河南省扶沟县高级中学2015届高三下学期模拟考试物理试题 (4)
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-扶沟县高级中学高三下学期模拟考试试题(6)
2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题答案时间 2015.5.15二、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，14-18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．以下涉及物理学史上的叙述中，说法不正确的是( )A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，后来被赫兹所证实。
B．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律D．开普勒揭示了行星的运动规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础15．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）A、B下落的加速度大小a=10m/s2B．A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W=3JC．A的质量M=0.5Kg，A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5D．0～0.75s内摩擦力对A做的功0.75J16．带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷．如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）．虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的是（）A．平行金属板间的电场，可以看做匀强电场B ．b 点的电势高于d 点的电势C ．b 点的电势低于c 点的电势D ．若将一正电荷从电场中的任一点由静止 释放，它必将沿着电场线运动到负极板 17．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b 是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A 均为理想电表。
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷(9)
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（9）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是（）A.通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因【答案】D【解析】解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．故A正确．B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动．故B正确．C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致．故C正确．D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D．安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化时，产生感应电流的实质．知道物体的运动不需要力来维持．2.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=①根据几何关系可知：x乙=②乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=合=°=③根据位移时间公式可知：④乙由①②③④式得：v0=所以A正确．故选A．根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题．3.一小物块以某一初速度滑上水平足够长的固定木板，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为30°的斜面，让该小物块以相同大小的初速度沿木板上滑．则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为（设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据牛顿第二定律得，物块在水平木板上的加速度大小，在倾斜木板上的加速度大小°°=gsin30°+μgcos30°，根据速度时间公式得，v=at，解得时间之比′．故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据牛顿第二定律得出在水平面木板和倾斜木板上的加速度大小之比，结合速度时间公式求出运动的时间之比．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．4.一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=2002sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A.在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2W b/sB.在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率增大【答案】C【解析】解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V，有效值为100V，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20，故A错误；B、在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有，故U=20V，故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D错误；故选：C．根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．本题考查变压器的电压比与匝数比，以及二极管的特点，解答的关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问题，不难．5.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A.粒子带正电B.运动过程中，粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为t=D.离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°【答案】C【解析】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故B错误．C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为t=T=°°=，故C正确；D、粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误；故选：C．先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角．本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t=T．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.金属杆ab返回到底端时速度小于v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv02-mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同【答案】ABC【解析】解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0．故A正确；B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等于．故B正确．C、对于上滑过程，由动能定理得：-mgh-W安=0-，得克服安培力做功为：W安=-mgh．根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=-mgh．故C正确．D、上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=F v 知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率．