河南省中原名校豫南九校2015届高三一轮复习质量检测物理试题(扫描版)
河南省豫南九校2015届高三上期第二次联考 物理 扫描版含答案
更正物理试题第9题中B 选项中 GM R T 324π=改为 月Gm R T 324π=豫南九校2014—2015学年上期第二次联考高三物理答案一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，第9-12小题中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．答案：C ．解析：铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动．故选项C 正确．２．答案：B ．解析：物体开始向正方向做匀减速直线运动到零，然后反向做匀加速直线运动．位移-时间图线的切线斜率表示瞬时速度，可知瞬时速度先减小后反向增大，另外反向运动时加速度大于原来的加速度，所以运动相同距离所用时间短．故B 正确，A 、C 、D 错误．故选B ．３．答案：A ．解析：小物块P 水平方向只受最大静摩擦力，提供向心力，所以向心加速度g a μ=，而R v a 2=，ABC 三轮边缘的线速度大小相同，所以R 1∝μ，所以A μ：B μ：C μ=2：3：6；由ωR v =可知，R 1∝ω，所以A ω：B ω：C ω=2：3：6，故正确答案为A 。
４．答案：C ．解析：以Ａ点为坐标原点，ＡＯ为y 轴，垂直于AO 为x 轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在x 轴上做初速度为022v ，加速度为g 22和匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为gv t 0=，在y 轴上做初速度为022v ，加速度为g 22的匀加速直线运动，末速度为0022222v gt v v cy =+=，利用平均速度公式得位移关系 OA ：OC=t v t v v 222:)2222(000+=3：1．５．答案：D ．解析：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，所以D 正确．故选D ．６．答案：B ．解析：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m R v 2解得：v=gR ，管状模型转动时边缘的线速度与支承轮转动时边缘的线速度相等，所以支承轮的最小角速度ω=r v rgR =， 故B 正确，ACD 错误,故选B 正确．７．答案：D ．解析：滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a 1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，滑块经t 1＝0．6 s 速度即减为零．因此1．2 s 时是向下经过B 点．下滑时加速度大小为a 2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，物体上滑的最大距离：x=v ²/2a=36/20=1．8m 。
河南省豫南九校2015届高三上学期第三次联考数学理 Word版试题及答案
豫南九校2014—2015学年上期第三次联考高三数学（理）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷选择题（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．集合A＝｛x∈R｜2x＝x}，B＝｛x∈R｜3x＝x}，则集合A∩B的子集个数为A．1 B．2 C．4 D．82．已知等比数列{na}中，a3，a7是一元二次方程2x＋7x＋9＝0的两根则a5＝A．3 B．－3 C．±3 D．93．设随机变量ξ服从正态分布N（μ，2δ），（δ＞0）若p（ξ＜0）＋p（ξ＜1）＝1，则μ的值A．－1 B．1 C．－12D．124．若复数a＝3＋2i，b＝4＋mi，要使复数ab为纯虚数，则实数m的值为A．－6 B．6 C．83D5．已知数列，a1＝1n，若利用如图所示的程序框图计算该数列的第10项，则判断框内的条件是A．n≤8? B．n≤9?C．n≤10? D．n≤11?6．曲线y y＝x－1及x＝4所围成的封闭图形的面积为A．2－ln2B．4－2ln2C．4－ln2D．2ln27．已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是A．cm3B3C．cm3D38．已知x，yz＝2x－y的最大值为A．－3 B．1C．13 D．159．已知sin10°＝k，则sin110°＝A．1B． 1 C．1－D．1＋104x的焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1交C于A、B，l2交C于M、NA B CD11．二次函数y2x＋2与y ax＋b（a＞0，b＞0）在它们的一个交点处的切线A．B．4 C．D12．定义[x]表示不超过x的最大整数，若f（x）＝cos（x－[x]），则下列结论中：①y＝f（x）为偶函数；②y＝f（x）为周期函数，周期为2π；③y＝f（x）的最小值为cos1，无最大值：④y＝f（x）无最小值，最大值为1．正确的命题的个数为A．0个B．1个C．3个D．4个第Ⅱ卷非选择题（共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分．共20分1310，则实数a的值为_______________（用数字作答）14．如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，AP＝3______________．15．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且∠B＝90°, BC＝1，AC＝3，已知三棱锥O－ABC O的表面积为_______________．16．正实数列n＝3，4，…其中m为非零实数，若a1·a2014＝4，则m＝___________.三、解答题：本大题共6小题，共70分。
河南省中原名校(即豫南九校)高一下学期第一次联考物理试题
一．选择题(本题共10个小题，每小题5分。
第1～7小题只有一个选项正确，8～10题有多个选项正确。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分)1.下列对运动的认识不正确的是( )A.亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动B.伽利略认为力不是维持一物体速度的原因C.牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不是物体运动的原因D.伽利略根据理想实验推导出，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2.关于质点的运动，下列说法中正确的是( )A.质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B.质点速度变化率越大，则加速度越大C.质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D.位移的方向就是质点运动的方向3.甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似为匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，在下图中分别做出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的是( )4.物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)( )5.某卡车司机在限速60km/h的水平公路上因疲劳驾驶而使汽车与路旁障碍物相撞，处理事故的警察在路旁泥中发现了卡车顶上的一个金属零件，可以判断，这是事故发生时刻该零件从卡车顶上松脱后被水平抛出而陷在泥地里。
警察测得该零件原位置与陷落点的水平距离为10.5m，车顶距泥地的竖直高度为2.45m。
根据这些数据可以为你判断该车是否超速提供必要的证据，在忽略空气阻力的情况下，g取10m/s2。
下列判断正确的是( )A.金属件做平抛运动，竖直方向做自由落体运动时间为7sB.若卡车以60km/h的速度匀速行驶，金属零件运动的水平位移应该小于10.5mC.可以判断此卡车超速D.可以判断此卡车的速度大小为54km/h6.运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经 3.5s停止，则它在制动开始后的1s内、2s 内、3s内通过的位移之比为( )A.1:3:5B.1:2:3C.3:5:6D.1:8:167.如图所示，小车沿水平面向右做匀加速直线运动，车上固定的硬杆和水平车面的夹角为θ，杆的顶端固定着一个质量为m的小球，当小车运动的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(F1至F4变化)的变化图示可能是( )8.如图所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。
2015年河南省中原名校高考物理模拟试卷
2015年河南省中原名校高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.如图，小车沿倾角为θ的斜面加速运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压在左壁，车左壁受物块的压力大小为N1，车右壁受弹簧的弹力大小为N2，弹簧平行小车底面，现在增大小车加速度，则（）A.若小车加速度沿斜面向上，N1将不变，N2将变大B.若小车加速度沿斜面向上，N1将变大，N2将不变C.若小车加速度沿斜面向下，N1将不变，N2将变大D.若小车加速度沿斜面向下，N1将变大，N2将不变【答案】B【解析】解：小车加速度沿斜面向上时，增大加速度，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，则车右壁受弹簧的压力N2的大小不变．对物块研究得到：N1′-N2=ma，得到左壁对物块的压力为：N1′=N2+ma，N2不变，a增大，则N1′增大，根据牛顿第三定律得知，车左壁受物块的压力N1增大．故A错误，B正确小车加速度沿斜面向下，增大加速度，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，则车右壁受弹簧的压力N2的大小不变．对物块研究得到：N2-N1′-=ma，得到左壁对物块的压力为：N1′=N2-ma，N2不变，a增大，则N1′减小，根据牛顿第三定律得知，车左壁受物块的压力N1减小．故CD错误故选：B车右壁受弹簧的压力N2的大小与弹簧的压缩量成正比．根据牛顿第二定律研究物块所受的左侧壁的压力大小如何变化，再分析车左壁受物块的压力N1如何变化．本题关键要抓住弹簧的弹力与压缩量成正比，由胡克定律分析得出弹力不变．2.设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星．假设某物体A乘坐太空电梯到达了图示的B位置并停在此处，与同高度运行的卫星C比较（）A.A与C运行的速度相同B.A的速度大于C的速度C.A的速度小于C的速度D.因为不知道质量，故无法比较A与C的速度大小【答案】C【解析】解：卫星C只受地球的万有引力，万有引力提供向心力，得：．物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，有：′′，得：＜v C．′故C正确，ABD错误．故选：C．物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，由，可知其速度小于同高度的卫星的速度．本题要理解太空梯的作用，知道物体A坐电梯到达位置B处，受万有引力和电梯的支持力，其合力小于万有引力，这一点是解题的关键．3.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、在x＜0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀增大，φ-x应为向上倾斜的直线；在x＞0范围内，当x增大时，由U=E d=E x，可知，电势差均匀减小，φ-x也应为向下倾斜的直线，故A错误；B、在x＜0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x＞0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C、在x＜0范围内，根据动能定理得：q E x=，v-x图象应是曲线；同理，在x＞0范围内，图线也为曲线，故C错误；D、在x＜0范围内，根据动能定理得：q E x=E k，E k-x图象应是倾斜的直线；同理，在x ＞0范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确．故选：D．根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=E d，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系．对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析．4.如图所示，一个匝数为N=100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）A.电阻R消耗的电功率为10WB.穿过线圈平面的最大磁通量为W bC.t=0时刻流过线圈的电流不为零D.t=0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为W b【答案】D【解析】解：A、电阻R消耗的电功率为：P===20W，故A错误；B、变压器的匝数比为n1：n2=10：1，故输入电压为200V，最大值为200V；转速50转/秒，故角速度：ω=2πn=100πrad/s；根据公式E m=NBSω=NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为：Φ===W b；故B错误；C、图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，故C错误；D、转速为50转/秒，故周期为0.02s；t=0.0025s=，磁通量为：Φ=Φm cosωt=W b×=W b；故D正确；故选：D．已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式E m=NBSω求解最大磁通量．本题考查了交流发电机的工作原理和变压器的变压比公式，要记住最大电压的公式E m=NBSω；不难．5.如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U．