甘肃省2015届高考物理一诊试卷
甘肃省庆阳市2015届高考物理一诊试卷(含解析)
甘肃省庆阳市2015届高考物理一诊试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）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F=G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．（6分）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．如图所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．（6分）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，假设“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正确的是（）A．B．C．D．4．（6分）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（）A．B．C．D．5．（6分）一物体运动的速度﹣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．（6分）如图所示，两带电平行金属极板之间有相互正交的匀强电场和匀强磁场．现使一个带正电的粒子以一初速度沿垂直于电场和磁场的方向射入两极板间，测得它飞出该场区时的动能比射入时的动能小．为使带电粒子飞出场区时的动能比射入时的动能大，以下措施中可行的是（）A．增大粒子射入时的速度B．保持金属极板所带电荷量不变，增大两极板间的距离C．保持两极板间的距离不变，增大两金属极板所带的电荷量D．增大磁场的磁感应强度7．（6分）如图所示，在x轴上固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，两点电荷之间相距L．虚线是以+Q所在点为中心、边长为L的正方形，a、b、c、d为正方形的四个顶点，其中a、c 两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（）A．四点中c点处的电势最低B．a、b两点的电势差U ab等于a、d两点的电势差U adC．将一正的试探电荷沿a→b→c，从a点移至c点，电势能先增大后减小D．a点电场强度的大小E a大于c点的电场强度的大小E c8．（6分）如图所示，在竖直平面内，半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB和BC垂直，水平轨道BC的长度大于πR，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N个质量为m，半径为r（r＜＜R）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3…N．现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC所在的平面为重力势能的零势面，下列说法正确的是（）A．第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能减小B．第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能增大C．N个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且机械能E=NmgRD．第1个小球到达最低点的速度v＜二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）如图所示为某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该装置为水平放置的木板上固定有一张白纸，一橡皮筋的一端固定在白纸上的O点，另一端A拴两个细绳套．（1）下面为实验的一些操作步骤：①比较F′和F大小、方向是否近似相同；②过P点用统一标度作出F、F1、F2的图示；③用一个弹簧测力计钩住细绳套，拉A至某点P，在纸上标出P点，记下拉力F的方向和大小④用平行四边形定则作出F1、F2的合力F⑤用两个弹簧测力计互成角度分别拉住两个细绳套，拉A至同样的位置P，在纸上记下两个力F1、F2的方向和大小．这些实验步骤的合理顺序为．（2）对于该实验，下列说法正确的是A．两细绳套必须等长B．若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果无影响C．记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线D．实验中，把橡皮筋的另一端拉到P点时，两弹簧测力计之问的夹角不能太大（3）假如在上述实验步骤⑤中使其中一弹簧测力计拉力F1的大小不变，逐渐增加F1与合力之间的夹角，且保证两弹簧测力计之间的夹角小于90°．为了使橡皮筋仍然伸长到P点．对另一个弹簧测力计的拉力F2的大小和方向与原来相比，下面说法中正确的是A．F2一直变大．与合力方向的夹角一直增大B．F2一直变大，与合力方向的夹角先变大后变小C．F2一直变小，与合力方向的夹角一直减小D．F2先减小后增大，与合力方向的夹角先减小后增大．10．（9分）某中学的物理兴趣小组到实验室测量某电池的电势E和内阻r，发现实验室没有电流表，于是设计了如图甲所示的实物图．已知定值电阻R0=10Ω，电压表V2的内阻很大，可视为理想电压表．（1）在图1的方框中根据实物图作出实验电路图．（2）实验中，该学习小组的同学移动滑动变阻器的滑片，并读得多组电压表V1与V2的U1和U2，最后将读得数据标在坐标图上，如图乙所示．请根据图象中各点表示的数据描述出U2﹣U1图线．（3）由图（2）可求得该电源的电动势E=V，内阻r=Ω．（保留三位有效数字）11．（14分）如图所示，光滑半圆轨道AB固定，半径R=0.4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0.1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；（2）抽桌布过程中桌布的加速度．12．（18分）如图所示，空间中第二、三象限存在电、磁场区域，以45°线分界线，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向垂直于分界线向上，一带负电的离子在分界线上的A 点以一定速度垂直分界线射入磁场区域，其轨迹在半个周期内恰与y轴相切，已知A到原点O的距离为（1+）m，该负离子的比荷=107C/kg，磁场的磁感应强度大小B=0.4T，电场强度大小E=×106V/m，不计离子的重力．（1）求负离子在磁场中运动的速度v1的大小．（2）求负离子经过x轴时速度v2的大小．（3）若t=0时刻从A点射入相同比荷的正离子，求自A点至粒子第三次通过分界线的时间t．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答．如果多答，则按所答的第一题计分．【物理-选修3-3】13．（5分）对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E．当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大14．（10分）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为h0=12cm，大气压强为p0=75cmHg．现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直到两管中水银面高度差达到△h=6cm为止．整个过程中气体温度保持不变，求：①左端液面下降多少？②活塞下移的距离（结果保留两位有效数字）．【物理-选修3-4】15．在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=10m/s，已知在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m处．下列说法中正确的是（）A．这列波的波长为4mB．这列波的振幅为20cmC．这列波的频率为2.5HzD．波源起振方向沿y轴正方向E．再经过0.2s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置16．如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率n=2，AC为一半径为R的圆弧，O为圆弧面圆心，ABCO构成正方形，在O处有一点光源．若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧的弧长．【物理-选修3-5】17．一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是（）A．只增大入射光的频率，金属逸出功将减小B．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将不变C．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大D．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短E．只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多18．如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：Ⅰ．弹簧的最大弹性势能；Ⅱ．A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．甘肃省庆阳市2015届高考物理一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）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F=G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答题．解答：解：A、伽利略通过理想斜面实验，最先认为物体的运动不需要力维持，故A错误．B、法拉第最先引入了场的概念，并用力线来形象地描绘场，故B正确．C、牛顿在给出万有引力公式F=G，但没有测出引力常量G的数值．故C错误．D、奥斯特最先发现电流周围存在磁场，安培总结出磁场对电流的作用力公式．故D错误．故选：B．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，不可混淆．2．（6分）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．如图所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考点：* 涡流现象及其应用．分析：电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物．解答：解：A、锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流．故A错误，B正确．C、金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流．故C错误；D、在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用．故D错误．故选：B．点评：本题要求学生根据题文的信息解答，考查了学生接受信息的能力，掌握电磁炉的应用及工作原理．3．（6分）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，假设“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正确的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B，从而可判断解答：解：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B，故C正确，ABD错误故选：C点评：本题考查牛顿第二定律的直接应用，关系正确的分析受力情况，基础题4．（6分）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（）A．B．C．D．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G，知轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度．解答：解：根据万有引力提供圆周运动的向心力有G有，轨道半径越大，周期越大，角速度越小，相同的时间内转过的角度越小．因为：R A＜R B＜R C．所以有：ωA＞ωB＞ωC，在A卫星转过的的时间内，三卫星对地球转过的角度θA＞θB＞θC，所以C正确，ABD错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力G，知道周期与轨道半径的关系5．（6分）一物体运动的速度﹣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0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；图线的斜率表示加速度，加速度与合力的关系满足牛顿第二定律；根据这些知识分析物体的运动情况．解答：解：A、在2t0时间内物体的速度先沿正向减小，后沿负向增大，故A错误．B、图线的斜率表示加速度，则知在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，故B错误．C、根据牛顿第二定律知，合力先减小后增大，故C正确．D、在2t0时间内物体的速度变化量为△v=﹣v0﹣v0=﹣2v0≠0，故D错误．故选：C．点评：本题考查对图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，要注意速度和加速度都是矢量，不仅要关注它们的大小，还要注意它们的方向．6．（6分）如图所示，两带电平行金属极板之间有相互正交的匀强电场和匀强磁场．现使一个带正电的粒子以一初速度沿垂直于电场和磁场的方向射入两极板间，测得它飞出该场区时的动能比射入时的动能小．为使带电粒子飞出场区时的动能比射入时的动能大，以下措施中可行的是（）A．增大粒子射入时的速度B．保持金属极板所带电荷量不变，增大两极板间的距离C．保持两极板间的距离不变，增大两金属极板所带的电荷量D．增大磁场的磁感应强度考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：首先分析粒子在复合场中的受力情况，粒子受到电场力和洛伦兹力作用，无论粒子电性如何，电场力和洛伦兹力都将方向相反，然后根据粒子在复合场中运动特点结合能量关系分析即可得出答案．解答：解：无论粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，而动能减少说明电场力做了负功，即电场力小于洛伦兹力，粒子向洛伦兹力的方向偏转了．所以要使动能增大，必然减小磁场力或增大电场力．A：减小速度，则磁场力减小而电场力不变，电场力做正功，则动能更会增大．选项A错误．B：保持金属极板所带电荷量不变，增大两极板间的距离，根据电场强度公式E=，可知，电场强度不变，则电场力也不变，故选项B错误．C：保持两极板间的距离不变，则电容不变，而增大两金属极板所带的电荷量，根据U=，则极板电压增加，则增加电场强度，即增大电场力，使粒子向电场力方向偏转，这样电场力做正功，所以动能会增大．选项C正确．D：增大磁感应强度即增大了洛伦兹力，不符合上面的分析．选项D错误．故选：C．点评：该题是速度选择器一类的题，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子受到的电场力和磁场力不平衡时，粒子将发生偏转：电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，此时电场力做正功，电势能转化为动能；电场力小于洛伦兹力时，粒子将向洛伦兹力反向偏转，电场力做负功，动能转化为电势能．思考：还有其他方法吗？7．（6分）如图所示，在x轴上固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，两点电荷之间相距L．虚线是以+Q所在点为中心、边长为L的正方形，a、b、c、d为正方形的四个顶点，其中a、c 两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（）A．四点中c点处的电势最低B．a、b两点的电势差U ab等于a、d两点的电势差U adC．将一正的试探电荷沿a→b→c，从a点移至c点，电势能先增大后减小D．a点电场强度的大小E a大于c点的电场强度的大小E c考点：电场的叠加；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：A、根据等量异种电荷的等势线的分布，来确定各点的电势高低；B、根据电势差等于电势之差，结合b、d对称，即可求解；C、由正电荷的电场力做功正负，来确定电势能的变化；D、由点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，即可求解．解答：解：A：c点在两个电荷连线的中点偏右，而在两个电荷连线的中垂线上，它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故A正确；B：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，因此电势差U ab等于a、d两点的电势差U ad．故B正确；C：一正的试探电荷沿a→b→c，在从a点移至b点，电势先增加，后减小，则正电荷的电势能先增大后减小，而当从b移到c时，电势先增后减，则正电荷的电势能先增后减．故C 错误；D：根据点电荷电场强度，及矢量合成法则，则有a电场强度的大小E a小于c点的电场强度的大小E c．故D错误．故选：AB．点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点偏右，不在两个电荷连线的中垂线上，但中占处的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于基础题目．8．（6分）如图所示，在竖直平面内，半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB和BC垂直，水平轨道BC的长度大于πR，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N个质量为m，半径为r（r＜＜R）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3…N．现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC所在的平面为重力势能的零势面，下列说法正确的是（）A．第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能减小B．第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能增大C．N个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且机械能E=NmgRD．第1个小球到达最低点的速度v＜考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：N个小球在BC和CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度．解答：解：A、把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由于重心低于，故总机械能小于E=NmgR；故C错误；在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压；故第N个小球受其他小球的压力做功，机械能增加；故A错误；B正确；D、小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：解得：v=而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第1个小球到达最低点的速度v′＜，故D正确．故选：BD点评：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把N个小球看成一个整体处理，难度适中．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）如图所示为某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该装置为水平放置的木板上固定有一张白纸，一橡皮筋的一端固定在白纸上的O点，另一端A拴两个细绳套．（1）下面为实验的一些操作步骤：①比较F′和F大小、方向是否近似相同；②过P点用统一标度作出F、F1、F2的图示；③用一个弹簧测力计钩住细绳套，拉A至某点P，在纸上标出P点，记下拉力F的方向和大小④用平行四边形定则作出F1、F2的合力F⑤用两个弹簧测力计互成角度分别拉住两个细绳套，拉A至同样的位置P，在纸上记下两个力F1、F2的方向和大小．这些实验步骤的合理顺序为③⑤②④①．（2）对于该实验，下列说法正确的是BDA．两细绳套必须等长B．若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果无影响C．记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线D．实验中，把橡皮筋的另一端拉到P点时，两弹簧测力计之问的夹角不能太大（3）假如在上述实验步骤⑤中使其中一弹簧测力计拉力F1的大小不变，逐渐增加F1与合力之间的夹角，且保证两弹簧测力计之间的夹角小于90°．为了使橡皮筋仍然伸长到P点．对另一个弹簧测力计的拉力F2的大小和方向与原来相比，下面说法中正确的是BA．F2一直变大．与合力方向的夹角一直增大B．F2一直变大，与合力方向的夹角先变大后变小C．F2一直变小，与合力方向的夹角一直减小D．F2先减小后增大，与合力方向的夹角先减小后增大．。