故D错误．故选：ABC通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动．根据功能关系判断出金属杆返回低端是的速度；抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功功率的大小，根据功能关系分析焦耳热的关系．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．本题分析杆的运动情况，比较同一位置安培力的大小是关键，再根据动量定理、安培力、能量守恒定律进行分析比较．7.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d．带负电的小球质量为m，带电量为q，从下极板N的小孔P处，以初速度v0射入，沿直线到达上极板M上的小孔Q，若重力加速度为g．则（）A.小球在M、N间运动的加速度不为零B.M板电势高于N板电势C.小球从P到Q，电势能增加了mgdD.M、N间电势差大小为【答案】BD【解析】解：A、小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．否则小球合力与速度不在一条直线上，小球做曲线运动，故A错误．B、由重力和电场力平衡，可知电场力向上，由于小球带负电，故电场线方向向下，M 板带正电，故M点电势高于N点电势，故B正确．C、由于电场力与重力平衡，即F=mg，电场力方向向上，做正功，做功为：W=F d=mgd，故电势能减少mgd，故C错误．D、由电场力做功W=q U=mgd，解得：，故D正确．故选：BD．小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．由电场力和重力平衡可知电场力方向，进而判定电场线方向，可得MN电势高低关系．重力等于电场力，可得电场力做的功，由电场力做功与电势能关系可知电势能的变化．由电场力做功W=q U=mgd，可得MN的电势差．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F-图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（）A.电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/sB.该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动C.该车做匀加速运动的时间是1.5sD.该车加速度大小为0.75m/s2【答案】AC【解析】解：A、因为横坐标是，所以全过程中，C点的值最小，匀加速达到的最大速度为15m/s．故A正确．B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动；BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动．故B错误．C、电动机的功率为：P=W=6000W，匀加速运动的末速度为：v==m/s当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f=400N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a==2m/s 2，则匀加速运动的时间t=．故C正确，D错误．故选：AC．AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列各种说法中正确的是（）A.液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力B.PM2.5 （空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动C.在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D.一定之类的理想气体温度升高，体积增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少E.在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大【答案】CDE【解析】解：A、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故A错误；B、悬浮颗粒的运动不可是分子的运动，故B错误；C、在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性；故C正确；D、一定质量的理想气体温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，压强不变，则气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少，故D正确；E、在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力开始时表现为引力，先增大后减小；最后表现为斥力再逐渐增大；故E正确；故选：CDE．液体表面分子较内层稀疏，故分子间表现为引力，从而表现为表面张力；分子热运动是指我们肉眼看不到的分子的无规则运动；具体分子的排列具有空间上的周期性；气体的压强与气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数、分子的平均撞击力有关；在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大．本题考查热学中的相关内容，重点把握布朗运动的性质、晶体的特点、分子间相互作用力的性质，明确分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，但斥力减小的快．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.在光导纤维束内传送图象是利用光的衍射现象B.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉现象C.全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度E.海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小【答案】BCE【解析】解：A、在光导纤维束内传送图象是利用了光的全反射原理；故A错误；B、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉，即空气薄膜的前后两个表面反射的光相干涉，故B正确；C、激光具有良好的相干性；全息照片就是利用了激光的相干性进行拍摄的；故C正确；D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片滤去反射光等偏振光；故D 错误；E、海市蜃楼产生的原因，是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，从而发生全反射现象，故E正确；故选：BCE．从光现象形成的原因出发，把光现象与说明的问题对应起来：光导纤维是利用光的全反射；全息照片是利用了光的干涉，激光具有良好的相干性；偏振片是减少反射光的干扰；海市蜃楼与全的反射有关．解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道什么叫光的干涉、光的衍射、光的偏振，及光的全反射条件以及在生产生活中的应用．四、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图1所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落．①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、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺②一次实验中，质量为m的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点迹，如2所示，已知相邻两计数点之间的时间间隔为T．测得计数点A、B两点间的距离为h1，计数点B、C两点间的距离为h2．由此可以确定，在打点计时器打下B点时，重物的动能为______ （填字母代号）．A．m（）2 B．m（）2 C．m（）2 D．m（）2．【答案】D；D【解析】解：（1）打点计时器需要使用交流电源，要测量物体下降的高度，以及瞬时速度的大小，所以需要测量点迹间的距离，需要毫米刻度尺；实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量物体的质量，故不需要天平．故选：D．（2）B点的速度，则重物在B点的动能．故选：D．