A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是（）A.S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B.S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同C.S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同D.S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越低【答案】C【解析】解：A、S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，加速获得的动能越大，穿过CD板的时间越短，电子打在M上的位置越接进中间虚线，越低，故A错误；B、S闭合，若只增加A、B板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故B错误；C、S闭合，只改变A、B板间的距离，穿出A、B间的速度不变，此后穿过C、D板的运动情况相同，故动能不变，故C正确；D、S闭合后再断开，A、B板的电量不变，只向左平移B，电场强度不变，B越靠近A 板，加速距离越短，电子射出A、B间的速度越小；电子在C、D板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在M上的位置越高，故D错误；故选：C滑动触头向右移动时，加速电压增大，电子加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小本题关键明确电子在加速电场和偏转电场中的运动情况和受力情况，可以结合动能定理、运动学公式定性讨论，不难．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度沿倾角可在0-90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示，g=10m/s2．则（）A.小铁块的初速度大小为v0=5m/sB.小铁块与木板间的动摩擦因数μ=C.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5m/sD.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为m/s2【答案】AB【解析】解：A、根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsinα•x-μmgcosα•x=0-m解得：x=…①由图可得，当α=90°时x=1.25m，根据v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故A正确；B、由图可得，α=30°时，x=1.25，①式代入数据得：μ=，故B正确；C、把把α=60°代入①，解得：x=m，由动能定理得：-μmgcosα•2x=，代入数据得：，故C错误；D、下滑的加速度为：a=g（sinα-μcosα），当α=60°时，代入数据得：a=m/s2，故D错误；故选：AB．根据速度位移公式，结合牛顿第二定律，抓住α=90°和0°时对应的位移求出物体与斜面间的动摩擦因数和物体的初速度大小．由动能定理求出物体末速度，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，进而求出加速度．本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合，对于B答案，对数学要求能力较高，平时的学习中需加强训练．7.如图所示，在工厂的流水线上安装有水平传送带，用水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，水平传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件都是以v0=1m/s的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2（）A.工件滑上传送带后经0.5S时间停止相对滑动B.在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为0.5mC.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为0.75JD.每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能为0.25J【答案】ACD【解析】解：A、由牛顿第二定律可知：工件加速度a=-μg=-2m/s2；当工件的速度等于传送带速度时停止相对滑动；解得：t==0.5s，故A正确；B、工件对地位移：x1===0.75m；此时间内传送带的位移x2=vt=1m；即工件在传送带上相对位移△x=1-0.75=0.25m；故两物体相距d=x1+△x=1m；故B错误；C、由动能定理得：W f===0.75J，故C正确；D、由B知，工件在传送带上相对位移△x=1-0.75=0.25m，故产生的摩擦热为：Q=μmg△s=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D正确故选：ACD当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间；由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功；摩擦力与相对位移的乘积转化为内能；本题考查传送带问题中的速度及能量关系，关键在于明确能量转化间的关系，知道如何求出内能的增加量．8.如图，两根相距l=0.4m，电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T．一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变，则（）A.电路中的电流为2AB.金属棒在x=2m处的速度为（m/s）C.金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小为0.8JD.金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率为0.71W【答案】ABD【解析】解：A、金属棒切割产生感应电动势为：E=B0L v=0.5×0.4×2V=0.4V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I==；故A正确；B、由题意可知，在x=2m处，B2=B0+kx=1.5T，切割产生感应电动势，E=B2L v2，由上可得，金属棒在x=2m处的速度v2===m/s；故B正确；C、当x=0m时F0=B0IL=0.4N，x=2m时，F A=B2IL=1.2N，金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小，W=（F0+F A）=1.6J；故C错误；D、由EI t=W解得t=2s，由动能定理：，解得：P=0.71W；故D正确；故选：ABD．（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；（2）由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；（3）分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；（4）依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.以下说法正确的是（）A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【答案】ACE【解析】解：A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B错误；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E 正确；故选：ACE．从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量．本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、分子力、分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住相关基础知识．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（）A.结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C.一个氘核（H）与一个氚核（H）聚变生成一个氦核（H e）的同时，放出一个中子D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E.质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2【答案】BCE【解析】解：A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生，B正确；C、根据质量数守恒和电荷数守恒知：一个氘核（H）与一个氚核（H）聚变生成一个氦核（H e）的同时，放出一个中子，C正确；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，D错误；E、根据爱因斯坦质能方程质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2，E正确；故选：BCE．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生；根据爱因斯坦质能方程判断质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量．本题考查了比结合能、质能方程、核反应方程的判断、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．并用手按住物块A，使A、B保持静止．②测量物块B离水平地面的高度为h．③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．回答下列问题：（1）根据上述测量的物理量可知μ= ______ ．（2）如果空气阻力不可忽略，该实验所求μ值______ ．（填“偏大”或“偏小”）【答案】；偏大【解析】解：（1）据题境可知，AB两物体一起运动，当B物体落地后，A物体在摩擦力的作用下，做匀减速运动．设B物体落地瞬间时，A和B的动能都为E k，据能量守恒可知，mgh-μmgh=2×E K当B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s-h，据动能定理得：-μmg（s-h）=0-E k联立以上两式得：μ=（2）当空气阻力不可忽略时，有产生的热量，会使B物体落地瞬间时，A 或B的动能减小；使B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s变小，所以会使μ偏大．故答案为：（1）；（2）偏大．首先分析题境，知道两物块的运动情况，找出B物体落地后，A的运动位移，据动能定理求解即可；从能量守恒定律的角度分析误差．据题境明确实验原理是解题的关键，找出位移之间的关系是解题的核心，灵活应用能量守恒分析误差，题目有点难度．10.有一内阻未知（约25kΩ～35kΩ）、量程未知（约25V～35V），共有30个均匀小格的直流电压表V．（1）某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆档的内部电源的电动势，他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30．A．他们在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率“× ______ ”．红表笔应接电压表______ 接线柱（填“+”或“-”）B．在实验中，某同学读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，请你写出欧姆表电池的电动势表达式______ ．（2）若在实验过程中测得该电压表内阻为30kΩ，为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用，要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度，标准电压表V：量程3V，内阻3kΩ；电流表A：量程0～3A，内阻未知；滑动变阻器：总阻值1kΩ；稳压电源E：30V，内阻不能忽略；电键、导线若干①在图2方框中画出实验电路图．②选用记录数据中的任一组，写出计算量程的表达式U g= ______ ．式中各字母的意义是：______ ．【答案】1k；-；E=U；；U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．【解析】解：（1）A、多用电表内部，红表笔处接电源的正极，故在测量内部电动势时，应将红表笔接在电压表的负接线柱处；电压表内阻约25kΩ～35kΩ，用欧姆表测其内阻时，测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，所以应选×1K挡；B、欧姆表中值电阻为R中=30×1kΩ=30000Ω，欧姆表指n刻度，则电压表内电阻R V=1000n，流过电压表电流I V==，由闭合电路欧姆定律电池电动势E=U+I V R中=U．（2）①由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图乙所示；②由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流I=，则待测电阻两端的电压为I×30000=10U1；此时指针指示的格数为N，则×U=10U1；解得量程U g=，其中：U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．故答案为：（1）A、1k；-；B、E=U．（3）①电路图如图乙所示；②U g=；U1是直流电压表V的指针指到第N格时，标准电压表V1的读数．故答案为：（1）A、×1k；-；B、E=U．（2）（1）测电阻时应将开关打到欧姆档，红表笔接正插孔，红表笔接负插孔；用欧姆表时，指针指在中央附近最好；（2）根据实验电路，应用闭合电路欧姆定律推导电动势表达式．（3）本实验要求测出电压表的量程，则应采用与标准电压表比较的方式进行；可将二电表串联，根据串联电路的规律可算出电流表的量程；根据原理可以得出实验的电路和数据．本题考查了欧姆表的使用方法和注意事项，结合欧姆定律推导电动势．测量量程时注意不能使用给出的电流表，因为电流表量程偏大无法正确的得出结果．