2015兰州一诊 甘肃省兰州市2015年高三3月诊断考试 物理 Word版含答案
2015年高三诊断考试理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题纸相应的位置上。
2．本卷满分300分，考试用时150分钟。
3．答题全部在答题纸上完成，试卷上答题无效。
4．可能用到的相对原子质量：Cu-64 O-16 S-32 H-1二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．下列说法中正确的是A ．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量B ．伽利略根据理想斜面实验推论出“若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去”C ．麦克斯韦预言了电磁波，楞次用实验证实了电磁波的存在D ．奥斯特发现了电磁感应现象15．如图所示，某质点在外力作用下运动的v －t 图象为正弦曲线。
分析一个周期（0～t 4）时间内的v －t 图象，判断下列说法 正确的是A ．0～t 2时间内位移大于t 2～t 4时间内的位移B ．在0～t 1时间内，加速度逐渐减小，t 1时刻运动反向C ．t 4时刻，质点回到出发点D ．在t 2～t 3时间内，外力做的总功为零16．如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形， ABC =60°，整个系统保持静止状态。
已知D 物块所受的摩擦力大小为F ，则A 物块所受的摩擦力大小为 A ．C F B ．FC ．23F D ．2F17．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度v 0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，则从a 到b 过程中，下列说法正确的是 A ．粒子带负电荷 B ．粒子先加速后减速C ．粒子加速度一直增大第17题图第16题图D ．粒子的机械能先减小后增大18．在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m 1、m 2、m 3，它们的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，且r 1>r 2>r 3，其中m 2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则A ．相同的时间内，m 1通过的路程最大B ．三颗卫星中，m 3的质量最大C ．三颗卫星中，m 3的速度最大D ．m 1绕地球运动的周期小于24小时19．如图所示，竖直面内有个光滑的3/4圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R 。
甘肃省张掖市2015届高三第一次联考理综试题(扫描版,Word答案)
生物答案1 C2 D3 D4 A5 C6 B29.（11分,每空1分）（1）A（2）净光合速率（3）A植物的呼吸速率线粒体（4）向右（5）叶绿体基质类囊体薄膜（6）相反相同（7）＝> 30. （9分,每空1分）(1)传入神经内正外负电信号→化学信号→电信号(2)大脑皮层神经—体液调节(3)抗利尿激素肾小管和集合管(4)吞噬细胞浆细胞和记忆细胞31. （7分,每空1分,作图2分）（1）4 已和庚（缺一个不得分））（2）捕食和竞争（缺一个不得分）自身呼吸消耗、未被利用（3）32. （12分,每空2分）（1）AAZ B Z B AaZ B Z b、 AaZ B W（2）1:2 红宝石喉：黄宝石喉：白喉=3:3:2（3）1.若后代出现白喉蜂鸟，则其为杂合子；2.若后代无白喉蜂鸟，则其为纯合子39．【生物——选修模块1：生物技术实践】（15分）．(1)用果胶酶处理(2分)(2)选择（1分）包埋(2分) 无菌条件(避免微生物的污染) (2分)(3)重铬酸钾(2分) 稀释涂布平板(2分)(4)转移到甘油中，与甘油充分混匀后，放在－20℃的冷冻箱中(2分)(5)密封不严，其他微生物进行有氧呼吸，将果酒转变成果酸(2分)40．【生物——选修模块3：生物技术实践】（15分）(1)逆转录（反转录）（2分）（2）限制性核酸内切酶（2分）（3）基因表达载体的构建（2分）（4）温度和PH （2分）（5）显微注射法（2分）囊胚或桑椹胚（2分）（6）细胞融合（2分）杂交瘤细胞（1分）张掖市2015年第一次诊断考试物理答案25．解答：(1)当磁场B 和电场E 同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足Eq =Bqv所以两种粒子速度相同都为v =EB① (2分)当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，两种粒子都满足r v m Bqv 2=得Bqmv r = ② (2分) 当磁场强度为B 时，P 粒子的轨道半径r 1=l ，Q 粒子轨道半径为r 2=14l ③ （1分）由②可知当磁场为B 1减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时 r 1′=2l ，r 2′=12l （2分）此时P 粒子将打在M 屏上，由几何关系可求出落点横坐标l r l r )32(2222--='--'所以P 粒子亮点位置(l )32(--，l ) (2分) 而Q 粒子仍打在N 屏上，易得亮点位置(l ，0) (1分) (2)由上问①②③式，可得两粒子的荷质比及其与E 、B 的关系，对P 、Q 分别有E m l q B 112= ④ （1分） E m l q B 2224= ⑤ (1分)当仅存在电场时，P 粒子将向右偏，y 方向分运动为匀速直线运动vt =l ⑥ (1分) x 方向分运动为受电场力下的匀加速直线运动，有111m Eq a =⑦ （1分） 21121t a x = ⑧ (1分)结合④⑥⑦可得212112vm l Eq x ⑨ (1分) 由①④⑨可得 x 1=12l 同理可以求得Q 粒子在-x 方向的偏转位移为 x 2=2l故P 、Q 两粒子打在屏上的位置坐标分别为(12l ，l )、(-2l ，l )。
甘肃省高三第一次诊断考试(全科6套)甘肃省高三第一次
甘肃省2015年高三第一次高考诊断考试理科综合能力试题考生注意：1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上：写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—l; N-14; O-16; Cl-35.5; Ca-40第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于细胞结构和功能的说法中，正确的是A．所有细胞中核糖体的形成都与核仁密切相关B．神经细胞有细胞周期，其化学成分在不断更新C．葡萄糖、RNA、蛋白质都可以在叶绿体中合成D．线粒体分解葡萄糖产生CO2和H2O2．下列有关ATP的叙述，正确的是A．机体在运动时消耗A TP，睡眠时不消耗A TPB．淀粉酶催化淀粉水解为麦芽糖不需要ATP提供能量C．线粒体和叶绿体合成A TP都依赖氧D．静息电位形成中K+从细胞内到细胞外需要ATP提供能量3．下列变异属于基因重组的是A．同胞兄妹间存在遗传差异B．动物细胞在分裂过程中突破“死亡”的界限，成为不死的癌细胞C．姐妹染色单体的交叉互换D．显微镜下观察某人处于分裂状态的细胞，发现细胞两极所含的染色体数目不同4．关于免疫调节的叙述，正确的是A．免疫系统由免疫器官、淋巴细胞、淋巴因子和抗体组成B．记忆细胞在受到相应抗原刺激时细胞周期会缩短C．二次免疫时，浆细胞是由B细胞受到抗原刺激后增殖、分化产生的D．当抗原侵入宿主细胞时，细胞免疫才开始发挥作用5．植物激素在植物体的整个生命历程中起到了关键作用，以下说法正确的是A．生长素只能促进植物的生长B．不同器官对生长素的反应敏感程度不同，茎比芽更敏感C．在太空中植物激素不能进行极性运输，根失去了向地生长的特性D．用一定浓度赤霉素溶液处理麻黄、芦苇等植物，能使植物增高6．关于生物进化的叙述，错误的是A．生物的种间竞争是一种选择过程B．地理隔离可阻止种群间的基因交流，种群基因库间的差异导致种群间产生生殖隔离C．人类种群中，控制一对相对性状的各种基因型频率的改变说明人类在不断进化D．共同进化的过程也是生物多样性形成的过程7．下列说法不正确的是A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反应D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用此物保鲜水果8．下列各组物质相互反应后，最终没有白色沉淀生成的是A．过量Ba( OH)2溶液加入明矾溶液B．过氧化钠投入到FeC1：溶液中c．向NaAlO2溶液中通入过量CO2D．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO29．用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A．用图1所示装置制取少量H：B．用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C．用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D．用图4所示装置蒸干A1Cl3溶液制备无水AIC1310.分子式为C4Hl0烷烃与氯气在光照条件下发生取代反应，生成物中含有两个氯原子且位于相邻碳原子上的同分异构体共有A．3种 B.4种 C.5种 D.6种11.电动汽车具有绿色、环保等优点，镍氢电池(NiMH)是电动汽车的一种主要电池类型。
【物理】甘肃省普通高中2015届高考一模试卷
甘肃省普通高中2015届高考物理一模试卷一、选择题：本题共12小题，共40分．1～8每小题3分，每题只有一个选项符合题目要求，9～12每小题3分，在每个小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分．1．（3分）下列叙述中符合物理史实的是（）A．伽利略提出了日心说B．亚里士多德否定了力是维持物体运动的原因C．奥斯特发现了电流的磁效应D．牛顿发现了万有引力定律并测定了万有引力常量2．（3分）人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向加速运动（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（）A．手对物体的作用力方向竖直向上B．手对物体的作用力方向水平向前C．手对物体作用力方向斜向前上方D．物体所受摩擦力大小为μmg3．（3分）某物体在一足够大的光滑水平面上向西运动，当它受到一个向南的恒定外力作用时，物体将做（）A．匀变速直线运动B．匀变速曲线运动C．曲线运动但加速度方向改变，大小不变，是非匀变速曲线运动D．曲线运动但加速度方向和大小均改变，是非匀变速曲线运动4．（3分）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（）A．20m/s2B．10m/s2C．5m/s2D．无法确定5．（3分）如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为（）A．16：9 B．9：16 C．3：4 D．4：36．（3分）若各国的人造地球卫星都在不同的轨道上做匀速圆周运动，设地球的质量为M，地球的半径为R地．则下述判断正确的是（）A．各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超过u m=B．各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行周期都不超过T m=2πR地C．卫星在轨道上做匀速圆周运动的圆心不一定与地心重合D．地球同步卫星做匀速圆周运动的运行周期等于2πR地7．（3分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内货物处于失重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．前3s内平均速度小于最后2s内的平均速度D．最后2s的过程中货物的机械能增加8．（3分）如图所示，A、B、C、D、E、F为正六边形的六个顶点，P、Q、M分别为AB、ED、AF的中点，O为正六边形的中心．现在六个顶点依次放入等量正负电荷．若取无穷远处电势为零，以下说法中错误的是（）A．P、Q、M各点具有相同的场强B．P、Q、M各点电势均为零C．O点电势与场强均为零D．将一负检验电荷从P点沿直线PM移到M点的过程中，电势能先减小后增大9．（4分）如图，R为热敏电阻，R1、R2为定值电阻．闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现R所处环境温度降低，电压表的示数改变量的大小为△U，电流表的示数改变大小为△I，则下列说法正确的是（）A．变大B．变大C．电阻R1的功率变大D．电源的总功率变大10．（4分）在一阻值为R=10Ω的定值电阻中通入如图所示的交流电，则（）A．此交流电的频率为0.5HzB．此交流电的有效值约为3.5AC．在2～4s内通过该电阻的电荷量为1CD．在0～2s内电阻产生的焦耳热为25J11．（4分）如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B满足（）A．，方向水平向左B．，方向垂直纸面向外C．，方向沿斜面向上D．，方向竖直向下12．（4分）用一段截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R （r ＜＜R）的圆环．圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中．如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则（）A．此时整个环的电动势为E=2BvπRB．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I=C．此时圆环的加速度D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m=二、实验题：（每空2分，共16分）13．（6分）在“探究求合力的方法”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为________N．（2）在实验中，如果只将OB、OC绳换成橡皮筋，其他步骤保持不变，那么实验结果________（选填“会”或“不会”）发生变化．（3）在本实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力；F′表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则图2中符合实验事实的是________．14．（10分）为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：待测干电池E（电动势约1.5V，内阻约1.0Ω）电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）电流表A（量程0～0.60A，内阻约0.10Ω）滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）定值电阻R3=990Ω，开关S和导线若干①明同学在某一次的测量过程中两电流表的指针偏转如图1所示，则电流表A的读数为________A，电流表G的读数为________mA②请在图2方框中画出他的实验电路图．（标明所选仪器的符号）③图3为小明根据实验数据作出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=V________，内阻r=________Ω．三、计算题：共29分．请按题目要求作答，解答题目应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．15．（6分）据《雄关周末》第51期报导，“经过5年艰苦奋战，备受关注的兰新高铁于2014年12月26日正式开通，这标志着世界一次性建设里程最长的高速铁路将全线开通运营”，高铁动车每节车厢长25m，全车由8节车厢编组而成，设计时速为250km/h．某次运行中，在乘务员以相对车厢2m/s的速度从车厢的一端走到另一端的过程中，全车恰好匀速通过了一座长600m的铁路桥，求火车过桥时的速度为多少？16．（9分）如图，质量m=1.0kg的物体（可视为质点）以v0=10m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R=1.0m的竖直光滑半圆环，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5．求：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，求出发点到N点的距离x 的取值范围．17．（14分）如图所示，在xoy平面内，在x＞0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x ＜0范围内以第Ⅲ象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成θ=45°角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=32N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0=2×103m/s射出，已知OP=0.8cm，微粒所带电荷量q=﹣5×10﹣18C，质量m=1×10﹣24kg，求：（1）带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；（2）带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间；（3）带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小．【选做部分】温馨提示：在下列三道选修题目中只能选择其中之一作答，并写在答题卷指定的位置处．若作答两道以上，只批阅前一道．（选择题为多项选择，每选对一个得2分，有错选得0分．选择题的答案填写在答题卷指定位置，不要涂在机读卡上）[选修3-3]（15分）18．（6分）下列说法正确的是（）A．液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B．不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C．第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D．物体吸收热量，则其内能一定增加E．能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性19．（9分）如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止状态，封闭气体的体积为V0，温度T0=300K，压强为0.9P0（P0为大气压强），活塞面积为S，现不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了0.2V0（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g，求：①沙桶的质量m②末态气缸内封闭气体的温度T．[选修3-4]（15分）20．如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．则下列关于这两列波的说法中正确的是（）A．P、N两质点始终处于平衡位置B．该时刻质点M正处于平衡位置C．随着时间的推移，质点O将向M点移动D．从该时刻起，经过四分之一个周期，质点O将到达平衡位置，此时位移为零E．OM连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的2倍21．如图所示，一半径为R、折射率n=的半球形玻璃砖置于光屏MN的上方，一束半径为r=的圆形单色光正对半球形玻璃砖的中心O入射，经玻璃砖折射后在下方的光屏MN 上得到一个半径r′=的圆形光斑，试求光屏MN到半球形玻璃砖的直径AB的距离．（tan75°=2+）[选修3-5]（15分）22．下列说法正确的有（）A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越小E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短23．静止的锂核（）俘获一个速度为7.7×106m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核（），它的速度大小是8.0×106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同．①写出此核反应的方程式；②求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向；③此反应过程中是否发生了质量亏损，说明依据．。