故答案为：（1）①D；②D根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定测量的器材；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出B点的动能．解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定测量的物理量．以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度．10.测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）定值电阻R0（2000Ω）（E）滑动变阻器R（0-20Ω，2A）（F）开关和导线若干某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验．（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片向左滑动，则电流传感器1的示数将______ （选填“变大”或“变小”）．（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示．则由图线可得被测电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】变大；3；1【解析】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向左滑动时R值增大，电流传感器2的示数变小，电流传感器1的示数变大．（2）路端电压：U=I1R0=E-I2r，变形得：I1=-I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k==0.5×10-3；故解得：E=3.0V，r=1Ω；故答案为：（1）变大；（2）3，1．（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化．（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．（3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，应细心观察．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，一质量为m=0.75kg的小球在距地面高h=10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失，若小球运动过程中受到空气阻力f大小恒为2.5N，g=10m/s2．求：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．【答案】解：（1）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球落地的速度为v，得：小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h1，则：得：h1=5m（2）小球下落的过程中重力做正功，阻力做负功，设小球第二次落地的速度为v1，得；小球上升的过程中，重力由于阻力都做负功，设上升的高度为h2，则：得：=2.5m同理，小球第三次落地后上升的高度：m小球第四次落地后上升的高度：m小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程：s=h+2h1+2h2+2h3+2h4=28.75m答：（1）小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度是5m；（2）小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程是28.75m【解析】（1）小球运动的过程中只有重力和阻力做功，对下落的过程和上升的过程由动能定理列式求解小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；（2）小球与地面碰撞后，上升的高度与下降的高度是相等的，分别由动能定理即可求出上升的最大高度与落地时的速度，同理即可表达出相应的数列，然后求和即可．本题应用动能定理全程列式可顺利求解，关键在于明确阻力做功的求法，记住不论物体向下还是上，阻力一直做负功．12.如图，竖直平面坐标系x O y的第一象限，有垂直x O y面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直x O y面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N．一质量为m的带电小球从y轴上（y＞0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）．（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点O的距离s为多远？【答案】解：（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡．设小球所带电荷量为q，则有：q E=mg（1）解得：（2）又电场方向竖直向上故小球带正电．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力得：（3）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：（4）由（3）（4）得：r=（5）即：PO的最小距离为：y=2r=（6）（3）小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为v N，由机械能守恒得：（7）由（4）（7）解得：（8）小球从N点进入电场区域后，作类平抛运动．设加速度为a，则有：沿x轴方向有：x=v N t（9）沿电场方向有：（10）由牛顿第二定律得：a=（11）t时刻小球距O点为：答：（1）小球的带正电，其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少为；（3）经时间t=2小球距坐标原点O的距离．【解析】（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡从而判定小球的电性和电量．（2）设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r由洛伦兹力提供向心力；小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足重力恰好提供向心力，联立即可求出P 点距坐标原点O至少多高；（3）小球由O运动到N的过程中由机械能守恒，小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动．根据运动的类型，写出相应的公式，就可以求解．该题中，设置的情景比较复杂，运动的过程较多，一定要理清运动的过程和各个过程中的受力以及做功的情况，再选择合适的公式进行解题．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气．当大气压强为75cm H g时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示．问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）？【答案】解：（1）此时管内空气的压强为P1=（75-60）cm H g=15cm H g．（2）V1=30S，V2=（30+60-54）S=36SP1=15cm H g，P2=（P0-54）cm H g等温变化，由玻意尔定律P1V1=P2V2代入15×30=15×P2得P2=12.5cm H g可得P0=66.5cm H g答：（1）此时管内空气的压强为15cm H g．（2）山上的大气压强为66.5cm H g．【解析】（1）管内空气的压强等于管外大气压与管内60cm水银产生的压强之差．（2）温度不变，管内气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解管内空气压强．根据管内外压强关系求解山上的大气压强．。
【英语】河南省扶沟县高级中学2015届高三下学期模拟考试 (12)
河南省扶沟县高级中学2015届高三下学期模拟考试英语试题第I卷（选择题共100分）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。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。