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图1所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下，运动到轨道最低点B后，进入半径为R的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点C，离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出，最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为H=0.8m，木板与水平面间的夹角为θ=37°，小球质量为m=0.1kg，A点距离轨道末端竖直高度为h=0.2m，不计空气阻力．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求圆轨道半径R的大小；（2）求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大；（3）若改变木板的长度，并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式，并在图中作出E k-（tanθ）2图象2．【答案】解：（1）小球恰好通过C点，由牛顿第二定律得在AC过程中，由动能定理得mg（h-2R）=联立解得R=；（2）在AD过程中，由动能定理得mgh=从D点做平抛运动，设平抛运动经历时间为tx=v D ty=联立解得y=（3）小球从离开D点到第一次撞击斜面的过程中，根据动能定理mgy=解得由（2）可求得mgh（4tan2θ+1）=0.8tan2θ+0.2显然，当小球落地时动能最大为1J，所以其图象如下答：（1）求圆轨道半径R的大小为0.08m；（2）求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为0.45m；（3）小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式【解析】（1）小球刚好通过C点，利用牛顿第二定律求出C点的速度，在AC过程中由动能定理求出半径R；（2）在AD过程中由动能定理求出达到D点的速度，从D点做平抛运动，由平抛运动公式求的高度；（3）利用（2）找出E k-（tanθ）2关系式，作图象即可；本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、圆周运动向心力公式、动能定理（或机械能守恒定律）的应用以及图象问题，属于中档偏高题．12.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）【答案】解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：E q=mgE==10N/c方向竖直向下（2）qv B=m且T=得：T=2πs=6.28s因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上R≥s=3m；设小球与档板碰撞n次，其最大半径为要击中目标必有：n≤1.5n只能取0，1当n=0，即为图1中R m2=（9-R m）2+s2解得R m=5m；在图1中由几何知识有：sinα==∴α=37°对应小球运动时间最短t min==s当n=1，时可得：（h-3R）2+s2=R2（9-3R）2+32=R2解得：R1=3m，R2=3.75mR1=3m时由如图2中的②运动轨迹可知：运动时间t==sR2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示，由几何知识有：cosβ==；故β=37°则t max==s所以时间的可能值为：s、s或s；答：（1）电场强度的大小为10N/C；方向竖直向下；（2）时间的可能值为：s、s或s；【解析】（1）带电粒子在混合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由平衡关系可求和电场强度；（2）带电粒子在电场中做圆周运动，由牛顿第二定律可确定半径和周期；分析可能出现的碰撞情况，找出所有符合要求的结果，进而求出小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．本题考查带电粒子在磁场中的运动，基本方法为确定圆心和半径；但要准确解题的关键在于能否由题意找出物体的运动轨迹，并能确定带电小球转过的圆心角．对学生几何知识的应用较高．六、计算题(本大题共3小题，共29.0分)14.如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为G的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动．设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为T0，M部分的气体压强为p0，现把M、N两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大？【答案】解：由题意知，倒置前后，N部分气体体积与温度不变，由理想气体状态方程可知，其压强不变，N部分气体的压强：p N=p0+，M部分气体状态参量：p1=p0，T1=T0，p2=p N+=p0+，倒置过程气体体积不变，对气体M，由查理定律得：=，即：=，解得：T2=（1+）T0；答：需要把M的温度加热到（1+）T0．【解析】求出M部分气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度．本题考查了求气体温度问题，求出气体初末状态的参量，应用查理定律即可正确解题；知道整个过程中N的压强不变、应用平衡条件求出气体压强是正确解题的前提与关键．15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，①该列波沿x轴______ 传播（填“正向”或“负向”）；②该列波的波速大小为______ m/s；③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为______ H z．。
中原名校豫南九校一轮复习质量检测.doc
2015届中原名校豫南九校一轮复习质量检测高三数学试卷（文科）考试时间：120分钟 试卷满分：150分注意事项：1．请将各题答案填在试卷后面的答题卷上． 2．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共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． 1．已知集合P ＝{x ｜2x －x －2≤0}，Q ＝{x ｜2log (1)x －≤1}，则（C RP ）∩Q 等于A ．[2，3]B ．（－∞，－1]∪[3，＋∞）C ．（2，3]D ．（－∞，－1]∪（3，＋∞） 2．设复数1z ＝1－i ，2z ＝2＋i ，其中i 为虚数单位，则1z ·2z 的虚部为 A ．－1 B ．1 C ．i － D ． i 3．已知sin （4－x ）＝35，那么sin2x 的值为A ．325B ．425C ．625D ．7254．记数列{n a }的前n 项和为n S ，且n S ＝2（n a －1），则a 2等于 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 5．“m ＞0”是“函数f （x ）＝m ＋2log x （x ≥1）不存在零点”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件6．若双曲线22221x y a b－＝（a ＞0，b ＞0）的离心率为3，则其渐近线的斜率为A ．2±B ．±2C ．±12D ．±227．已知12log a ＞1，1()2b＞1，2c ＝3，则A ．a ＞b ＞cB ．c ＞b ＞aC ．a ＞c ＞bD ．c ＞a ＞b8．一个几何体的三视图如图所示，且其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为A ．433B ．533C ．23D ．8339．如图所示的程序框图中输出的结果为 A ．2 B ．－2 C ．12 D ．－1210．已知函数f （x ）＝32(1)2,x x x x ⎧⎪⎨⎪⎩,≥2,－,0＜＜若关于x 的方程f （x ）＝kx 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是A ．（0，12） B ．（0，1） C ．（12，1） D ．（12，1]11．O 是平面上一点，A ，B ，C 是平面上不共线三点，动点P 满足：OP uu u r ＝OA uu r ＋λ（AB uu u r＋AC uuu r ），λ∈[－1，2]，已知λ＝1时，｜AP uu u r ｜＝2．则PA uu r · PB uu r ＋PA uu r · PC uu u r 的最大值为A ．－2B ．24C ．48D ．9612．抛物线2y ＝2px （p ＞0）的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120°．过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则ABMN的最 小值为 A ．33 B ．233C ．1D ．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷中的横线上． 13．设五个数值31，38，34，35，x 的平均数是34，则这组数据的方差是_______________．14．已知实数x ，y 满足002x x ⎧⎪⎨⎪⎩≥y ≥＋y ≤，则z ＝4x ＋y 的最大值为______________．15．表面积为6π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的高与底面半径的比为____________． 16．已知{n a }的通项为n a ＝3n －11，若12m m ma a a ＋＋为数列{n a }中的项，则所有m 的取值集合为__________________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分） 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2a b c ＋＝cos()cos A C＋C ． （1）求角C 的大小．（2）若c ＝2，求使△ABC 面积最大时，a ，b 的值． 18．（本小题满分12分）某校研究性学习小组从汽车市场上随机抽取20辆纯电动汽车调查其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程），被调查汽车的续驶里程全部介于50公里和300公里之问，将统计结果分成5组：[50，100），[100，150），[150，200），[200，250），[250，300]，绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）求续驶里程在[200，300]的车辆数；（2）若从续驶里程在[200，300]的车辆中随机抽取2辆车，求其中恰有一辆车的续驶里程在[200，250）的概率． 19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1上面ABC ，AC ⊥BC ，E 、F 分别在线段B 1C 1 和AC 上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4．（1）求证：BC ⊥AC 1；（2）试探究满足EF ∥平面A 1ABB 1的点F 的位置，并给出证明． 20．（本小题满分12分） 设函数f （x ）＝2x ＋ax －lnx ，a ∈R ． （1）若a ＝1，试求函数f （x ）的单调区间； （2）令g （x ）＝()x f x e，若函数g （x ）在区间（0，1]上是减函数，求a 的取值范围． 21．（本小题满分12分）已知椭圆M 的对称轴为坐标轴，离心率为22，且一个焦点坐标为（2，0）． （1）求椭圆M 的方程； （2）设直线l 与椭圆M 相交于A 、B 两点，以线段OA ，OB 为邻边作平行四边形OAPB ，其中点P 在椭圆M 上，O 为坐标原点．求点O 到直线l 的距离的最小值．请考生在22、23、24三题中任选一题作答．如果多选，则按所做的第一题计分．22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，过圆E 外一点A 作一条直线与圆E 交于B ，C 两点，且AB ＝13AC ，作直线AF 与圆E 相切于点F ，连接EF 交 BC 于点D ，己知圆E 的半径为2，∠EBC ＝30°． （1）求AF 的长；（2）求证：AD ＝3ED ． 23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为3sin x αα⎧⎪⎨⎪⎩＝cos y ＝（α为参数），以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin （θ＋4π） ＝42．（1）求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；（2）设P 为曲线C 1上的动点，求点P 到C 2上点的距离的最小值，并求此时点P 坐标． 24．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲 已知函数f （x ）＝｜2x －1｜．（1）若对任意a 、b 、c ∈R （a ≠c ），都有f （x ）≤a b b ca c－＋－－恒成立，求x 的取值范围；（2）解不等式f （x ）≤3x ．。
河南省豫南九校联考高一2015年上学期第二次联考试题
2015年河南省豫南九校联考高一第一学期第二次联考物理试题一．选择题（52分）第一节：单选题（每小题只有一个正确答案，选对得4分，不选或选错不得分，共32分）1．关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A ．位移与路程都用来反映运动的路径长短B ．在直线运动中位移的大小一定等于路程C ．位移既有大小又有方向，路程只有大小没有方向D ．位移是标量，路程是矢量2．如图所示，在下列表示物体运动规律的图象中，表示物体做匀变速直线运动的是（）3．根据给出的速度、加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是（）A ．v 为正、a 为负，物体做加速运动B ．B ．v 为负、a 为负，物体做减速运动C ．v 为负、a 为正，物体做减速运动D ．v 为负、a ＝0，物体做减速运动4．关于物体的重心，下列说法正确的有（）A ．有规则几何外形的物体，它的重心就在几何中心B ．重心位置与物体的质量分布无关C ．物体的重心不一定在物体上D ．只有物体的重心处才受到重力作用5．已知物体甲和乙之间有弹力的作用，那么（）A ．物体甲和乙必定直接接触，且都发生形变B ．物体甲和乙不一定直接接触，但必定都发生形变C ．物体甲和乙必定直接接触，但不一定都发生形变D ．物体甲和乙不一定直接接触；也不一定都发生形变6.一辆以12m/s 的速度在水平路面行驶的汽车，刹车过程中以4m/s 2的加速度作匀减速直线运动，则汽车在5s 内的位移是（）A ．10mB ．18mC ．24mD ．30m6.下列物体的受力分析图正确的是（）7.以下关于力的说法正确的是A．力可以没有施力物体，但不能离开受力物体B．只有直接接触的物体间才有力C．自然界只有三种基本相互作用，分别是电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用D．物体各部分都受到重力，可将物体的重力等效集中在一点，这一点叫物体的重心8．如图所示是物体运动的v -t 图象，从t ＝0开始，对原点的位移最大的时刻是()A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4第二节：不定项选择题（每小题有一个或一个以上正确答案，每小题5分，选对但不全的得3分，共20分）9、以下的计时数据指的是时间间隔的是（）A 、中央电视台新闻联播节目在北京时间19：00准时开播B 、某同学跑1500m 用时5：04C 、1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权D 、我们学校早上第四节课的上课时间是10：35～11：1510、关于自由落体运动，下列说法不正确．．．的是（）A 、物体竖直向下的运动一定是自由落体运动B 、自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的竖直向下的匀加速直线运动。