2015-2016学年甘肃省张掖市民乐一中高三(上)诊断物理试
2015-2016学年甘肃省张掖市民乐一中高三（上）诊断物理试卷（12月份）一、选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．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，共48分．）1．下列叙述符合物理学史实的是（）A．伽利略认为力是维持物体运动的原因B．开普勒通过对其导师第谷观测的行星数据进行研究得出了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤实验成功地测出了万有引力常量D．牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了牛顿第一定律2．如图所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数k的弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上拉起，当B刚要离开地面时，A上升距离为L，假设弹簧一直在弹性限度内，则（）A．L=B．L＜C．L=D．L＞3．下列关于力与运动的关系的说法中正确的是（）A．物体在变力作用下可能做直线运动B．物体在变力的作用下一定做曲线运动C．物体在恒力作用下一定做直线运动D．物体在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动4．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（）A．在0～6s内，物体离出发点最远为30mB．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/sC．在0～6s内，物体经过的路程为35mD．在5～6s内，物体所受的合外力做负功5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（）A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθC．伸长量为D．压缩量为6．在如图所示的装置中．表面粗糙的斜面固定在地面上．斜面的倾角为θ=30°；两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向α=60°．现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好末滑动．已知乙物体的质量为m=1kg，若重力加速度g取10m/s2．下列说法正确的是（）A．乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为5NB．乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为20NC．斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为l5ND．甲物体的质量为2.5kg7．如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m．给小球一水平向右的瞬时速度v0，使小球在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（）A．最小值为B．最大值为C．最小值为D．最大值为8．如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端D．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动9．如图所示，AB为半圆弧ACB水平直径，C为ACB弧的中点，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）A．0.5m/s B．1.5m/s C．3m/s D．4.5m/s10．2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（）A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为C．卫星l向后喷气就一定能追上卫星2D．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功11．如图所示，a、b 两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b 物块间高度差为h．在此过程中，下列说法正确的是（）A．物块a的机械能逐渐增加B．物块b机械能减少了C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加12．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ．在这三个过程中，下列说法不正确的是（）A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的二、简答题13．在验证机械能守恒定律的实验中，质量为m=1.00kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，g取9.8m/s2．求：（1）该实验所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需（填字母代号）中的器材．A．直流电源B．交流电源C．秒表D．毫米刻度尺（2）纸带的端（选填“左”或“右“）与重物相连；（3）根据图上所得的数据，应取图中O点和点来验证机械能守恒定律；（4）打点计时器打下记数点B时，物体的速度V B=m/s（保留三位有效数字）；（5）从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△E P=J，动能的增加量△E K=J（保留三位有效数字）；（6）根据题中提供的条件，可求出重锤实际下落的加速度a=m/s2．（保留三位有效数字）（7）即使在实验操作规范，数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验测得的△E P也一定略大于△E K，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因为．14．某同学用如图所示的实验装置探究合外力对小车所做功与它动能变化的关系．图中A 为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．①该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为O点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O之间的距离，并计算出它们与O点之间的速度平方差△v2（△v2=v2 v2请以△为纵坐标，以为横坐标在方格纸中作出△v2﹣s图象．若测出小车质量为0.2kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为N．②实验中该同学发现测力计读数大于通过计算得到的小车所受的合外力，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是．三、计算题（共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算题，答案中必须明确写出数值和单位．在答题卡上作答）15．如图1，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角α．16．如图所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细长直杆，光滑套管D被固定在竖直方向，A可以自由上下运动，物块C的质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触（如图）．然后从静止开始释放A，A、B、C便开始运动．求：（1）长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B、C水平方向的速度；（2）运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度．17．如图所示，质量为m=1kg的滑块，以υ0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M=4kg，平板小车长L=3.6m，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止．（g取9.8m/s2）．求：（1）滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ；（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少？18．如图所示，一可看成质点的小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后．进入半径R=10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨遒间不相互重叠．即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=2m，水平轨道AB长为L1=5m，BC长为L2=4m，小球与水平轨道间的动摩檫因数μ=0.2．取重力加速度g=l0m/s2．则：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度；（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度的范围是多少．2015-2016学年甘肃省张掖市民乐一中高三（上）诊断物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．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，共48分．）1．下列叙述符合物理学史实的是（）A．伽利略认为力是维持物体运动的原因B．开普勒通过对其导师第谷观测的行星数据进行研究得出了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤实验成功地测出了万有引力常量D．牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了牛顿第一定律【考点】物理学史．【分析】亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，开普勒通过对前人观测的行星数据进行研究，得出行星运动的三大定律，卡文迪许利用扭秤实验成功地测出了万有引力常量．牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家结论的基础上，得出了牛顿第一定律．【解答】解：A、伽利略提出力是改变物体运动的原因，故A错误；B、开普勒由大量的天文观测数据，运用数学推理发现行星运动三定律，故B错误；C、牛顿依据开普勒行星运动三定律，运用数学推理发现了万有引力定律，卡文迪许运用实验测出了引力常量，故C正确；D、牛顿总结了伽利略及笛卡尔等科学家关于力与运动的关系得研究结果，得出了牛顿第一定律，故D正确；故选：CD2．如图所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数k的弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上拉起，当B刚要离开地面时，A上升距离为L，假设弹簧一直在弹性限度内，则（）A．L=B．L＜C．L=D．L＞【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，弹簧所受的弹力等于A的重力，由胡克定律求出弹簧的压缩量．当B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小恰好等于B的重力，再由胡克定律求出弹簧的伸长量，由几何关系求解L．【解答】解：开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，弹簧所受的弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧的压缩量为x1=；当B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小恰好等于B的重力，由胡克定律得，弹簧的伸长量为x2=．由几何关系得知，L=x1+x2=．故选A3．下列关于力与运动的关系的说法中正确的是（）A．物体在变力作用下可能做直线运动B．物体在变力的作用下一定做曲线运动C．物体在恒力作用下一定做直线运动D．物体在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【分析】当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，做直线运动，不在同一条直线上，做曲线运动．【解答】解：A、当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，不论该力是恒力还是变力，都做直线运动．故A正确．B、当物体所受的合力与速度在同一条直线上，即使是变力，还是做直线运动．故B错误．C、在恒力作用下不一定做直线运动，若恒力的方向与速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．故C错误．D、匀速圆周运动所受的合力始终指向圆心，是变力，所以在恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D正确．故选AD．4．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（）A．在0～6s内，物体离出发点最远为30mB．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/sC．在0～6s内，物体经过的路程为35mD．在5～6s内，物体所受的合外力做负功【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间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．根据围成的面积求出路程，结合路程和时间的比值求出平均速率．【解答】解：A、在5s时，图线与时间轴围成的面积最大，位移最大，离出发点最远，最远距离为x=，故A错误．B、0﹣4s内，物体的路程s=，则平均速率v=．故B正确．C、0﹣6s内，物体的路程m=40m．故C错误．D、5﹣6s内，物体的动能增加，根据动能定理知，合外力做正功．故D错误．故选：B．5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（）A．伸长量为tanθ B．压缩量为tanθC．伸长量为D．压缩量为【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】先对小球受力分析，结合运动情况求出合力，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再对物体受力分析，求出合力后确定弹簧弹力．【解答】解：对小球受力分析，如图由几何关系=m2gtanθF合由牛顿第二定律a==gtanθ车向左加速或向右减速对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律=m1gtanθF弹物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为tanθ故选A．6．在如图所示的装置中．表面粗糙的斜面固定在地面上．斜面的倾角为θ=30°；两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向α=60°．现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好末滑动．已知乙物体的质量为m=1kg，若重力加速度g取10m/s2．下列说法正确的是（）A．乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为5NB．乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为20NC．斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为l5ND．甲物体的质量为2.5kg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】乙物体摆到最高点时绳子拉力最小，根据沿绳子方向合力为零求出绳子的拉力；摆到最低点时绳子拉力最大，根据动能定理结合牛顿第二定律求出乙物体在最低点时绳子的拉力．当绳子的拉力最小时，甲物体有沿斜面向上的最大静摩擦力，当绳子拉力最大时，甲物体有沿斜面向下的最大静摩擦力，根据共点力平衡求出甲物体的质量和斜面对甲物体的最大静摩擦力．【解答】解：A、乙物体摆到最高点时绳子拉力最小，有：m乙gcos60°=T1=5N．故A正确．B、由最高点到最低点，根据动能定理得：，根据牛顿第二定律得：．联立两式得，T2=20N．故B正确．CD、对甲物体有：m甲gsin30°=T1+f m，m甲gsin30°+f m=T2，联立两式得，m甲=2.5kg，f m=7.5N．故C错误，D正确．故选：ABD7．如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m．给小球一水平向右的瞬时速度v0，使小球在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（）A．最小值为B．最大值为C．最小值为D．最大值为【考点】向心力．【分析】小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围．【解答】解：在最高点，速度最小时有：mg=m，解得：v1=．根据机械能守恒定律，有：2mgr+mv12=mv1′2，解得：v1′=．在最高点，速度最大时有：mg+2mg=m，解得：v2=．根据机械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv2′2，解得：v2′=．所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：≤v≤．故CD正确，AB错误．故选：CD．8．如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端D．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】物体由于惯性冲上皮带后，分v2大于、等于、小于v1三种情况分析；从左端滑上传送带时，物体可以先加速，当速度等于传送带速度时匀速运动，也可以一直加速运动，也可以一直匀速运动，也可以先减速后匀速运动，还可以一直减速；从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以先减速后反向匀加速，分情况进行讨论即可解题．【解答】解：A、若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带减速滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A错误；B、若v2＜v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；C、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度还大于等于零时，可以到达左端，故C错误；D、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，故D正确；故选D．