录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节：(共5小题；每小题1.5分，满分7.5分)听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置，听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1. What is the man probably?A. A cook.B. A teacher.C. A salesman.2. What does the woman think of the man‘s failure?A. It is helpful for him in a sense.B. It is out of her expectation.C. It is a great pity.3. Who has been sick?A. Mary.B. Alice.C. The woman‘s sister.4. How long dose it take to get to Washington by train?A. 60 minutes.B. 80 minutes.C. 90 minutes.5. What happened to the woman?A. She got fired today.B. She got promoted last week.C. She was fooled by the man.第二节：(共10小题；每小题1.5分，满分22.5分)听下面5段对话或独白。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-扶沟县高级中学高三下学期模拟考试试题(8)
2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题时间：2015-5-15一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1．下列说法正确的是（）A．速度变化越快的物体惯性越小B．物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向不垂直也不在一条直线上 C．学校餐厅的吊扇在工作时向下挤压空气，空气对吊扇产生向上的推力，减轻了吊杆对吊扇的拉力，所以，即使吊杆略有松动也是安全的D．法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机2．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动3．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（）A． tanθ=B． tanθ=C． tanθ=2μ1﹣μ2D． tanθ=2μ2﹣μ14．如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0×10﹣7C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10﹣8J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10﹣8J．下列说法正确的是（）A ． A 、B 两点之间的电势差为10VB ． 若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功W MN =4.0×10﹣8JC ． 若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功W MN =8.0×10﹣8JD ． 若A 、B 之间的距离为1cm ，该电场的场强一定是E=10V/m5．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B ，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x 轴方向宽度均为a ，在y 轴方向足够宽．现有一高为a 的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x 轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i 与线框移动的位移x 的关系图象正确的是（ ）6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（ ）A ． “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B ． “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍AB CDC．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救7．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（）A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同8．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为P，下列说法正确的是（） A．输入电压u的表达式u=20sin50πVB．只断开S2后，L1、L2的功率均小于C．只断开S2后，原线圈的输入功率大于D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W二、非选择题（一）必考题9．某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是（至少列举一点）．10．现有一块灵敏电流计A1，量程为200μA，内阻约为1KΩ，要精确测出其内阻R g，提供的器材有：电流表A2（量程为1mA，内阻r=50Ω）；滑动变阻器R（阻值范围为0～30Ω）；定值电阻R1（阻值 R1=100Ω）；定值电阻R2（阻值 R2=3KΩ）电源E（电动势约为4.5V，内阻很小）；单刀单掷开关S一个，导线若干．（1）请利用上述所有器材，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的，将电路图画在题中的虚线框中．（2）在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算A1表的内阻，表达式为R g= ，表达式中各符号表示的意义是．11．波音777曾被业界称为最安全的客机之一，涉及的重大事故不多见．假设波音777飞机起飞时所受的阻力是其自重的0.1倍，根据下表波音777的性能参数，重力加速度g取10m/s2，解决以下问题：最大巡航速率 0.89马赫（35000英尺巡航高度）发动机推力（×2） 330kN（×2）最大起飞质量 200000kg起飞所需跑道长度（最大起飞质量时） 2500m安全起飞速度空速160节（v≈70m/s）（1）波音777巡航速度为0.8马赫，设定马赫保持，推力为发动机推力的91%，求在巡航高度上飞机的阻力；（2）求在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力与重力的合力等于阻力，即可求的阻力；（2）通过表格中的数据可知，飞机起飞时的位移，起飞速度，由运动学公式求的加速度【解析】：解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知（2）起飞过程中有运动学公式a=答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程12．如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．（1）求带电粒子的速率．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t．（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T．选考题：【物理-选修3-3】（15分）13．下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．【物理-选修3-4】（15分）15．以下说法中不正确的有（）A．作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波E．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【物理-选修3-5】（15分）17．下列说法中正确的是（）A．一入射光照射到某金属表面上能发生光电效应，若仅使入射光的强度减弱，那么从金属表面逸出的光电子的最大初动能将变小B．大量光子产生的效果显示出波动性，个别光子产生的效果显示出粒子性C．电子的发现说明原子是可分的，天然放射现象的发现揭示原子核有复杂的结构D．放射性同位素Th232经α、β衰变会生成Rn36，其衰变示意方程为Th→Rn+xα+yβ，其中x=3，y=1E．原子核的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，与其所处的化学状态和外部条件无关18．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能E p．2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题答案1．