3河南省中原名校(即豫南九校)2024-2024学年高一上学期期中联考全真演练物理试题
3河南省中原名校（即豫南九校）2024-2024学年高一上学期期中联考全真演练物理试题一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（ ）A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零D．任意半个周期内，合力做的功一定为零第(2)题一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为（已知）（）A．B．C．D．第(3)题一种氘核聚变是由两个氘核聚变生成一个氨核和一个中子的过程，同时放出大量能量。
已知1个氘核的质量为，1个氦核的质量为，1个中子的质量为。
下列说法正确的是（ ）A．该核反应有质量亏损，反应前后质量数减少B．该核反应方程为C．一次氘核聚变放出的能量为D．一次氘核聚变放出的能量为第(4)题一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图1是时刻该简谐横波传播到的Q点时的波形图，如图2是质点P（）的振动图象，下列说法正确的是（ ）A．这列简谐横波的振幅为B．这列简谐横波的频率是C．这列简谐横波的波速大小是D．质点P经过时间运动到Q点第(5)题氢原子的能级图如图所示。
现有一群处于能级的氢原子，则这群氢原子（ ）A．只可能辐射2种频率的光子B．辐射光子的最大能量为C．辐射光子的最大能量为D．若被光照射后，发生了电离，则电离氢原子的光子能量至少为第(6)题如图所示，半径为的半圆形闭合金属线框可绕圆心在纸面内逆时针匀速转动，过点的边界上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。
初始时线框直径与虚线边界垂直。
已知线框的电阻为，线框匀速转动的角速度为，从图示位置开始计时，以顺时针为感应电流的正方向，下列关于线圈中的感应电流随时间的变化关系正确的是（ ）A．B．C．D．第(7)题如图所示是某同学站在力传感器上，先下蹲后站起过程中力传感器的示数随时间的变化图像。
2015届豫南九校高三第二次联考试题物理卷(2014.10)
豫南九校联盟2014—2015学年上期第二次联考高三物理试题（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1－8小题只有一个选项正确，第9－12小题中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是A ．力不是维持物体运动的原因B ．力是使物体产生加速度的原因C ．自由落体运动是一种匀变速直线运动D ．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性2．一质点做直线运动的v －t 关系图象如图1所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下列图2中的3．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A 、B 、C ，用不打滑皮带相连，如图3所示（俯视图），三圆轮的半径之比为R A ：R B ：R C ＝3 ：2 ：1，当主动轮C 匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一小物块P （可视为质点），P均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P 与轮A 、B 、C 接触面间的动摩擦因素分别为μA 、μB 、,μC ，A 、B 、C 三轮转动的角速度分别为A ω 、B ω、C ω，则A ．A μ ：B μ ：C μ＝2 ：3 ：6 B ．A μ ：B μ ：C μ＝6 ：3 ：2C ．A ω ：B ω ：C ω＝1 ：2 ：3D ．A ω ：B ω ：C ω＝6 ：3 ：24．如图4所示，固定斜面AO 、BO 与水平方向夹角均为45°，现由A 点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO 落在C 点，则OA 与OC 的比值为A ：1B ．2 ：1C ．3 ：1D ．4 ：15．在探究超重和失重规律时，某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。
河南省中原名校2015届高三上学期中考试试题 物理(word有答案)
2014～2015学年第一学期期中考试试题高三理科综合能力测试试卷满分：150分 考试时间：150分钟第I 卷(选择题 共126分)注意事项：1. 答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。
请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
2. 每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题没有的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效．．．．．．．．．。
3. 第I 卷共21小题，每小题6分，共126分。
以下数据可提供解题时参考：相对原子质量（原子量）： H 1 C 12 Ca 40 O 16 Br 80 Si 28二、选择题（本题共8小题。
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。
）14、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v 图像如图所示．在这段时间内（ ）A ．汽车乙的平均速度等于122v v B ．汽车甲的平均速度比乙的大C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大15、粗细均匀的电线架在A 、B 两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（ ）A ．冬季，电线对电线杆的拉力较大B ．夏季，电线对电线杆的拉力较大C ．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D ．夏季，杆对地面的压力较大16、如图所示轻质光滑定滑轮， M 1=2kg ， M 2=1kg ， M 1离地高度为H=0.5m。
M1 与M2从静止开始释放，不计一切阻力，M1由静止下落了0.3m时的速度大小为（）A. m/sB.3m/sC.2m/sD.1m/s17、如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是()A．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度B．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度C．轨道半径越大，角速度越大D．轨道半径越大，速度越大18、如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体，由静止沿同一光12F3的平均功率关系为（）A．P1=P2=P3B．P1＞P2=P3C．P3＞P2＞P1 D．P1＞P2＞P319、船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图乙所示，经过一段时间该船以最短时间成功渡河，下面对该船渡河的说法正确的是( )A．船在河水中的最大速度是5 m/sB．船渡河的时间是150sC．船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直D210m20、质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断且杆子停止转动，则（）A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D．若角速度ω较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动21、如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示弹簧拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（）A．升降机停止前在向上运动B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态C．t1～t3时间小球向下运动，动能先增大后减小D．t3～t4时间弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量第II卷(共174分)22.(4分) 在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下，A、将打点计时器固定在平板上，并接好电源B、将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔C、把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码D、拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器处先放开纸带，再接通电源E、取下纸带F、换上新纸带重复实验三次，关闭电源，整理实验器材。
中原名校豫南九校一轮复习质量检测.doc
高中化学学习材料（灿若寒星**整理制作）2015届中原名校豫南九校一轮复习质量检测高三化学试卷考试时间：90分钟试卷满分：100分注意事项：1．请将各题答案填在试卷后面的答题卡上。
2．本试卷主要考试内容：高考化学全部内容。
3．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Fe 56I 127第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分,共42分。
每小题只有一个选项符合题意）1．一种高容量的固态锂电池以锂超离子固态导体（组成为Li10GeP2S12）为电解质，该锂电池能在－100℃至100℃之间的超宽温度范围内工作。
其中不属于短周期元素的是A．Li B．Ge C．P D．S2．“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B40。
下列说法正确的是A．B40和C70都属于新型化合物B．C60和N60属于同分异构体C．B40、C60、N60、C70都属于烯烃D．B40、C60、N60、C70都只含共价键3．下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C．二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸4．3－氯戊烷是一种有机合成中问体，下列有关3－氯戊烷的叙述正确的是A．3－氯戊烷的分子式为C5H9Cl3B．3－氯戊烷属于烷烃C．3－氯戊烷能发生取代反应D．3－氯戊烷的同分异构体共有6种5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A ．pH ＝1的溶液：Na ＋、Fe 3＋、24SO －、3NO -B ．滴入甲基橙呈红色的溶液中：K ＋、3HCO －、Cl －、3CO 2－C ．c （OH －）＝1．0×10－13mol ·L －1的溶液中：23SO －、23i S O －、3NO -、K ＋ D ．c （I －）＝0．1 mol ·L －1的溶液中：Na ＋、4NH ＋、ClO －、24SO －6．甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素X 。
河南省豫南九校2015届高三物理上学期第一次模拟联考试卷含解析