9．如图所示，AB为半圆弧ACB水平直径，C为ACB弧的中点，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）A．0.5m/s B．1.5m/s C．3m/s D．4.5m/s【考点】平抛运动．【分析】根据时间求出平抛运动的高度，再通过下降的高度结合几何关系求出水平位移，从而求出初速度．【解答】解：小球下降的高度为：h==，小球下落点存在两种可能，根据几何关系，其水平位移可能是：x==0.75+m=1.35m或：x==0.75﹣m=0.15m，则平抛运动的初速度为：，或．故选：AD．10．2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（）A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为C．卫星l向后喷气就一定能追上卫星2D．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进行判断．在运动的过程中，万有引力与速度方向垂直，万有引力不做功．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得，，解得a=．根据万有引力等于重力得，GM=gR2，则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A正确．B、根据得，周期T=．经过=，卫星1由位置A运动到位置B．故B错误．C、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C错误．D、卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D错误．故选：A．11．如图所示，a、b 两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b 物块间高度差为h．在此过程中，下列说法正确的是（）A．物块a的机械能逐渐增加B．物块b机械能减少了C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加【考点】机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．【分析】本题中物体a、b构成的系统机械能守恒，物体B重力势能的减小量等于a动能增加量、b动能增加量、a重力势能增加量之和．【解答】解：A、物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A正确；B、物体a、b构成的系统机械能守恒，有（2m）g•=mg•h+解得：物体b动能增加量为=，重力势能减小2mg=mgh，故机械能减小，故B正确；C、物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故C错误；D、物体a动能增加量为=，重力势能增加量为mgh，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误；故选：AB．12．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ．在这三个过程中，下列说法不正确的是（）A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】本题应根据动能定理求解，只要正确对物体受力分析，分别求出各力做功的代数和，即可比较速度的大小．【解答】解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh﹣W f=mv2…①其中W f为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：f=μN=μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为：W f=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL…②底由图可知，Lcosθ为斜面底边长，成正比．可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底A、B因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1重力做功大于沿2重力做功，根据①式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小．故A错误．B正确；C、沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多．故C正确．。
2015年甘肃省张掖市民乐一中高考物理一模试卷和答案
2015年甘肃省张掖市民乐一中高考物理一模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律B．库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值C．伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2．（6分）如图所示，质量分别为m A和m B的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着．已知m A=2m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角缓慢增大到50°，系统仍保持静止．下列说法正确的是（）A．绳子对A的拉力将增大B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的摩擦力不变D．物体A受到的合力将增大3．（6分）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则（）A．小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/sB．碰撞前后速度改变量的大小为2m/sC．小球是从5 m高处自由下落的D．小球反弹的最大高度为0.45m4．（6分）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是（）A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度B．卫星C的运行速度小于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．卫星B在P点运行的加速度大于卫星C的加速度5．（6分）等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中（）A．所受电场力的方向不变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小 D．电势能一直不变6．（6分）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．人从P点落下到最低点c的过程中（）A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D．在c点，人的速度为零，其加速度为零7．（6分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高8．（6分）如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右测，A、B 与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v．则以下说法正确的是（）A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ+μcosθ ）C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中．弹簧对A所做的功等于Mv2+MgLsinθ+μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（8分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示，已知m1=50g、m2=150g，则（g取9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）①在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s：②在打点0～5过程中系统动能的增加量△E K=J，系统势能的减少量△E p= J：③若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=m/s2．10．（7分）电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大．某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D，测量它们的电动势和内阻．（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势．测量电池A时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为V．（2）用图乙所示电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5Ω．改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电池的图线，如图丙．由图线C可知电池C的电动势E=V；内阻r=Ω．（3）分析图丙可知，电池（选填“A”、“B”、“C”或“D”）较优．11．（14分）为研究空气对滑雪运动员的阻力，可以在滑雪板上安装传感器，在滑行时采集数据，作出滑雪板运动的v﹣t图象进行分析．在一次实验中，运动员沿倾角θ=37°足够长的斜坡直线滑下，如图甲所示．图乙为该次实验的v﹣t图象，曲线ABC为某段时间内速度与时间关系图线．分析时发现BC段恰好平行于时间/轴，作曲线AB过纵轴上 A 点的切线AD．已知人和滑雪板的总质量m=80kg，人和滑雪板所受的空气阻力与速度成正比，比例系数为k在v﹣t图象中曲线在某点切线的斜率等于该时刻@度的变化率．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小；（2）比例系数k和滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．12．（18分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．三、（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑．注意所做题目都题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选大区域指定位置答题．如果不涂、多涂均按所答第一题评分；多答则每学科按所答的第一题评分．[物理-选修3-5]（15分）13．（6分）下列说法正确的是（）A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变14．（9分）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量m A=1kg．初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移一时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？2015年甘肃省张掖市民乐一中高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律B．库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值C．伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机【解答】解：A、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A错误；B、库仑提出了库仑定律，密立根最早实验测得元电荷e的数值，故B错误；C、伽利略发现了行星运动的规律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故C错误；D、法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机，故D 正确；故选：D．2．（6分）如图所示，质量分别为m A和m B的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着．已知m A=2m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角缓慢增大到50°，系统仍保持静止．下列说法正确的是（）A．绳子对A的拉力将增大B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的摩擦力不变D．物体A受到的合力将增大【解答】解：A、B、C、对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mg再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图根据平衡条件得到f+T﹣2mgsinθ=0N﹣2mgcosθ=0解得f=2mgsinθ﹣T=2mgsinθ﹣mgN=2mgcosθ当θ不断变大时，f不断变大，N不断变小，拉力不变；故AC错误，B正确；D、物体A受到的合力为零，保持不变，故D错误；故选：B．3．（6分）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则（）A．小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/sB．碰撞前后速度改变量的大小为2m/sC．小球是从5 m高处自由下落的D．小球反弹的最大高度为0.45m【解答】解：A．由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A 错误；B、碰撞时速度的改变量为△v=﹣3m/s﹣5m/s=﹣8m/s，则速度的改变量大小为8m/s．故B错误；C、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：h=×0.5×5m=1.25m，故C错误；D、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s﹣0.8s内速度图象的面积，所以h=×0.3×3m=0.45m，故D正确；故选：D．4．（6分）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是（）A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度B．卫星C的运行速度小于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．卫星B在P点运行的加速度大于卫星C的加速度【解答】解：A、A、C的周期相同，根据a=r知，C的半径大，则C的加速度大．故A错误．B、根据v=r（）知，C的半径大，则C的运行速度大．故B错误．C、A、B的周期相同，可能出现在每天的某一时刻卫星B在A的正上方．故C 正确．D、在P点，加速度a=，r相同，则加速度相等．故D错误．故选C．5．（6分）等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中（）A．所受电场力的方向不变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小 D．电势能一直不变【解答】解：A、在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，即竖直向下；a点沿直线移动到b点过程中，带负电的检验电荷受电场力的方向垂直中垂线向上；在b到c的过程中，等量的异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，则带负电的检验电荷受电场力的方向沿连线竖直向上．检验电荷所受电场力的方向保持不变，故A正确；B、根据点电荷电场强度的叠加，结合等量的异种电荷的电场的分布特点可知，从a到b，场强减小，从b到c，场强增大，所以检验电荷在此全过程中所受电场力大小是变化的，故B错误；CD、因为此中垂线是等势线，所以从a→b过程中电场力不做功，电势能不变；从b到c，电场力做正功，电势能减小；所以电势能先不变再减小，故CD错误．故选：A．6．（6分）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．人从P点落下到最低点c的过程中（）A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D．在c点，人的速度为零，其加速度为零【解答】解：A、在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，所以A正确．B、在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态，所以B正确．C、在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以C错误．D、在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以D错误．故选AB．7．（6分）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高【解答】解：A、电源的效率η=．由图看出，电阻R接在电源a上时电路中电流为0.5I，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a电源的效率为50%．由图看出，电阻R接在电源b上时＞50%，则电源b的效率大于50%．故A错误．B、电源的图线与电阻R的U﹣I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大．故B 错误．C、D由分析可知，R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低．故C 正确，D错误．故选：C8．（6分）如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右测，A、B 与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v．则以下说法正确的是（）A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ+μcosθ ）C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中．弹簧对A所做的功等于Mv2+MgLsi nθ+μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2【解答】解：A、A和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零．对AB整体：由平衡条件知kx﹣（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ=0，所以此时弹簧处于压缩状态．故A错误．B、A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma，得a=gsinθ+μgcosθ，由牛顿第二定律知，A，B的加速度相同，故B正确．C、从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得=（m+M）v2﹣（m+M）gLsinθ﹣μ（m+M）gcosθ•L+W弹弹簧对A所做的功W=（m+M）v2+（m+M）gLsinθ+μ（m+M）gcosθ•L，故C弹错误．D、从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合=△E k=，故D正确．故选：BD．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（8分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示，已知m1=50g、m2=150g，则（g取9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）①在纸带上打下记数点5时的速度v= 2.4m/s：②在打点0～5过程中系统动能的增加量△E K=0.576J，系统势能的减少量△E p=0.588J：③若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=m/s=2.4m/s．