【考点】：物体做曲线运动的条件；作用力和反作用力．【分析】：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．【解析】：解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力﹣﹣的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；D、法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．故D正确．故选：CD【点评】：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解．2．【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．【解析】：解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．故选：A．【点评】：本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解3．【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功．运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案．【解析】：解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．设斜面AC长为L，运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：mgLsinθ﹣μ1mgcosθ×L﹣μ2mgcosθ×L=0﹣0=0解得：tanθ=故选：A．【点评】：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意运动过程中力的变化．4．【考点】：电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N 的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到W MN与W AB、W DC的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=qU，可求出M、N间电势差．【解析】：解：A、，故A错误．B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N 点的电势是B、C两点电势的平均值，即，，所以：W MN=qU MN=q（φM﹣φN）=q（）==4×10﹣8J，故B正确、C 错误．D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误．故选：B【点评】：本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解W MN．运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．5．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：压轴题．【分析】：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．【解析】：解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选C．【点评】：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．6．【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．【解析】：解：A、根据=ma得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．B、根据=m得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误．故选：AB．【点评】：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．7．【考点】：功能关系；电功、电功率．【分析】：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．【解析】：解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．故选：BC．【点评】：本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．8．【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解析】：解：A、周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin （100πt）V，A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为=0.8W，D正确．故选：D．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．9．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．【解析】：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2﹣h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．【点评】：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．10.【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）测量电阻的基本原理是伏安法，没有电压表，可用定值电阻与电流表A2串联改装而成．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．（2）根据并联电路电压相等的规律，列式求解G表的内阻的表达式．【解析】：解：（1）由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻，要精确测量电流计的内阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；将电流表A2与定值电阻电阻R1串联构成一个电压表；把定值电阻R2作保护电阻．电路图如图所示．（2）由电路图知A2表和R1串联后与A1表并联，两个支路的电压相等，即：I1R g=I2（R1+r），所以，R g=，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．故答案为：（1）电路图如图所示；（2），I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．【点评】：在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法．11．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力与重力的合力等于阻力，即可求的阻力；（2）通过表格中的数据可知，飞机起飞时的位移，起飞速度，由运动学公式求的加速度【解析】：解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知（2）起飞过程中有运动学公式a=答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程12．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．【解析】：解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0=2r，r=0.5R0根据半径公式得：r=解得v=（2）磁场的大小变为B后，由半径公式r=可知粒子的轨道半径变为原来的=2倍，即为R0，根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角90°解得：t=T==（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以为的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：（+1）R0；根据周期公式，则有：T==答：（1）带电粒子的速率为．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，粒子在磁场中最长的运动时间t为．（3）R1的最小值为（+1）R0；粒子运动的周期T为．