河南省豫南九校联考2015届高考物理一模试卷一、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0分）1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )A．v B．v C．2v D．m/s2．某小型发电机线圈内阻为r=1.0Ω，产生的电动势为e=10sin10πt（V），用其对阻值R=9.0Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )A．灯泡上的电压为10V B．灯泡上的电压为10VC．灯泡获得的功率为10W D．灯泡获得的功率为9W3．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为( )A．B．C．D．4．如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )A．B．C．D．5．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，某时刻A、B两卫星距离到达最近，已知卫星A的运行周期为T，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为( )A．B．C．D．6．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到P点的水平距离可能为( )A．R B．R C．2R D．R7．在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场．两区域电场强度大小相等，在区域Ⅰ中的P点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为v0，进入区域Ⅱ到达M点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域Ⅱ中运动时间是区域Ⅰ中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A．小球带正电B．电场强度大小是C．P点距边界的距离为D．若边界AB处电势为零，则M点电势为﹣8．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中( )A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθ﹣mv2D．受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，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9．如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片A、B足够窄，宽度均为D，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片B通过光电门时时间为△t1，上挡光片A通过光电门时时刻为△t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=__________，离开光电门时的速度v2=__________，自由落体运动的加速度g=__________．10．在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30Ω，定值电阻阻值为3000Ω，灵敏电流计内阻不计．（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图．（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值R、灵敏电流计示数I、电源的电动势E、内阻r和定值电阻R0时间的关系是=__________（3）改变电阻箱的阻值R并读出电流计的读数I，作出﹣图象如图乙所示，则电源的电动势是__________V，内阻是__________Ω．11．一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37°且足够长的粗糙斜面，其速度﹣时间图象如图所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能．（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4.0×106N/C，12．紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为B1=0.2T，方向垂直坐标平面内．在第四象限内有磁感应强度B2=×10﹣1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y 轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5×108C/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的P点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上Q点射入匀强磁场B2．粒子刚好到达y轴上某点C（计算结果保留两位有效数字）．求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求Q点和C点的坐标．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是多少？三、[物理-选修3-3]13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量14．一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属气缸内，如图所示，气缸竖直放置，活塞的质量为1kg，横截面积s=5cm2，活塞与气缸底之间用一轻弹簧连接，弹簧的自然长度l0=10cm；劲度系数k=100N/m，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时弹簧为原长，环境温度为27℃，将对气缸内气体缓慢加热，活塞上升了5cm，大气压强为p0=1.0×105Pa，g=10m/s2．求：①最后气缸内气体的温度②保持气缸内气体满足①问中的温度，使整个装置竖直向上做匀加速运动，发现弹簧又恢复了原长，则整个装置的加速度为多少？四、[物理3-4]15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是( )A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3 mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离16．如图所示，有一圆柱形容器，底面半径为R，在底面的中心处有一红色点光源S，它发出的红色光经时间t可以传到容器的边缘P，若容器内盛满某透明液体，S发出的红光经时间2t可以传到容器的边缘P，且恰好在P点高度发生全反射，求溶度的高度．五、[物理-选修3-5]17．下列说法中正确的是( )A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大18．如图所示，木块A放在水平台面B上，水平台面B的中间有一孔洞，一粒向上射出的子弹以速度v0打进木块A，它们瞬时获得共同速度，内嵌子弹的木块A上升的最大高度为h1=1.8m，然后自由落下，落到平台B上后反弹的高度为h2=1.25m，测出A开始下落都第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，已知木块A的质量为m=0.39kg，子弹质量m0=0.01kg，g取10m/s2，不计空气阻力，求：①子弹打击木块A时的速度v0②从木块A第一次落到平台B到反弹离开，平台B对木块A的平均作用力的大小．河南省豫南九校联考2015届高考物理一模试卷一、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0分）1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )A．v B．v C．2v D．m/s考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：滑板爱好者做匀加速直线运动，对运动的前半程和全程分别根据速度位移关系公式列式后联立求解即可．解答：解：设位移为L，对前半程，有：①对运动的全程，有：v′2=2aL ②联立解得：v′=故选：A．点评：本题关键是明确滑板爱好者的运动性质，然后灵活地选择运动学公式和运动过程列式求解，基础题目．2．某小型发电机线圈内阻为r=1.0Ω，产生的电动势为e=10sin10πt（V），用其对阻值R=9.0Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )A．灯泡上的电压为10V B．灯泡上的电压为10VC．灯泡获得的功率为10W D．灯泡获得的功率为9W考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：小型发电机产生的交变电动势的通式为e=E m sinωt，对应表达式得出最大值，根据有效值和峰值之间关系求出有效值，从而求出功率．解答：解：AB、由交变电动势的表达式知最大值E m=10V，所以有效值为：，由欧姆定律得：灯泡上的电压为：，故AB错误；CD、，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查由交变电动势的表达式得出电动势有效值、角速度、周期等物理量的能力，熟练这些物理量之间的换算关系是关键3．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为( )A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对A球受力分析，根据平衡条件列式求解B对A的支持力；再隔离A、B球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对B的作用力．解答：解：对A球受力分析，如图所示，A、B之间的作用力等于A球的重力沿着斜面的分量，为：F1=mgsin30°；B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看作一个整体，即：F2=2mgtan30°；故；故选：C．点评：本题关键是采用隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．4．如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电荷先直线加速，再做类似平抛运动；对直线加速过程，根据动能定理列式；对类似平抛运动过程，根据分位移公式列式；最后联立求解即可．解答：解：设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）=①对类似平抛运动过程，有：l=vt ②=③联立解得：=故选：B．点评：本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目．5．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，某时刻A、B两卫星距离到达最近，已知卫星A的运行周期为T，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为( )A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：两颗人造地球卫星A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星B的运行周期．卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于π时，卫星再一次相距最远．解答：解：两颗人造地球卫星A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式：=mT=2π，已知卫星A的运行周期为T，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，所以卫星B的运行周期为T′=T它们再一次相距最远时，一定是B比A多转了半圈，有：﹣=解得：t=，故选：C．点评：本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度．6．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到P点的水平距离可能为( )A．R B．R C．2R D．R考点：向心力．分析：根据牛顿第二定律分别求出小球在最高点P的速度大小，离开P点做平抛运动，根据平抛运动的时间和速度分别求出水平位移，即可解答．解答：解：小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t，根据2R=gt2，得：t=2；当小球对管下部有压力时有：mg﹣0.5mg=m，解得：v1=小球对管上部有压力时有：mg+0.5mg=m，解得：v2=因此水平位移 x1=v1t=R，或 x2=v2t=R，故A、D正确．故选：AD点评：解决本题的关键理清小球做圆周运动向心力的来源，知道管子与轻杆模型相似，在最高点对球的弹力方向可能向下，也可能向上，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．7．在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场．两区域电场强度大小相等，在区域Ⅰ中的P点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为v0，进入区域Ⅱ到达M点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域Ⅱ中运动时间是区域Ⅰ中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A．小球带正电B．电场强度大小是C．P点距边界的距离为D．若边界AB处电势为零，则M点电势为﹣考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．分析：根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，P点距边界的距离；通过动能定理求出M的电势．解答：解：A、根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且区域Ⅱ的场强方向向下，故电荷带负电，故A错误B、在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1=，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2=，因为a1t1=a2t2，2t1=t2解得E=，故B错误C、设P点距边界的距离为h，则h==，故C错误D、对边界到M的过程运用动能定理得：qU+mgh′=0﹣mv，h′=解得：U=﹣，故D正确．故选：D点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解8．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中( )A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθ﹣mv2D．受到的最大安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势．分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理解答：解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式q=It===可得，下滑的位移大小为X=，故B正确；C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q=mgXsinθ﹣=sinθ﹣mv2，故C正确；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=B L=，故D正确．故选：BCD点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=和F安=，注意电阻和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，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9．