（2）在0～5过程中系统动能的增量△E K=（m1+m2）v52=×0.2×2.42J=0.576 J．系统重力势能的减小量为（m2﹣m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J=0.588 J．（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有：v2=gh，所以v2﹣h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．故答案为：（1）2.4（2）0.576；0.588（3）9.710．（7分）电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的电动势变小，内阻变大．某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D，测量它们的电动势和内阻．（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势．测量电池A时，多用电表的指针如图甲所示，其读数为11.0V．（2）用图乙所示电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5Ω．改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电池的图线，如图丙．由图线C可知电池C 的电动势E=12V；内阻r=1Ω．（3）分析图丙可知，电池C（选填“A”、“B”、“C”或“D”）较优．【解答】解：（1）用多用表直流电压50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果，由指针指示可知：E=11.0V．故答案为：11.0．（2）根据闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）+IR0，因此有：，由此可知，图象的斜率表示，纵轴截距为：．由图象可知：，，由此解得：E=12V．r=1Ω．故答案为：12，1．（3）电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优．故答案为：C．11．（14分）为研究空气对滑雪运动员的阻力，可以在滑雪板上安装传感器，在滑行时采集数据，作出滑雪板运动的v﹣t图象进行分析．在一次实验中，运动员沿倾角θ=37°足够长的斜坡直线滑下，如图甲所示．图乙为该次实验的v﹣t图象，曲线ABC为某段时间内速度与时间关系图线．分析时发现BC段恰好平行于时间/轴，作曲线AB过纵轴上 A 点的切线AD．已知人和滑雪板的总质量m=80kg，人和滑雪板所受的空气阻力与速度成正比，比例系数为k在v﹣t图象中曲线在某点切线的斜率等于该时刻@度的变化率．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小；（2）比例系数k和滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．【解答】解：（1）由图象得：A点，v A=6m/s，加速度为：a A==2.4m/s2；由牛顿运动定律得：mgsinθ﹣μN﹣kv A=ma A…①最终雪橇匀速运动时最大速度为：v m=12m/s，a=0由牛顿运动定律得：mgsinθ﹣μN﹣kv m=0…②由平衡条件得：N=mgcosθ…③由①②③代入数据解得：μ=0.15k=32N•s/m答：（1）滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小为2.4m/s2（2）空气的阻力系数为32N•s/m，动摩擦因数为0.15．12．（18分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．【解答】解：（1）设电场强度为E，小球过C点时速度大小为v c，小球从A到C由动能定理：小球离开C点后做平抛运动到P点：2R=v c t联立方程解得：即电场强度E的大小为．（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理：即：根据数学知识可得，当α=450时动能最大由此可得：即小球在圆轨道上运动时最大速率为．（3）由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系由牛顿第二定律：解得：即小球对圆轨道的最大压力的大小．三、（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑．注意所做题目都题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选大区域指定位置答题．如果不涂、多涂均按所答第一题评分；多答则每学科按所答的第一题评分．[物理-选修3-5]（15分）13．（6分）下列说法正确的是（）A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变【解答】解：A、α粒子的散射实验表明原子核具有核式结构．故A错误；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应．故B正确；C、光照射到某种金属上不能发生光电效应，说明光子的能量小于金属的逸出功，是因为该束光的波长太长．故C错误；D、放射性元素的半衰期与温度无关，将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变．故D正确．故选：BD14．（9分）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量m A=1kg．初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移一时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？【解答】解：因为系统所受的合外力等于零，所以系统动量守恒．从位移﹣时间图象中知道：碰撞前A、B速度分别为4m/s，0．碰撞后A、B速度为1m/s．根据动量守恒定律列出等式：m A v A+0=（m A+m B）v解得：m B=3kg．答：物体B的质量为3kg．。
甘肃省2015年高三第一次诊断考试理综物理试题
甘肃省2015年高三第一次诊断考试理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中．第14—18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分-选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化模型法、放大法、极限法、控制变量法、假设法、类比法、比值法等等。
以下关于所用思想方法的叙述错误的是A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B．速度的定义式xvt，采用的是比值法；当△t非常非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，应用了极限法C．在探究电流、电压和电阻三者之间的关系时，先保持电压不变研究电流与电阻的关系再保持电阻不变研究电流与电压的关系，该实验应用了控制变量法D．下图是三个实验装置，这三个实验中都体现了放大法15．汽车在平直路面以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的v-t图像可能是下图中的16．“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在从后方接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。
下列说法正确的是A．攻击卫星在原轨道上运行的线速度大于7.9 km/sB．攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小C．攻击卫星完成“太空涂鸦”后应减速才能返回低轨道上D．若攻击卫星周期已知，结合万有引力常量就可计算出地球质量17.如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑。
一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球。
甘肃省天水市2015年高考物理一模试题(含解析)
甘肃省天水市2015年高考一模物理试卷一、选择题〔此题共12小题；每一小题4分，共48分．每一小题给出的四个选项中，1-8为单项选择，9-12为多项选择，全选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答得0分〕1．如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，如此地面对斜劈的摩擦力〔〕A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件与其应用．.专题：压轴题．分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉与相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题〞．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般假设讨论的问题不涉与系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法〞；假设涉与系统中各物体间的相互作用，如此应以系统某一局部为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法〞．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而表现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．此题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况一样，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；应当选A．点评：此题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．2．〔4分〕〔2015•天水一模〕如下列图，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧与与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间〔g取10m/s2〕，如下说法中正确的答案是〔〕A．小球受力个数不变B．小球立即向左运动，且a=8m/s2C．小球立即向左运动，且a=10m/s2D．假设剪断的是弹簧，如此剪断瞬间时小球加速度的大小a=10m/s2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：剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，确定小球的受力个数，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小．剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．解答：解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以与弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=10×1=10N剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用．小球的受力个数发生改变．故A错误．BC、小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a=．合力方向向左，所以向左运动．故B正确，C错误．D、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，如此小球的加速度为零．故D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进展求解．3．〔4分〕〔2010•江苏〕如下列图，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，如此橡皮运动的速度〔〕A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变考点：运动的合成和分解．.分析：橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定如此可以求出合速度．解答：解：橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定如此，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；应当选A．点评：此题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定如此求出合速度．4．〔4分〕〔2015•天水一模〕汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，如此在图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的答案是〔〕A．汽车的加速度﹣时间图象可用图乙描述B．汽车的速度﹣时间图象可用图甲描述C．汽车的加速度﹣时间图象可用图丁描述D．汽车的速度﹣时间图象可用图丙描述考点：功率、平均功率和瞬时功率．.专题：功率的计算专题．分析：由P=Fv可明确力、功率与速度间的关系；如此可明确加速度、速度随时间的变化关系．解答：解：汽车恒定功率启动，如此开始时加速度较大，速度增大；如此由P=FV可知，牵引力减小，如此加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；注意图象的斜率表示纵坐标物理量的变化；故速度﹣时间图象为甲图；加速度﹣时间图象为乙图；应当选：AB．点评：此题考查功率公式的应用，要明确P=FV表示瞬时速度、力与功率的关系，故可明确物体的运动情况．5．〔4分〕〔2012•安徽〕如下列图，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，如此电场强度的大小为〔〕A．200 V/m B．200V/m C． 100 V/m D．100V/m考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，BC两点的电势相等，即BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的距离，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小．解答：O A的中点C点，由题意可得C点的电势为3V，即BC的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点，由几何关系得：OD=OC•sin∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m如此电场强度为：E===200V/m，选项BCD错误，A正确应当选：A点评：在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系E=，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．6．〔4分〕〔2011•〕如下列图电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中〔〕A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．.分析：由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，如此由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化与路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．解答：解：滑片下移，如此滑动变阻器接入电阻减小，如此总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，如此由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联局部电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；应当选A．点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进展分析；重点分析电路中的路端电压、总电流与局部电路的电流与电压变化．7．〔4分〕〔2013•四川〕图l是一列简谐横波在t=1.25s时的波形图，c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，如此图2所示振动图象对应的质点可能位于〔〕A．a＜x＜b B． b＜x＜c C． c＜x＜d D． d＜x＜e考点：横波的图象；简谐运动的振动图象．.专题：振动图像与波动图像专题．分析：由题，根据c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，确定出该波的周期与波的传播方向，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形，逐项分析t=0时刻各个区间质点的状态，选择与图2相符的选项．解答：解：由图2知，t=0时刻质点处于平衡位置上方，且向上振动．由题，c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，如此知该波的周期为T=1s，波的传播方向为向右，如此t=1.25s=1T，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形图象如下列图〔红线〕，如此位于平衡位置上方且振动方向向上的质点位于区间为de间，即有d＜x ＜e．应当选D点评：此题的解题技巧是画出t=0时刻的波形，考查分析和理解波动图象和振动图象联系的能力．8．〔4分〕〔2015•天水一模〕如下列图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．如此如下各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律〔〕A．B．C．D．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．.专题：电磁感应与电路结合．分析：首先根据右手定如此判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除局部答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定如此可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；应当选D．点评：对于图象问题可以通过排除法进展求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进展排除．9．〔4分〕〔2015•天水一模〕质谱议的构造原理如下列图．从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，如此以下说法正确的答案是〔〕A．粒子一定带正电B．粒子一定带负电C． x越大，如此粒子的质量与电量之比一定越大D． x越大，如此粒子的质量与电量之比一定越小考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理．.专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子的偏转方向，通过左手定如此判断粒子的电性．根据带电粒子在磁场中运动的半径公式结合动能定理，根据x的大小比拟出粒子质量和电量比值的大小．解答：解：A、根据粒子的运动方向和洛伦兹力方向，根据左手定如此，知粒子带正电．故A 正确，B错误．C、根据半径公式知，x=2r=，又qU=，联立解得x=，知x越大，质量与电量的比值越大．故C正确，D错误．应当选AC．点评：解决此题的关键掌握左手定如此判断洛伦兹力、电荷运动方向，磁场方向的关系，以与掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式．10．