【点评】：对于带电粒子在磁场的圆周运动，要由洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨迹关系求出粒子进入磁场中的速度方向，再根据速度关系求出质子在电场中做何种运动，然后根据运动性质求解．13．【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；温度是分子平均动能的标志．【分析】：阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数；布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积；分子间既有引力又有斥力，当间距小于平衡位置时，斥力较显著．【解析】：解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积．故A错误；B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显．故B正确；C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大．故C正确；D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；故选：BCD【点评】：解答本题知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点；知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记．14．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；【解析】：解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①解得：P=P0+，。
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷(4)
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（4）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念．关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是（）A.电场和磁场都是客观存在的特殊物质B.电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C.电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D.电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹【答案】A【解析】解：A、电场和磁场均是客观存在的特殊物质；故A正确；B、电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场场而引入的虚拟的线，实际中并不存在；故B错误；C、电场对放入其中的电荷一定有力的作用；但磁场只对运动的电荷有力的作用；故C 错误；D、电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线和磁感线均不是电荷在场中的轨迹；故D错误；故选：A．电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大，电场中某点电场强度的大小由电场决定．考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．抓住电场与磁场都是物质，电场线和磁感线都是假想的曲线是关键．2.近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们的运行过程，下列说法正确的是（）A.“神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度B.“神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度C.“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期D.“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度【答案】C【解析】解：根据万有引力提供向心力=ma=mω2r=m=m r“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．“神舟”系列飞船的轨道半径小于北斗卫星导航系统的卫星的轨道半径．A、a=，所以“神舟”系列飞船的加速度大于北斗导航卫星的向心加速度，故A错误；B、ω=，所以“神舟”系列飞船的角速度大于北斗导航卫星的角速度，故B错误；C、T=2π，所以“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期，故C正确；D、v=，所以“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度，故D错误；故选：C．根据万有引力提供向心力，求出周期、加速度、速度与轨道半径的关系，从而通过轨道半径的大小比较出它们的大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道半径大小．3.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2＞S1），计时开始时，甲、乙两车相距S0，在两车运动过程中，下列说法正确的是（）A.若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，两车相遇1次B.若甲车在乙车前方且S0＜S1，两车相遇2次C.若乙车在甲车前方且S0=S2，两车不会相遇D.若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最近【答案】B【解析】解：由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；A、若甲车在乙车前方且S0=S1+S2，则S0+S2＞S1+S2，两车不会相遇，故A错误；B、若甲车在乙车前方且S0＜S1，则S0+S2＜S1+S2，即在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；C、若乙车在甲车前方且S0=S2，在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车能追上乙车，故C错误．D、若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙前T时刻相距最远，故D错误．故选：B此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．4.在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示．D点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（）A.A、B、C三点的电场强度相同B.O、A和A、D两点间的电势差相等C.将电子由D点移到C点，电场力做正功D.电子在B点的电势能大于在D点的电势能【答案】D【解析】解：A、根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误．B、根据点电荷的电场强度的特点可知，OA段的电场强度的大小要大于AD段的电场强度，所以O、A和A、D两点间的电势差不相等．故B错误．C、O点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向O点，可知D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，故C错误．D、D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于B点的电势，将电子由D点移到B点，电场力做负功，其电势能将增加．故D正确．故选：D．A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．A、B、C三点的电势相同，A、B、C三点所在的等势面为球面．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加．若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力不可能为零．本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负．5.1931年英国物理学家狄拉克就从理论预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱利用电感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验，他设想让一个只有N极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），观察其中电流的方向和大小变化情况．