如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片A、B足够窄，宽度均为D，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片B通过光电门时时间为△t1，上挡光片A通过光电门时时刻为△t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=，离开光电门时的速度v2=，自由落体运动的加速度g=．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度求解金属片进入光电门时的速度v1和离开光电门时的速度v2；“工“字型金属片自由下落，根据速度位移关系公式列式求解自由落体运动的加速度g．解答：解：极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，故：“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=；离开光电门时的速度v2=；根据速度位移关系公式，有：解得：g==故答案为：，，．点评：本题关键是明确实验中测量瞬时速度的方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，同时要结合速度位移公式求解加速度，基础题目．10．在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30Ω，定值电阻阻值为3000Ω，灵敏电流计内阻不计．（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图．（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值R、灵敏电流计示数I、电源的电动势E、内阻r和定值电阻R0时间的关系是=（3）改变电阻箱的阻值R并读出电流计的读数I，作出﹣图象如图乙所示，则电源的电动势是3V，内阻是1Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据实验原理连接实物图即作电路图；由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻．解答：解：（1）定值电阻和灵敏电流计串联后与电阻箱并联，所以应该在电阻箱与开关处连接一根导线，如图1所示，根据实物图，电路图如图2所示：（2）由闭合电路的欧姆定律得：E=IR0+，则：=（3）图象纵坐标的截距表示内阻的大小的倒数，图象斜率为由图象可知，图象与纵轴截距b=﹣1，则电源内阻是：r=1Ω，图象斜率k===0.001，即：=0.001，则电源电动势为：E=0.001rR0=0.001×1×3000=3V；故答案为：（1）实物连线图如图1所示，电路图如图2所示（2）（3）3，1点评：本题考查了求电源的电动势与内阻，根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键．11．一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37°且足够长的粗糙斜面，其速度﹣时间图象如图所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能．考点：动能定理的应用；动能和势能的相互转化．分析：（1）小物块冲上斜面过程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根据牛顿第二定律求解μ．先求解出动能和重力势能的表达式，然后求解相等的时刻；要分上滑和下滑两个过程讨论．（2）根据运动学公式求出物块上滑的距离，根据动能定理求出小物块返回斜面底端时的动能．解答：解：（1）由小物块上滑过程的速度﹣时间图线，可知：a==8m/s2…①如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，mgsin37°+μmgcos37°=ma…②代入数据得：μ=0.25设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，则有：s===25m若物体上滑t时刻，速度为：v=v0﹣at=20﹣8t （t＜2.5s）高度为：h=xsin37°=（v0t﹣）sin37°=12t﹣2.4t2；动能与势能相等，故：解得：t≈4.14s（大于2.5s，舍去）或者t≈0.86s物体下滑过程的加速度为：a′=gsin37°﹣μgcos37°=4m/s2若物体下滑t′时刻，速度为：v′=a′t′=4t′高度为：h′=（s﹣x′）sin37°=（s﹣）sin37°=15﹣1.2t′2；动能与势能相等，故：联立解得：t′=≈2.74s（负值舍去）故到动能和势能相等的总时间为：t1=2.5s+2.74s=5.24s（2）沿斜面运动全过程中根据动能定理：﹣μmgcos37°•2s=E K﹣mv2代入数据得：E k=50J答：（1）上滑后经0.158s或者5.24s时间滑块的动能与重力势能相等；（2）滑块返回斜面底端时的动能50J．点评：本题首先考查理解速度图象的能力．速度﹣时间图象其“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．其次要注意在分析机械能相等时要进行讨论，明确有向上和向下两种可能．（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4.0×106N/C，12．紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为B1=0.2T，方向垂直坐标平面内．在第四象限内有磁感应强度B2=×10﹣1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5×108C/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的P点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上Q点射入匀强磁场B2．粒子刚好到达y轴上某点C（计算结果保留两位有效数字）．求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求Q点和C点的坐标．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是多少？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）粒子在电磁场中做直线运动，由平衡条件求出粒子的速度，由牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出竖直分速度，然后求出粒子离开电场时的速度．（2）由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后由几何知识求出Q、C的坐标．（3）分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间．解答：解：（1）粒子在电场中做直线运动，洛伦兹力与电场力相等，由平衡条件得：qE=qv0B1，代入数据解得：v0=2×107m/s，粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，由匀变速运动的速度位移公式得：v y2=2y P，粒子离开电场时的速度：v=，代入数据解得：v=4×107m/s，cosθ===，则：θ=60°；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律得：qvB2=m，得 R=代入数据解得：R=20m由几何知识可知，x Q=R+Rsin60°=m，y C=Rcos60°=10m；Q点的坐标，C点的坐标（0．﹣10）；（3）设粒子在电场中运动时间为t2．则t2===s=×10﹣7s电场中水平位移大小 x2=v0t2=2×107××10﹣7m=m粒子在电磁场叠加区中，水平位移为 x1=x Q﹣x2=m﹣m≈36.9m运动时间为 t1==s≈1.8×10﹣6s在磁场中运动时间为 t3=≈1.0×10﹣6s故总时间为 t=t1+t2+t3≈2.81×10﹣6s．答：（1）粒子射出的初速度v0为2×107m/s，离开x轴时的速度大小为4×107m/s，方向：与x 轴正方向成60°；（2）Q点的坐标，C点的坐标（0．﹣10）．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是2.81×10﹣6s．点评：本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用．三、[物理-选修3-3]13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量考点：热力学第一定律；封闭气体压强．分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功和热传递都可以改变物体的内能，根据热力学第一定律分析物体内能的变化．。
河南省豫南九校高三物理下学期质量考评试题(五)(扫描
河南省豫南九校2017届高三物理下学期质量考评试题（五）（扫描版）豫南九校2016—2017学年第二学期质量考评五1．【解析】斜抛运动由于只受重力，水平速度保持不变，而竖直分速度均匀变化．根据△v=at=gt 可知，速度矢量的变化方向与加速度的方向相同，而斜抛运动的加速度为重力加速度g ，故速度矢量的变化方向应沿竖直方向，所以速度矢量末端应在同一竖直线，故B 正确；ACD 错误．故选：B ． 2．【答案】B.3．【答案】D.【解析】A 受到重力，绳子的拉力，杆对A 的弹力三个作用力，A 错误；OB 绳沿竖直方向，B 只能受两个力，重力和绳子拉力，否则如果有杆对B 的弹力，则B 合外力不为零；B 错误；绳子对A 的拉力等于对B 的拉力，所以C 错误；分别对AB 两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=m B g ，)90sin(sin 0θθ+=gm T A （根据正弦定理列式），故m A ：m B =1：tan θ，故选项D 正确． 4．【答案】B【解析】θcos B A v v =，而θ指绳与杆之间的夹角，所以θ先增大后减小，故物块A 的速 度先变小后变大，物块A 始终处于超重状态。
故B 正确。
5．【答案】C【解析】最低点时，绳的张力F ＝7mg ，做圆周运动的条件F －mg ＝mv 21R，所以mv 21＝6mgR .恰能达到最高点，则mg ＝mv 22R ，mv 22＝mgR .根据能量守恒定律12mv 21＝12mv 22＋mg 2R ＋W ，解得克服阻力所做的功W ＝12mgR .故C 正确。
6．【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B 的正方向垂直纸面向里，所以C 正确，ABD 错误；故选：D. 7．【答案】C【解析】滑动头向上匀速滑动，副线圈匝数均匀增加，与时间t 成正比，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2U 1n 1，故U 2与t 也成正比，选项C 正确；随着白炽灯变亮，其本身电阻也逐渐增大，灯泡的I －t 图线斜率逐渐减小，B 项错误；由于副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，由P ＝UI 知，输入电流也要增大，故A 错；灯泡消耗的功率P 2＝U 22R，所以P 2与U 2不成正比，即P－t 图象不满足正比例函数关系，故D 错．8．【答案】BCD【解析】导体棒MN 在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势E ，其电阻相当于电源的内阻r ，线框abcd 相当于外电路，等效电路如下图所示．由于MN 的运动，外电路的电阻是变化的，设MN 左侧电阻为R 1，右侧电阻为R 2，导线框的总电阻为R ＝R 1＋R 2，所以外电路的并联总电阻：R 外＝R 1R 2/(R 1＋R 2)＝R 1R 2/R由于R 1＋R 2＝R 为定值，故当R 1＝R 2时，R 外最大．在闭合电路中，外电路上消耗的电功率P 外是与外电阻R 外有关的．P 外＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2·R 外＝E 2R 外－r 2R 外＋4r可见，当R 外＝r 时，P 外有最大值，P 外随R 外的变化图象如右图所示． 下面根据题意，结合图象讨论P 外变化的情况有：（1）若R 外的最大值R max <r ，则其导线框上消耗的电功率是先增大后减小．（2）若R 外的最大值R max >r ，且R 外的最小值R min <r ，则导线框上消耗的电功率是先增大后减小，再增大，接着再减小．（3）若是R 外的最小值R min >r ，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大． 综上所述，B 、C 、D 均可选． 9．【答案】AC 【解析】22/rMG m r Mm Ga == ，所以A ．a 2=a 3<a 1正确。
河南省豫南九校高三下学期质量考评(五)物理试题 Word
一.选择题1.一小球从水平地面斜向上抛出，最后又落会同一水平面，不计空气阻力，在下图中能正确表示速度矢量变化过程的是（ ）2.直角坐标系xoy 中，M 、N 两点位移x 轴上，G 、H 两点坐标如图，M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零。
静电力常量用k 表示。
若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为（ ）A.234kQ a ，沿y 轴正向B.234kQa ，沿y 轴负向C.254kQa ，沿y 轴正向D.254kQa，沿y 轴负向3.如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A 、B 通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为θ，OB 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（ ）A.A可能受到2个力的作用B.B可以受到3个力的作用C.绳子对A的拉力大于对B的拉力D.A.B的质量之比为1:tanθ4.物块B套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A相连，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接A.B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的是（）A.物块A的速度先变大后变小B.物块A的速度先变小后变大C.物块A处于先超重状态后失重状态D.物块A处于先失重状态后超重状态5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小时受到空气阻力的作用。
