθ （1分）由图像可得 a 1=20m/s 2, a 2=10m/s 2, （1分）代入解得5.0=μ， （1分）F =30N 。