〔4分〕〔2010•某某〕为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接一样的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如下列图．当开关S闭合后〔〕A． A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B． A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C． V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D． V2示数不变，V1与V2示数的比值不变考点：变压器的构造和原理；欧姆定律．.专题：压轴题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，如此副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A 正确、B错误．所以AD正确．应当选AD．点评：电路的动态变化的分析，总的原如此就是由局部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，即先局部后整体再局部的方法．11．〔4分〕〔2012•浙江〕题为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如下列图．当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生的周期T=2π的振荡电流．当罐中液面上升时〔〕A．电容器的电容减小B．电容器的电容增大C． LC回路的振荡频率减小D． LC回路的振荡频率增大考点：电磁场．.专题：压轴题．分析：两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，故电容器的电容C的大小与液体的高度有关〔电介质〕：高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大．之后根据，即可得出LC回路的振荡频率变化．解答：解：AB：两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质越多，电容越大．故A错误，B正确；CD：根据，电容C增大时，震荡的周期T增大，由可以判定，LC回路的振荡频率f减小．故C正确，D错误．应当选BC点评：此题要注意两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，液体的高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大．属于简单题．12．〔4分〕〔2015•天水一模〕如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为55：9，副线圈接有一定值电阻R热敏电阻Rt〔电阻随温度升高而减小〕，原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化，如此如下说法正确的答案是〔〕A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtVB．电压表示数为36VC．热敏电阻RT周围环境温度升高，电流表的示数减小D．热敏电阻RT周围环境温度升高，变压器的输入功率增大考点：变压器的构造和原理．.专题：交流电专题．分析：图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，如此可得交流电压u的表达式u=Umsinωt〔V〕，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、由图象知输入电压的最大值为220V，周期0.02s，角速度，原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV，A正确；B、原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压即电压表的示数为=36V，故B错误．C、Rt温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，故输入功率等于输出功率都增大，故C错误，D正确应当选：AD点评：根据图象准确找出量，是对学生认图的根本要求，准确掌握理想变压器的特点与电压、电流比与匝数比的关系，是解决此题的关键．二、填空题〔此题包括两小题，每空2分，共20分．把答案填在题中横线上或按题目要求作答．〕13．〔12分〕〔2015•天水一模〕某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图〔a〕所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答如下问题：〔1〕根据图〔a〕所示的电路，在图〔b〕所示的实物图上连线．〔2〕开关S闭合时，多用电表用于测量电流〔填“电流〞、“电压〞或“电阻〞〕；开关S 断开时，多用电表用于测量电压〔填“电流〞、“电压〞或“电阻〞〕．〔3〕表笔A应为黑色〔填“红〞或“黑〞〕．〔4〕定值电阻的阻值R1= 1.00Ω，R2=880Ω．〔结果取3位有效数字〕考点：用多用电表测电阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；〔2〕并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；〔3〕红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；〔4〕根据电路串并联知识列式求解即可．解答：解：〔1〕对照电路图连线，如下列图；〔2〕开关S断开时，串联分压电阻电压量程扩大，是电压表；开关S闭合时，并联分流电阻电流量程扩大，是电流表；〔3〕红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；〔4〕开关S断开时，电压量程为1V，故：Rv=；故R2=RV﹣Rg=1000Ω﹣120Ω=880Ω；R1=；故答案为：〔1〕如下列图；〔2〕电流，电压；〔3〕黑；〔4〕1.00，880．点评：此题关键明确电压表和电流的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路．14．〔8分〕〔2015•天水一模〕在“用双缝干预测光的波长〞试验中，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数13.870mm，求得相邻亮纹的间距△x为 2.310mm；双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算公式λ=，求得所测红光波长为 6.6×10﹣4mm．考点：用双缝干预测光的波长．.专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据双缝干预条纹的间距公式推导波长的表达式，并求出波长的大小．解答：解：图甲中螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×32.0mm=0.320mm，所以最终读数为2.320mm．图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为13.870mm．故△x=mm=2.310 mm由△x=λ可得：λ=△x可求出：λ=×2.310 mm=6.6×10﹣4 mm故答案为：13.870，2.310，△x，6.6×10﹣4．点评：解决此题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以与知道双缝干预的条纹间距公式．三、计算题〔此题包括3小题，共32分．解答应写出必要的文字说明，方程式和验算步骤．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．〕15．〔8分〕〔2015•天水一模〕如下列图，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg 的小球〔可视为质点〕，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．〔g取10m/s2，结果可用根式表示〕求：〔1〕假设要小球离开锥面，如此小球的角速度ω0至少为多大？〔2〕假设细线与竖直方向的夹角为60°，如此小球的角速度ω′为多大？考点：向心力．.专题：匀速圆周运动专题．分析：〔1〕小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0．〔2〕假设细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解．解答：解：〔1〕假设要小球刚好离开锥面，如此小球受到重力和细线拉力如下列图．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律与向心力公式得：mgtan θ=mωlsin θ解得：ω=，即ω0==rad/s．〔2〕同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律与向心力公式有：mgtan α=mω′2lsin α解得：ω′2=，即ω′===2rad/s．答：〔1〕小球的角速度ω0至少为rad/s．〔2〕小球的角速度ω′为=2rad/s．点评：此题的关键点在于判断小球是否离开圆锥体外表，不能直接应用向心力公式求解．16．〔10分〕〔2013•浙江〕山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m．开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕大猴从A点水平跳离时速度的最小值；〔2〕猴子抓住青藤荡起时的速度大小；〔3〕猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：〔1〕大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值．〔2〕根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小．〔3〕根据牛顿第二定律，通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小．解答：解：根据，解得如此跳离的最小速度．〔2〕根据机械能守恒定律得，解得v==m/s≈9m/s．〔3〕根据牛顿第二定律得，根据几何关系得，联立解得F=216N．答：〔1〕大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s．〔2〕猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s．〔3〕猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N．点评：此题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练．17．〔14分〕〔2013•某某〕一圆筒的横截面如下列图，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N 板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N 板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：〔1〕M、N间电场强度E的大小；〔2〕圆筒的半径R：〔3〕保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n．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：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：〔1〕粒子在匀强电场中在加速运动，电场力做功等于粒子动能的增加；〔2〕使用洛伦兹力提供向心力．求出粒子的运动半径，再根据题意，正确画出粒子运动的轨迹，根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系，从而求出磁场的半径；〔3〕使用动能定理求出粒子的速度，再求出运动的半径，最后判定与圆筒的碰撞次数n．解答：解：〔1〕粒子从开始运动到射入磁场的过程，电场力做功．由动能定理：匀强电场中有：U=Ed联立上式，得：〔2〕粒子进入磁场后又从S点射出，关键几何关系可知，两碰撞点和S将圆筒三等分．设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得：根据几何关系：联立上式，解得：〔3〕保持MN之间的电场强度不变，仅将M板向上平移后，于是：，此时粒子经过圆后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在于圆筒壁发生三次碰撞后由S点射出．答：〔1〕M、N间电场强度E的大小；〔2〕圆筒的半径：〔3〕保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子与圆筒的碰撞3次．点评：解决该题的关键是根据题目的要求，正确画出粒子运动的轨迹，并根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系．该题对空间思维的能力要求比拟高．。
甘肃省张掖市高台一中2015届高三物理上学期8月质检试卷(含解析)
2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）质检物理试卷（8月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14-18只有一个选项正确，19-21有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2011•海南模拟）如图所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这个过程中P始终与圆柱体保持相对静止．那么P所受静摩擦力f的大小随时间t的变化规律是（）A．B．C．D．2．（6分）（2014秋•高台县校级月考）一喷泉射出的水上升的高度为h，出口的横截面积为s，已知水的密度为ρ，由空中水的质量为（）A．ρsh B．2ρsh C．3ρsh D． 4ρsh3．（6分）（2009•广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上4．（6分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有（）A．根据v=，可知v A＜v B＜v CB．根据万有引力定律，F A＞F B＞F CC．向心加速度a A＞a B＞a CD．卫星中的物体对地面的压力等于地球对物体的万有引力5．（6分）（2015•鄂州三模）如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω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=20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=40V，P=80W B． U0=40V，P=80WC．U0=40V，P=20W D． U0=40V，P=20W6．（6分）（2009•沈阳二模）如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环（可视为质点）套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是（）A．小圆环所受库仑力的大小先增大后减小B．小圆环的加速度先增大后减小C．小圆环的动能先增大后减小D．小圆环与负电荷组成的系统电势能先增大后减小7．（6分）（2014秋•高台县校级月考）在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做顺时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是（）A．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期变小B．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期不变C．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，速度增大D．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小8．（6分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L （L＜d），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）（）A．感应电流做功为mglB．感应电流做功为2mgdC．线圈的最小速度可能为D．线圈的最小速度一定为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12第题为必考题，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（共129分）9．（6分）（2014秋•高台县校级月考）（1）某同学探究恒力做功和物体动能变化间的关系，方案如图1所示．他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要采取的两项措施是：a ；b ．（2）如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T．距离如图．则打B点时的速度为v B= ．10．（10分）（2015•广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A．电压表V：0～3～15VB．电流表A：0～0.6～3AC．变阻器R1：（20Ω，1A）D．变阻器R2：（1000Ω，0.1A）E．电键S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为（填0～3V或0～15V）；电流表应选用的量程为（填0～0.6A或0～3A）；变阻器应选用；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在U﹣I图2中标出，如图2所示．请你根据数据点位置完成U ﹣I图线，并由图线求出该电池的电动势E= V，电阻r= Ω．11．（13分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，水平传送带长L=2.45m，以速度V1=4m/s 顺时针运动，倾斜的传送带足够长，与水平面的夹角θ=37°，以速度V2=2m/s 顺时针运动，两传送带连接处平滑过渡，把一物块无初速从左端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，求：（1）物块到水平传送带右端的速度．（2）从物块开始滑上倾斜传送带开始计时，2S内物块距底端的最大距离．12．（18分）（2013秋•安徽期末）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60°，大小为E=4.0×105N/C；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.20T．有一质子以速度v=2.0×106m/s，由x轴上的A点（10cm，0）沿与x 轴正方向成30°斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场．已知质子质量近似为m=1.6×10﹣27kg，电荷q=1.6×10﹣19C，质子重力不计．求：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径．（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间．（计算结果保留3位有效数字）（3）质子第三次到达y轴的位置坐标．三、（二）选考题（共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．）【选修3-3】13．（6分）（2014•思明区校级模拟）下列说法正确的是（）A．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大B．布朗运动就是液体分子的热运动C．一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变D．根据热力学第二定律可知热量只能从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体14．（9分）（2013•辽宁一模）如图所示，用销钉固定的光滑绝热活塞把水平放置的绝热气缸分隔成容积相同的A、B两部分，A、B缸内分别封闭有一定质量的理想气体．