和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，人上往下看（）A.普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流B.普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流C.超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流D.超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流【答案】D【解析】解：AB、条形磁铁N向下穿过普通线圈，先磁场向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针（从上向下），当穿过线圈后，磁通量向上，且大小减小，由楞次定律，感应电流方向顺时针（从上向下），故AB错误；CD、若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．故C 错误，D正确．故选：D．条形磁铁或磁单极子穿过普通或超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．该题考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极，注意条形磁针与磁单极子的区别．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同．则（）A.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大B.k越大，传感器灵敏度（）越高C.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D.电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【答案】AB【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqv S=nqvbc，所以U=．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=．知，U随z 的变化越大，即传感器灵敏度（）越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选AB．霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低．上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．7.如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心．在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1，v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点．则以下说法中正确的是（）A.∠AOP为60°B.若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1增大，v2减小C.改变v1，v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D.若只增大v1，两小球不可能相遇【答案】AB【解析】解：A、连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以，而AD+BD=2R，所以AD=，OD=，所以cos∠AOP=，解得：∠AOP=60°，故A正确．B、要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B正确．C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；D、若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D错误．故选：AB．平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几关系可以求得∠AOP的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解．本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度．8.如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB=0.3m，L AD=0.2m，总电阻为R=0.1Ω．在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin x（m），磁感应强度大小B=0.2T．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是（）A.线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B.线框中感应电动势的最大值为0.4VC.线框中感应电流有效值为4AD.线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048J【答案】ABD【解析】解：A、由图知，穿过线框的磁方向始终向里，线框进入磁场时磁通量增加，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律判断得知：线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向．故A正确．B、线框最大的有效切割长度等于L m=L AD=0.2m，则感应电动势最大值为E m=BL m v=0.2×0.2×10V=0.4V．故B正确．C、感应电流最大值为I m==4A，由于线框产生正弦式感应电流，则感应电流有效值为I==2A．故C错误．D、线框穿过磁场区域的过程中外力做功等于线框产生的总热量．整个过程拉力做功W=I2R t，又t==s=0.06s，代入解得，W=0.048J．故D正确．故选ABD线框的一边做切割磁感线运动，根据楞次定律判断感应电流的方向；线框产生正弦式感应电流，当切割长度最大时，感应电流最大，拉力最大，拉力功率最大．线框右边和左边分别切割磁感线，产生正弦式交变电流，可用切割感应电动势公式、安培力和功知识求解．本题要注意是线框中产生的是正弦式电流，求电功要用电动势的有效值，正弦式电流的最大值是有效值的倍．五、单选题(本大题共2小题，共6.0分)13.一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是（）A.此列波的波长为2.5mB.此列波的频率为2H zC.此列波的波速为2.5m/sD.此列波的传播方向为沿x轴正方向传播【答案】D【解析】解：A、由图知，b和c之间的距离等于波长，则λ=5m．故A错误．B、由题，0.5s=（n+）T，n=0，1，2…，T=s，频率f==（2n+1）H z，由于n是整数，f不可能等于2H z．故B错误．C、波速为v=λf=5（2n+1）m/s，由于n是整数，v不可能等于2.5m/s．故C错误．D、质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，则得波沿x轴正方向传播．故D正确．故选D由图知，b和c之间的距离等于波长．质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，说明波沿x轴正方向传播，0.5s=（n+）T，求出周期，得到频率．本题首先理解波长的含义：相邻两个波峰间的距离即等于波长．题中a、b两点是反相点，得到0.5s=（n+）T，可得到周期的通项．14.下列说法正确的是（）A.光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C.光在介质中的速度大于光在真空中的速度D.变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场【答案】A【解析】解：A、狭义相对论的两条基本假设是光速不变原理和相对性原理，故A正确；B、拍摄玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片是为了滤去反射光而不是增加透射光的强度，故B错误；C、光在任何介质中的传播速度都比真空中小，故C错误；D、由麦克斯韦的电磁理论，变化的电场一定产生磁场，但不一定产生变化的磁场，如随时间均匀变化的电场产生稳定的磁场，同样，变化的磁场不一定产生变化的电场，故D错误．答案：A．狭义相对论的两条基本假设：1、物理体系的状态据以变化的定律，同描述这些状态变化时所参照的坐标系究竟是用两个在互相匀速移动着的坐标系中的哪一个并无关系．