设某一时刻小球通过轨道的最低点，此绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动看，经过半个圆周恰好通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.mgR6.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小IB kr=，即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。
如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流，规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是（）7.如图为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，Q为滑动头。
河南省豫南九校高三理综(物理部分)仿真统一考试
豫南九校2014年高考仿真统一考试理科综合试题（物理）（考试时间：150分钟试卷满分：300分）物理组题编审：信阳二高新蔡一高鲁山一高化学组题编审：襄城高中信阳二高遂平一高生物组题编审：漯河五高长葛一高平舆一高本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。
注意事项；l答题前，考生务必先将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。
2选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号，非选择题答案使用0 5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3 请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的苔案无效。
4保持答题卡面清洁，不折叠，不破损。
第I卷选择题（共126分）可能用到的相对原子质量：H：l C:12 0:16 C1:35.5 N：14 Cu:64二、选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48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.下列有关法拉第电磁感应定律的说法中正确的是A．静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．法拉第在探宄法拉第电磁感应定律过程中运用了控制变量的研宄方法C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D.电动机的工作原理是法拉第电磁感应定律15.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。
质量为m的小球套在圆环上。
一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。
现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移。
在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力N的大小变化情况是A. 不变，N增大 B．F不变，_N减小C．F减小，N不变 D . F增大，N减小16．如图所示，在“嫦娥“探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0。
河南省中原名校高三4月高考仿真模拟理综物理试卷 扫描版含解析
河南省中原名校2015—2016学年下期第二次联考物理参考答案14 C 15B 16 C 17 D 18 B 19BD 20CD 21BCD22．（1） h mgs mv E c kc 42122== （2）h mgs mgR W f 42-= （3）hLs L R 42-=μ (每空2分) 23．（1）I=（1分）（2）BCD （2分）（3）①×1k （1分） A （2分） ②40 kΩ（1分） 5.0（1分） 8.75（2分） 【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律得，I=E R 总=0r+R g xER R ++．（2）A 、因为R x =E I﹣r ﹣R 0﹣R g ，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大．故A 错误．B 、当R x =0，I=0r+R gE R +，此时电流为满偏电流．故B 正确．C 、R x 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C 正确．D 、测量中，当R x 的阻值为图5中的R 2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧．故 D 正确． 故选：BCD ．（3）①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位；电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A 方式正确； ②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ； 电压表读数为：5V ；欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=30KΩ；根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U=U r U R +=53010005401000⨯⨯+=⨯8.75V ； 故答案为：①×1k ，A ；②40 kΩ，5.0，8.75．24．（13分） 解：（1）（8分）设物体在F 作用下加速度大小为a 1,位移为x,刚撤去F 时的速度为v ，则由牛顿第二定律及运动学公式得： F-mgsin θ=m a 1 （1分）X=a 1t 2 （1分）V=a 1t （1分）设物体撤去F 后的加速度大小为a 2,位移为x,则由牛顿第二定律及运动学公式得： a 2=gsin θ （1分） -x=vt-a 2t 2 （2分） 联立得4sin 203F mg N θ== （2分） （其它正确答案酌情给分，下同） （2）（5分） 设物体回到出发点时的速度为v t ,则把t=3s 带入（1）中得v=5m/s ，a 2=5m/s 2 （2分）由运动学公式可得 v t =v-a 2t （2分） 代入数据得v t =-10m/s （1分）25．（18分）解：（1）（4分）粒子在第一象限做类平抛运动，粒子的加速度为Eqam=错误！未找到引用源。
高三物理月考试题及答案-河南豫南九校联盟2015届高三上学期第三次联考试卷
2014-2015学年河南省豫南九校联盟高三（上）第三次联考物理试卷一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，第9-12小题中有多个选项符合题目要求，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）下列有关物理学史和物理规律认识的说法不正确的是（）A．无论是亚里士多德那里还是伽利略和笛卡尔那里，都没有力的概念，牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”B．牛顿第一定律引入了力的概念和阐明了物体的惯性，定性揭示了力和运动的关系C．牛顿发现了万有引力定律100多年后，卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间的万有引力的测量，比较准确地得出了万有引力常量G的数值D．库仑首先提出了电场的概念，后来法拉第首先引入了电场线来形象地描述电场2．（4分）为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0cm，这个照相机的曝光时间为1.2×10﹣2s，则拍摄到的石子位置A距石子下落的起始位置的距离约为（）A．3.5m B．5.0m C．6.5m D．8.0m3．（4分）如图所示，用水平力推静止在水平地面上的大木箱，没有推动．这时，木箱受到的（）A．推力小于摩擦力B．推力一定小于重力C．推力和摩擦力大小一定相等D．推力和摩擦力方向相同4．（4分）一汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小．如图所示，分别画出汽车转弯时所受到的合外力的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．5．（4分）如图是自行车传动机构的示意图．假设脚踏板每2S转1圈，若前后两牙轮的直径分别为d1、d2，后轮的直径为d3．则自行车前进的速度表达式为（）A．v=B．v=C．v=D．v=6．（4分）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（）A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B．细绳的拉力提供了向心力C．θ越大，小球运动的线速度越大D．θ越大，小球运动的周期越大7．（4分）已知地球表面的重力加速度是g，地球的第一宇宙速度大小是v，金星的半径是地球的k1倍，质量为地球的k2倍，（不考虑星球的自转，星球视为质量分布均匀的理想圆球）那么金星表面的自由落体加速度g′和金星的“笫一宇宙速度”v′分别为（）A．g v•B．g v•C．g v•D．g v•8．（4分）质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力大小为F保持不变，当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此开始，发动机始终在额定功率状态下工作，则汽车在额定功率状态下开始工作后，（如果公路足够长），下列说法正确的（）A．汽车开始将做加速度减小的减速直线运动，最后做匀速运动B．汽车的牵引力将越来越小，最后不变，大小为F，汽车的额定功率为FvC．汽车最后的速度是D．汽车最后的速度是9．（4分）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．（g=10m/s2）．下面判断正确的（）A．由状态甲至状态乙，先加速后减速，弹性势能全部转化为重力势能B．由状态乙至状态丙，小球做竖直上抛运动，减少的动能全部转化为重力势能C．状态甲中弹簧的弹性势能是0.6JD．状态乙中小球的动能是0.04J10．（4分）借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度．如图7所示，传感器由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测小车上，每隔1s 可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒固定不动且装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时（红外线速度为3×108m/s，红外线的传播时间可以忽略不计），收到超声波脉冲时计时停止．在某次测量中，B盒第一次记录到的收到红外线脉冲和收到超声波脉冲的时问差为0.15s，B盒第二次记录到的收到红外线脉冲和收到超声波脉冲的时间差为0.20s，根据超声波速度340m/s，可以判定（）A．当第1次发射脉冲时，小车距B盒的距离51mB．当第2次发射脉冲时，小车距B盒的距离68mC．该小车运动的速度大小为17m/sD．该小车运动方向是靠近B盒11．（4分）某电场的等势面如图所示，则下列说法正确的有（）A．此电场的等势面为一正点电荷形成的电场的等势面B．若单位正电荷q沿任意路径从A点移动到B点，静电力所做的功为零C．单位正电荷q从A点移动到C点静电力所做的功小于从B点移动到C点静电力所做的功D．单位正电荷q从A点移动到E点，跟单位负电荷﹣q从C点移动到E点静电力所做的功相等12．（4分）A、B为平行板电容器的两块金属板，A极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和B极板都接地，将它们水平放置．当A板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图所示（静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电量与金属板A所带的电量相比可以忽略不计）．此时，在A、B板间有一电荷量为q的油滴静止在P点，（油滴所带电荷量很少，它对A、B板间电场的影响可以忽略），以下结正确的是（）A． A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小B． B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小C． A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，油滴q向上运动，静电计指针偏角增大D． B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，油滴q向下运动，静电计指针偏角减小二、实验题：（本大题2小题，共13分）13．（7分）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在方向（填“水平”或“竖直”）．（2）弹簧自然悬挂，待弹簧时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：代表符号L0L x L1L2L3L4L5L6数值[cm]25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为．由表可知所用刻度尺的最小分度为．（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与的差值（填“L0”或“L x”）．（4）由图可知弹簧的劲度系数为N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．14．（6分）一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s．（1）小刚球离开桌面时的速度大小为v=，弹簧的弹性势能E p与小钢球质量m、桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式为E p=．（2）弹簧的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：弹簧的压缩量x （cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50小钢球飞行的水平距离s （m） 2.01 3.00 4.01 4.96 6.01 7.00由实验数据，可确定弹性势能E p与弹簧的压缩量x的关系为（式中k为比例系数）（A）E p=kx （B）E p=k（C）E p=kx2（D）E p=k．