初始时，两部分气体温度都为t0=27℃，A部分气体压强为p A0=2×105Pa，B部分气体压强为p B0=1×105Pa．拔去销钉后，保持A部分气体温度不变，同时对B部分气体加热，直到B内气体温度上升为t=127℃，停止加热，待活塞重新稳定后，（活塞厚度可忽略不计，整个过程无漏气发生）求：（1）A部分气体体积与初始体积之比V A：V A0；（2）B部分气体的压强p B．四、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）15．（2013•新市区校级模拟）如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示．下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是（）A．B．C．D．16．（2011•娄底校级模拟）如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边为d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜．（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（2）为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？（3）若两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离．五、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）17．（2010•孝南区校级模拟）下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验，否定了汤姆生的原子结构模型，提出了原子的核式结构学说B．麦克斯韦电磁场理论指出：变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场C．受爱因斯坦量子论的启发，普朗克在对光电效应的研究中，提出了光子说D．光的干涉、衍射现象证明了光是一种波，但德布罗意的“物质波”假设否定了光是一种波18．（2014春•沿河县校级期末）如图所示，光滑曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车上表面相平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在光滑水平面上滑动．已知小滑块从高为H的位置由静止开始滑下，最终停到小车上．若小车的质量为M．g表示重力加速度，求：（1）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度v（2）若滑块和车之间的动摩擦因数为μ，则车的长度至少为多少？2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）质检物理试卷（8月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，14-18只有一个选项正确，19-21有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2011•海南模拟）如图所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这个过程中P始终与圆柱体保持相对静止．那么P所受静摩擦力f的大小随时间t的变化规律是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对物块P进行受力分析，求出摩擦力的表达式即可求解．解答：解：物块P受三个力的作用，竖直向下的重力G，沿半径指向外的支持力F N，沿切线方向的静摩擦力F f，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，对三力正交分解，设重力G与支持力F N方向所夹锐角为θ，则F f=mgsin θ，从A转至A′的过程中，θ先减小后增大，F f先减小后增大，且按照正弦规律变化，故A正确．故选A．点评：该题主要考查了同学们受力分析的能力，要想求解一个物理量的变化情况，就要求出该物理量的表达式，难度适中．2．（6分）（2014秋•高台县校级月考）一喷泉射出的水上升的高度为h，出口的横截面积为s，已知水的密度为ρ，由空中水的质量为（）A．ρsh B．2ρsh C．3ρsh D． 4ρsh考点：竖直上抛运动．分析：喷泉喷出的水做竖直上抛运动，根据水柱高度求解出初速度和水的运动时间，然后根据空中水的体积等于水的初速度乘以时间再乘以出口面积，最后根据质量等于密度乘以体积求解出空中水的质量．解答：解：水柱高达h，根据，得下降时间为：．根据上抛运动的对称性，上升时间等于下降时间，故上抛的总时间为：t′=2t=根据，可得：故空中水的体积为：V=SL=Sv t t′==4hS故M=ρV=4ρhS；故选：D点评：本题要注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积为S求出流量，最后根据m=ρV求质量．3．（6分）（2009•广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上考点：安培力；牛顿第二定律．专题：压轴题．分析：小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0时，做匀速运动．解答：解：小滑块受力如图所示；A、F洛=QVB，滑动摩擦力F=μF N=μ（mgcosθ+QvB），随速度增加而变大，A错误．B、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力F=mgsinθ=μ（mgcosθ+QvB），则v=（﹣cosθ），可看v随B的增大而减小，B越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，B错误．C、滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C正确；D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，滑块沿斜面向下做加速运动，当摩擦力、重力的分力与洛伦兹力合力为零时，滑块做匀速直线运动，速度不会为零，不会静止在斜面上，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．4．（6分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有（）A．根据v=，可知v A＜v B＜v CB．根据万有引力定律，F A＞F B＞F CC．向心加速度a A＞a B＞a CD．卫星中的物体对地面的压力等于地球对物体的万有引力考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据卫星的速度公式比较三颗卫星的速度大小．由万有引力定律比较万有引力的大小．卫星的向心加速度等于a=，再比较向心加速度的大小．解答：解：A、由万有引力提供向心力有：=m=ma，可得：v=．故v A＞v B＞v C，不可用v=比较v的大小，因卫星所在处的g不同，故A错误；C、由a=，可得a A＞a B＞a C，故C正确；B、万有引力F=，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较F A、F B、F C的大小，故B错误；D、卫星中的物体处于完失重状态，对地面的压力为零，故D错误．故选：C．点评：对于卫星的线速度、周期、角速度、向心加速度等物理量的比较，只要抓住卫星的速度公式v=比较出线速度的大小，其他量可以根据圆周运动知识理解并比较．5．（6分）（2015•鄂州三模）如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω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=20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=40V，P=80W B． U0=40V，P=80WC．U0=40V，P=20W D． U0=40V，P=20W考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题；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=20匝，有：，得有效值U2=40V．而二极管的反向耐压值至少为U0，它是最大值，所以U0=，Q为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为故选：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．（6分）（2009•沈阳二模）如图所示，光滑绝缘细杆AB，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为Q，可视为点电荷．a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环（可视为质点）套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是（）A．小圆环所受库仑力的大小先增大后减小B．小圆环的加速度先增大后减小C．小圆环的动能先增大后减小D．小圆环与负电荷组成的系统电势能先增大后减小考点：库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的应用；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小圆环受到重力、支持力与库仑力，由于重力与支持力均不做功，仅在库仑引力作用下运动，库仑引力先做正功后做负功，则环的动能先增大后减小，而环与电荷组成的系统电势能先减小后增大；由于两者间距先变小后变大，则库仑力大小先增加后减小．解答：解：A、小圆环沿光滑直杆运动，两者间距先减小后增大，由库仑定律可知，库仑力先增大后减小．故A正确；B、小圆环沿光滑直杆运动，两者间距先减小后增大，由库仑定律可知，库仑力先增大后减小．而库仑力沿杆方向的分力提供合力，虽然库仑力先大后小，但其分力却是先变小后变大，则加速度也是先减小后增大．故B错误；C、小圆环沿光滑直杆运动，库仑力与速度方向的夹角先小于90°后大于90°，则库仑力先做正功后做负功．所以小圆环的动能先增大后减小．故C正确；D、小圆环沿光滑直杆运动，库仑力与速度方向的夹角先小于90°后大于90°，则库仑力先做正功后做负功．由于只有库仑力做功，所以小圆环的动能先增大后减小，则小圆环与负电荷组成的系统电势能先减小后增大．故D错误；故选：AC．点评：考查库仑定律与牛顿第二定律，及运用力的分解，同时还应用力的做功，特别注意功的正负．并当只有电场力做功时，动能与电势能相互转化．7．（6分）（2014秋•高台县校级月考）在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做顺时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是（）A．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期变小B．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期不变C．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，速度增大D．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小考点：洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．解答：解：若小球带负电，小球所受洛仑兹力指向圆心，当绳子断后，小球继续顺时针运动，洛仑兹力提供向心力，小于或等于原来的向心力，所以小球的半径可能不变或变大，周期可能不变或变大．当小球队带正电时，洛仑兹力背离圆心，当绳子断后，小球做逆时针运动，洛仑兹力提供向心力，小于、大于或等于原来的向心力都有可能，但小球的速度不会变．故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中．8．（6分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L （L＜d），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）（）A．感应电流做功为mglB．感应电流做功为2mgdC．线圈的最小速度可能为D．线圈的最小速度一定为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场先要做减速运动．解答：解：A、B、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=BIL=BL，则最小速度 v=．故C正确．D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为v m．线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+由上可知，Q=mgd解得线圈的最小速度为：v m=．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12第题为必考题，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（共129分）9．（6分）（2014秋•高台县校级月考）（1）某同学探究恒力做功和物体动能变化间的关系，方案如图1所示．他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要采取的两项措施是：a 平衡摩擦力；b 钩码的质量远小于小车的质量．（2）如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T．距离如图．则打B点时的速度为v B= ．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：小车在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量．根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以得出B点的瞬时速度大小．解答：解：（1）由于小车在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力．设钩码的质量为m，小车的质量为M，对系统运用牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力T=Ma=，当m＜＜M时，绳子的拉力等于钩码的重力．所以用钩码的重力表示小车受到的合外力，采取的两项措施为：①平衡摩擦力，②钩码的质量远小于小车的质量．（2）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B点的瞬时速度大小分别为：v B==，故答案为：（1）①平衡摩擦力，②钩码的质量远小于小车的质量．（2）点评：正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强．10．（10分）（2015•广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A．电压表V：0～3～15VB．电流表A：0～0.6～3AC．变阻器R1：（20Ω，1A）D．变阻器R2：（1000Ω，0.1A）E．电键S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为0～3V （填0～3V或0～15V）；电流表应选用的量程为0～0.6A （填0～0.6A 或0～3A）；变阻器应选用R1；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在U﹣I图2中标出，如图2所示．请你根据数据点位置完成U ﹣I图线，并由图线求出该电池的电动势E= 1.5 V，电阻r=0.50 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻．解答：解：（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为0﹣0.6A；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为 0﹣3V；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用R1；（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：（3）描点作图，如图所示：图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻，故r===0.50Ω故答案为：（1）0～3V；0～0.6A；R1；（2）电路图如图所示；（3）1.5；0.50．点评：本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义．11．（13分）（2014秋•高台县校级月考）如图所示，水平传送带长L=2.45m，以速度V1=4m/s 顺时针运动，倾斜的传送带足够长，与水平面的夹角θ=37°，以速度V2=2m/s 顺时针运动，两传送带连接处平滑过渡，把一物块无初速从左端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，求：（1）物块到水平传送带右端的速度．（2）从物块开始滑上倾斜传送带开始计时，2S内物块距底端的最大距离．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．。
【精编】2015年甘肃省高考物理试卷(全国新课标ⅱ)与解析
2015年甘肃省高考物理试卷（全国新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A． B． C．D．5．（6分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转6．（6分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍7．（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．188．（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答．9．（6分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑时的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．10．（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．（2）根据设计的电路写出步骤：．（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R v′，与电压表内阻的真实值R v相比，R v′R v（填“＞”“=”或“＜”），主要理由是．11．（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．12．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间．（二）选考题，共45分。