三、计算题（本题共4小题，39分．解答时写出必要的解题步骤和单位．）15．（7分）在我国北方寒冷的冬季，狗拉雪橇是人们出行的常见交通工具，如图，一质量为28kg的小孩坐在10.6kg的钢制滑板雪橇上并用质量为1.9kg的木杆通过轻绳挂一质量为100g的排骨用以引诱狗，质量为25kg的狗用与水平方向成37°斜向上的拉力拉雪橇在水平雪面上运动，雪橇与雪面问的动摩擦因数为0.02，求狗要用多大的力才能够拉雪橇匀速前进？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）16．（8分）如图，质量可忽略的驾驶员驾驶着质量为2.5×103kg的大型拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间4s内前进的距离为4m．耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为自重的2.26倍，受到地面的阻力为自重的0.25倍，耙所受阻力恒定，连接杆的质量不计且与水平面的夹角α=11°保持不变．（其中sin11°≈0.19；cos11°≈0.98；g取10m/s2．）求：（1）拖拉机的加速度大小；（2）拖拉机对连接杆的拉力大小；（3）4s内拖拉机对耙做功的平均功率．17．（12分）如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，如何调整U1或U2的大小？（定性说明，不需要计算证明）18．（12分）为了研究如图甲过山车的原理，物理小组将这种情况抽象为如图乙的模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图乙所示．一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰好沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．（小物块在B点时没有机械能损失）已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50（g取10m/s2、sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）抛出点与A点的高度差；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？并求出滑块在AB上运动的总路程．2014-2015学年河南省豫南九校联盟高三（上）第三次联考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题后给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，第9-12小题中有多个选项符合题目要求，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）下列有关物理学史和物理规律认识的说法不正确的是（）A．无论是亚里士多德那里还是伽利略和笛卡尔那里，都没有力的概念，牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”B．牛顿第一定律引入了力的概念和阐明了物体的惯性，定性揭示了力和运动的关系C．牛顿发现了万有引力定律100多年后，卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间的万有引力的测量，比较准确地得出了万有引力常量G的数值D．库仑首先提出了电场的概念，后来法拉第首先引入了电场线来形象地描述电场考点：物理学史．分析：本题是物理党史问题，根据亚里士多德、牛顿、库仑和法拉第的物理学成就进行答题．解答：解：A、看必修1P68牛顿头像下面一段话，无论是亚里士多德那里还是伽利略和笛卡尔那里，都没有力的概念．牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”．故A正确．B、牛顿第一定律引入了力的概念，阐明了物体的惯性，定性揭示了力和运动的关系，故B 正确．C、看必修2P40．牛顿发现了万有引力定律100多年后，卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间的万有引力的测量，比较准确地得出了万有引力常量G的数值．故C正确．D、看选修3﹣1P10﹣12知：是法拉第首先提出了电场的概念，首先引入了电场线来描述电场，故D错误．本题选不正确的，故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要多看书，加强记忆．2．（4分）为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0cm，这个照相机的曝光时间为1.2×10﹣2s，则拍摄到的石子位置A距石子下落的起始位置的距离约为（）A．3.5m B．5.0m C．6.5m D．8.0m考点：自由落体运动；匀变速直线运动规律的综合运用．分析：根据照片上痕迹的长度，可以估测在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：解：由图可以看出，在曝光的时间内，物体下降了大约有两层砖的厚度，即12cm （0.12m），曝光时间为1.2×10﹣2s，所以AB段的平均速度为m/s=10m/s，由V2=2gh可得下降的高度大约为h==m=5m，故选B．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．3．（4分）如图所示，用水平力推静止在水平地面上的大木箱，没有推动．这时，木箱受到的（）A．推力小于摩擦力B．推力一定小于重力C．推力和摩擦力大小一定相等D．推力和摩擦力方向相同考点：静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：木箱处于静止，由二力平衡可明确摩擦力与推力的大小关系．解答：解：A、物体静止或做匀速直线运动时，处于平衡状态，所受到的力是一对平衡力；二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上．故推力一定与摩擦力大小相等；方向相反；故AD错误，C正确；B、只能确定水平和竖直两个方向各自的平衡，无法确定推力与重力的大小关系；故B错误；故选：C．点评：对于摩擦力一定要先明确是静摩擦力还是滑动摩擦力，然后才能根据它们的性质进行解答．4．（4分）一汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小．如图所示，分别画出汽车转弯时所受到的合外力的四种方向，你认为正确的是（）A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象时对的．解答：解：汽车从M点运动到N，曲线运动，必有分力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的分力；向心力和切线方向分力的合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ACD错误，选项B 正确．故选B．点评：解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，减速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了．5．（4分）如图是自行车传动机构的示意图．假设脚踏板每2S转1圈，若前后两牙轮的直径分别为d1、d2，后轮的直径为d3．则自行车前进的速度表达式为（）A．v=B．v=C．v=D．v=考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：前后两牙轮是同缘传动，边缘点线速度相等；根据v=rω求解出后面牙轮的角速度，即为后轮的角速度；最后再根据v=rω求解自行车前进的速度．解答：解：前后两牙轮线速度相等，所以：v1=v2，所以：=车的后轮与后牙轮转动的角速度相等，所以自行车前进的速度：v==由以上两式可解得：v=故选：A点评：解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等．6．（4分）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（）A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B．细绳的拉力提供了向心力C．θ越大，小球运动的线速度越大D．θ越大，小球运动的周期越大考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：计算题．分析：分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析θ变化，由表达式判断V、T的变化．解答：解：A、B：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，∴A、B选项错误．C：向心力大小为：F n=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：，得到线速度：=，θ越大，sinθ、tanθ越大，∴小球运动的速度越大，∴C选项正确．D：小球运动周期：，因此，θ越大，小球运动的周期越小，∴D选项错误．故选：C．点评：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要清楚向心力的不同的表达式．7．（4分）已知地球表面的重力加速度是g，地球的第一宇宙速度大小是v，金星的半径是地球的k1倍，质量为地球的k2倍，（不考虑星球的自转，星球视为质量分布均匀的理想圆球）那么金星表面的自由落体加速度g′和金星的“笫一宇宙速度”v′分别为（）A．g v•B．g v•C．g v•D．g v•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：求解第一宇宙速度（贴近中心天体表面的速度即为第一宇宙速度）应该根据万有引力提供向心力来计算．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式．根据等式表示出所要求解的物理量，再根据已知条件进行比较．解答：解：对地球上任一物体有：，对金星上任一物体you：，得：．对地球的近地卫星有：，对金星的近地卫星有：得：．故A正确、BCD错误．故选：A．点评：本题关键是根据第一宇宙速度和重力加速度的表达式列式求解，其中第一宇宙速度为贴近星球表面飞行的卫星的环绕速度！8．（4分）质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力大小为F保持不变，当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此开始，发动机始终在额定功率状态下工作，则汽车在额定功率状态下开始工作后，（如果公路足够长），下列说法正确的（）A．汽车开始将做加速度减小的减速直线运动，最后做匀速运动B．汽车的牵引力将越来越小，最后不变，大小为F，汽车的额定功率为FvC．汽车最后的速度是D．汽车最后的速度是考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动．解答：解：A、当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动，故A错误；B、速度v时，根据牛顿第二定律知所以P0=Fv+mav，故B错误；CD、最后匀速牵引力等于阻力F=，所以v m=，故C错误，D正确．故选：D点评：解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系，知道当汽车牵引力等于阻力时，车速最大，难度不大，属于基础题9．（4分）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．（g=10m/s2）．下面判断正确的（）A．由状态甲至状态乙，先加速后减速，弹性势能全部转化为重力势能B．由状态乙至状态丙，小球做竖直上抛运动，减少的动能全部转化为重力势能C．状态甲中弹簧的弹性势能是0.6JD．状态乙中小球的动能是0.04J考点：功能关系．分析：小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升和下落过程与弹簧组成的系统机械能守恒．解答：解：A、球从甲位置上升到乙位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，弹性势能一部分转化为重力势能，另外在B点时小球仍有动能，故A错误；B、小球从乙位置到丙位置的过程中，由状态乙至状态丙动能全部转化为重力势能；故B正确；C、根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：E p=mgh AC=0.2×10×0.3J=0.6J；故C正确；D、由机械能守恒定律，状态乙中小球的动能E KB=mgh AC﹣mgh AB=0.4J；故D错误；故选：BC．点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒．在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒．10．（4分）借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度．如图7所示，传感器由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测小车上，每隔1s 可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒固定不动且装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时（红外线速度为3×108m/s，红外线的传播时间可以忽略不计），收到超声波脉冲时计时停止．在某次测量中，B盒第一次记录到的收到红外线脉冲和收到超声波脉冲的时问差为0.15s，B盒第二次记录到的收到红外线脉冲和收到超声波脉冲的时间差为0.20s，根据超声波速度340m/s，可以判定（）A．当第1次发射脉冲时，小车距B盒的距离51mB．当第2次发射脉冲时，小车距B盒的距离68mC．该小车运动的速度大小为17m/sD．该小车运动方向是靠近B盒考点：匀速直线运动及其公式、图像．专题：直线运动规律专题．分析：有运动学公式x=vt，得小车距B盒的距离，由v=得v．解答：解：当第1次发射脉冲时，车距B盒的距离x1=vt1=340×0.15=51m，当第2次发射脉冲时，车距B盒的距离x2=vt2=340×0.2=68 m，该物体运动的速度大小为v==17m/s．所以ABC正确．因为车距B盒越来越远，所以该物体运动方向是背离B盒运动．D错误．故选：ABC点评：考查了超声波测速仪的工作原理和x=vt的应用，属于基础题．11．（4分）某电场的等势面如图所示，则下列说法正确的有（）。