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甘肃省2015届高考物理一诊试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1-5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分-选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化模型法、放大法、极限法、控制变量法、假设法、类比法、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述错误的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，应用了极限法C．在探究电流、电压和电阻三者之间的关系时，先保持电压不变研究电流与电阻的关系再保持电阻不变研究电流与电压的关系，该实验应用了控制变量法D．如图是三个实验装置，这三个实验中都体现了放大法2．（6分）如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线20m 处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度v﹣t图象可能是（）A．B．C．D．3．（6分）“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在从后方接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效．下列说法正确的是（）A．攻击卫星在原轨道上运行的线速度大于7.9 km/sB．攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小C．攻击卫星完成“太空涂鸦”后应减速才能返回低轨道上D．若攻击卫星周期已知，结合万有引力常量就可计算出地球质量4．（6分）如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1，的小球与O点的连线跟水平方向的夹角为a=90°．质量为m2的小球位于水平地面上，设此时竖直的细线对m2的拉力大小为T，质量为m2的小球对地面压力大小为N，则（）A．T=m1g B．T=（m2﹣m1）g C．N=（m2﹣m1）g D．N=m2g5．（6分）矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动时所产生的正弦交流电的图象如图线a所示，如果只对线圈转速进行调整，则所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．图线a表示的交流电压的瞬时值为v=10 sin 5πt（V）D．图线b表示的交流电频率为2Hz6．（6分）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．杆从左向右滑时，甲球无法下滑到凹槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点7．（6分）电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直于圆面且与AB连线共面，圆与正方形的交点分别为e、f，则下列说法正确的是（）A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个点的场强和电势均相同B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D．沿线段eOf移动的电荷，它所受电场力是先减小后增大8．（6分）一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是（）A．圆形线圈中的磁场B1，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B．导体棒ab受到的安培力大小为mgC．回路中的感应电流为D．圆形导线中的电热功率为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题一第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（共129分）9．（6分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的较光滑四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度大小为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′，的长度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个半径尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．（1）用实验中的测量量（R、s、h、l）表示物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=．（2）实验步骤④⑤的目的是减小实验中的误差．10．（9分）影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而某种半导体材料的电阻率则与之相反．某课题研究组在研究某种器件Z的导电规律时，测得其两端电压与通过电流的关系如表所示：U/V 0.00 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.50I/A 0.00 0.20 0.45 0.80 1.25 1.80 2.81①根据表中数据，判断器件Z可能属于上述材料（选填“金属”或“半导体”）．②实验所用的器材规格是：电压表（0﹣3V﹣15V，内阻约30kΩ）；电流表（0﹣0.6A﹣3A，内阻约4Ω）；滑动变阻器（变化范围0～10Ω）；电源（3V，内阻约1Ω）；器件Z；开关；导线若干．根据本次实验提供的数据，请用笔画线代替导线在实物图a上连接电路；③根据表中的数据已经在I﹣U坐标中描好点，如图a所示，请连线作图；④某同学根据图中规律猜想I与U的定量关系，用以下方法较为合理的是（填选项前的字母）．A．用I﹣U图象B．用I﹣U2图象C．用I2﹣U图象D．用I﹣U﹣1图象．11．（12分）如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，两跑道间以一小段圆弧轨道平滑连接，取g=10m/s2．（1）求飞机从轨道最左端由静止起在水平跑道上运动的时间；（2）若飞机在倾斜跑道的末端需至少达到100m/s的速度才能正常起飞，试通过计算说明上述条件下飞机能否正常起飞．12．如图，在xOy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压U=1.0×102V．现有一质量m=1.0×10﹣12kg，带电量q=2.0×10﹣10C的带正电的粒子（不计重力），从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入x轴上方的匀强磁场中．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T．粒子经磁场偏转后又从B 点垂直x轴进入第四象限，第四象限中有平行于x轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y 轴负半轴上的C点，此时速度方向与y轴负半轴成60°角．已知OB=OA．求：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T和半径r．（2）第四象限中场强E的大小．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．扩散现象和布朗运动都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都是分子的热运动B．气体的温度升高，气体分子的平均动能一定增大C．两分子从无限远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大，后变小，再变大D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律E．一定质量的理想气体体积增大时，压强可能不变14．（10分）用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气．某研究性学习小组的同学们经过思考，解决了这一问题．他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装（示意图如图所示）：圆柱形打气筒高H，内部横截面积为S，底部有﹣单向阀门K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器B中，B 的容积V B=3HS，向B中打气前A、B中气体初始压强均为p0=1.0×l05 Pa，该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环C（体积不计），C距气筒顶部高度为h=，这样就可以自动控制容器B中的最终压强．若气体温度不变，求：①第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B中的压强是多少．②要使容器B中的最终压强为5P0，h与H之比应为多少．[物理--选修3-4]（15分）15．关于简谐运动与机械波的下列说法中，正确的是（）A．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地球表面简谐振动的周期B．受迫振动的振幅与驱动力的频率无关C．在同一种介质中，不同频率的声波的传播速度不同D．在横波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直E．当机械波从一种介质传人另一种介质时，它的频率一定不变16．如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，其中，弧AB为四分之一圆弧，O为圆心，OBCD部分为矩形．一细光束从圆弧AB的中点E点沿半径射入棱镜后，恰好在O点发生全反射，经CD面反射，再从圆弧上的F点射出，已知，OA=a，OD=，真空中的光速为c．求：①出射光线与法线夹角的正弦值；②光在棱镜中传播的时间．[物理一选修3-5]（15分）17．科学家通过a粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构模型；科学家玻尔在此基础上又进行了一系列量子化的假设，从而可以完美地解释氢原子的发光现象．根据玻尔理论，当大批氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，氢原子最多能发出种频率的光（电磁波）．18．如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的工人站在小车上用力向右迅速推出木箱后，木箱相对于冰面运动的速度大小为v，木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被工人接住，求整个过程中工人对木箱做的功．甘肃省2015届高考物理一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第1-5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分-选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化模型法、放大法、极限法、控制变量法、假设法、类比法、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述错误的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，应用了极限法C．在探究电流、电压和电阻三者之间的关系时，先保持电压不变研究电流与电阻的关系再保持电阻不变研究电流与电压的关系，该实验应用了控制变量法D．如图是三个实验装置，这三个实验中都体现了放大法考点：物理学史．分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；解答：解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在探究电流、电压和电阻三者之间的关系时，先保持电压不变研究电流与电阻的关系再保持电阻不变研究电流与电压的关系，该实验应用了控制变量法，故C正确；D、图1是演示桌面在压力作用下发生形变的装置中，当用力压桌面时，桌面向下形变，平面镜倾斜，在入射光线方向不变，平面镜的反射光线方向改变的角度是平面镜倾斜角度的两倍，体现了放大的思想．图2是演示玻璃瓶在压力作用下发生形变的装置中，用力挤压玻璃瓶，玻璃瓶发生形变，细管中水柱上升，由于管子较细，上升的高度较大，将玻璃瓶微小的形变放大，能直观的观察到形变，体现了放大的思想．图3是通过受到微小的力转动，从而由光的反射来体现转动角度，体现放大的思想，故D 正确；本题选错误的，故选：A．点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．（6分）如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线20m 处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度v﹣t图象可能是（）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：此题应先根据V﹣t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．解答：解：A、此图线表示汽车发生的位移为S A=×10×3=15m≠20m，故A错误；B、由图可知S B＜15m，故B错误；C、S C=（10×1）+×10×2=20m，故C正确；D、D、S D=（10×0.5）+×10×2.5=17.5m，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查了V﹣t图象中位移的计算：即图线与坐标轴围成的面积在数值上等于位移．3．（6分）“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在从后方接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效．下列说法正确的是（）A．攻击卫星在原轨道上运行的线速度大于7.9 km/sB．攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小C．攻击卫星完成“太空涂鸦”后应减速才能返回低轨道上D．若攻击卫星周期已知，结合万有引力常量就可计算出地球质量考点：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：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．攻击卫星完成“太空涂鸦”后应减速做近心运动，才能返回低轨道上．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．解答：解：AB、7.9km/s是第一宇宙速度，也是近地圆轨道的运行速度，根据v=可知，轨道高度越高，速度越小，故攻击卫星在原轨道上运行的线速度小于7.9 km/s，攻击卫星的轨道比侦察卫星的轨道低，故攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度大，故AB均错误．C、攻击卫星完成“太空涂鸦”后应减速做近心运动，才能返回低轨道上，故C正确．D、由于不知道卫星的轨道半径，故不能计算地球的质量，故D错误．故选：C．点评：本题抓住万有引力提供圆周运动向心力入手，理解第一宇宙速度的意义．4．（6分）如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1，的小球与O点的连线跟水平方向的夹角为a=90°．质量为m2的小球位于水平地面上，设此时竖直的细线对m2的拉力大小为T，质量为m2的小球对地面压力大小为N，则（）A．T=m1g B．T=（m2﹣m1）g C．N=（m2﹣m1）g D．N=m2g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：先对小球m1受力分析，再对小球m2受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解解答：解：先对小球m1受力分析，受重力和支持力，假设细线对小球m1有拉力作用，则小球m1受力不能平衡，故拉力T为零；再对小球m2受力分析，受到重力和支持力，支持力与重力平衡，故N=m2g；故选：D．点评：本题关键是对小球m1受力分析，得出细线的拉力为零，然后再对球m2受力分析，得出支持力的大小．5．（6分）矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动时所产生的正弦交流电的图象如图线a所示，如果只对线圈转速进行调整，则所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．图线a表示的交流电压的瞬时值为v=10 sin 5πt（V）D．图线b表示的交流电频率为2Hz考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．解答：解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；B、由图象可知T A：T B=2：3，故先后两次转速之比n A：n B=3：2，故B正确，C、由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω=5π，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5πtV，故C错误；D、图线b表示的交流电频率f==Hz，故D错误；故选：B．点评：本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程．6．（6分）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．杆从左向右滑时，甲球无法下滑到凹槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点考点：机械能守恒定律；功能关系．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．解答：解：A、甲与乙两个物体构成的系统只有重力做功，机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到凹槽的最低点，故C正确；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；故选：ACD．点评：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．7．（6分）电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直于圆面且与AB连线共面，圆与正方形的交点分别为e、f，则下列说法正确的是（）A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个点的场强和电势均相同B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D．沿线段eOf移动的电荷，它所受电场力是先减小后增大考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．解答：解：A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功．故B正确．C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．D、沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选：BC．点评：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．8．（6分）一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是（）A．圆形线圈中的磁场B1，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B．导体棒ab受到的安培力大小为mgC．回路中的感应电流为D．圆形导线中的电热功率为考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：磁场B1均匀变化产生感应电动势，从而产生感应电流，导体棒受重力、支持力、安培力平衡，根据力的平衡求出安培力的大小和方向，从而知道电流的大小和方向，根据楞次定律判断圆形线圈中磁场的变化．解答：解：A、B、C导体棒静止在导轨上，所受的合力为零．根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面向上．所以有：B2Id=mgsinθ，则回路中的感应电流大小为：I=．根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱．故A、C正确，B错误．D、根据P=I2r，可知圆形导线中的电热功率为：P=r．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题一第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（共129分）9．（6分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的较光滑四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度大小为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′，的长度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；。