2、任何光线在“静止的”坐标系中都是以确定的速度c运动着，不管这道光线是由静止的还是运动的物体发射出来的．”本题综合考查了3-4模块的狭义相对论、光的偏振、麦克斯韦电磁场理论，识记性知识为主，要多看书．七、单选题(本大题共2小题，共6.0分)16.下列说法正确的是（）A.增大压强不能改变原子核衰变的半衰期B.某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少4个C.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D.a射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤【答案】A【解析】解：A、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，A正确；B、某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，B错误；C、β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C错误；D、γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强，D错误；故选：A半衰期由原子核本身决定，经过一次a衰变后，核内质子数减少2个，质量数少4，β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，γ射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，α射线的电离本领最强．本题需要掌握半衰期的特点，衰变的实质和三种射线的性质．17.如图所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内？（）A.A的速率始终等于B的速率B.A的动量大小大于B的动量大小C.A受的合力大小大于B受的合力大小D.A的动量不等于B的动量【答案】D【解析】解：A、两物体在弹开的过程中总动量守恒，故动量的大小一直相等；因两物体的质量不相等，故两物体的速率不相等；故AB错误；C、两物体均受弹簧的弹力，故弹簧的弹力对两物体大小相等，故C错误；D、两球动量守恒，故总动量为零，则两动量方向相反，大小相等；故动量不相等，故D正确；故选：D．两个物体均受弹簧的弹力作用，根据作用力与反作用力可知两物体受力情况；由动量守恒可求得两物体动量关系．本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，但要注意动量是矢量，大小相等、但方向相反．三、实验题探究题(本大题共1小题，共3.0分)9.（1）用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为______ mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______ mm．【答案】50.15；4.700【解析】解：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．故答案为：（1）50.15；（2）4.700游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四、计算题(本大题共3小题，共38.0分)10.如图所示是电子拉力计的示意图，金属弹簧右端和滑动触头P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1之间的摩擦不计）．定值电阻R0；电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的（类似于滑动变阻器），其长度为10cm，阻值R1=300Ω，电源电动势E=3V，内阻不计．理想电流表的量程为0～100m A．当拉环不受拉力时，触头P刚好不与电阻R1接触（即电路断开）．弹簧的劲度系数为10000N/m．（1）电路中连入的R0阻值至少应为______ Ω．（2）设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值，那么在原电流表的40m A处应改为______ N．分析可知，拉力计的刻度是否均匀______ ．（填写“均匀”或“不均匀”）（3）为了使拉力计的量程增大应采用的措施是（只填写一条）______ ．【答案】30；850；不均匀；可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数【解析】解：（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止当P移动到R1的最右端时电流表被烧坏；故R0至少为：R min===30Ω；（2）（2）当I=4m A=0.04A时电路中的总电阻R===75Ω，电阻丝接入电路的电阻R1′=R-R0=75Ω-30Ω=45Ω因′即=，解得x=1.5cm，所以弹簧伸长的长度△x=L1-x=10cm-1.5cm=8.5cm=8.5×10-2m，则弹簧弹力的大小为F=k△x=10000×8.5×10-2=850N由上得F=k[L-（-R0）]可知，F与I是非线性关系，电流表的刻度是均匀的，故拉力计的刻度是不均匀．（3）由F的表达式F=k[L-（-R0）]知，为了使拉力计的量程增大，可更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．故答案为：（1）30；（2）850，否或不均匀；（3）更换劲度系数更大的弹簧或增加电阻R1匝数（或长度）．（1）电路中连入R0的目的是对电流表起保护作用，防止短路，烧坏电流表；故电路中电流应小于电流表的最大量程；（2）由图可知定值电阻R0与可变电阻R1组成串联电路，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联特点求出变阻器接入电路电阻的大小，再根据题意求出弹簧的伸长的长度，根据图乙得出拉力的大小．（3）根据拉力的表达式分析增大量程的措施．本题根据欧姆定律、电阻定律和胡克定律，得到拉力的表达式，将电路中电流，转化成拉力所对应的示数是本题的解题关键．11.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g．（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值．【答案】解：（1）当θ=300时，对木块受力分析得：mgsinθ=μF N…①F N=mgcosθ…②联立①②得：μ=tanθ=tan30°=（2）当θ变化时，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma木块的位移S为：v02=2as=令：tanα=μ当θ+α=90°时，S最小，此时有：θ=60°=故有：S min=°°答：（1）小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ=60°时，小物块沿木板上滑的距离最小，此最小值为．【解析】（1）θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律得出速度的表达式，然后根据位移公式得到上滑距离S的表达式，结合数学知识求S的极值．本题第二问中求加速度和位移是物理学中的常规问题，关键是由数学三角函数知识求极值，要重视数学方法在物理中的应用．12.如图所示，在x O y坐标系中，以（r，0）为圆心，r为半径的圆形区域内存在匀强磁场磁场区域的圆心为O′，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．在y＞r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r．已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重与及质子间相互作用力的影响．（1）求质子从O点射入磁场时速度的大小：（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间．（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ（0°＜θ＜90°）的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间．【答案】解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：v=；高中物理试卷第11页，共13页 （2）质子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．在磁场中运动周期：T=， 质子在磁场中运动的时间：t 1= T= ，进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：a = ，质子在电场中运动的时间：t 2= =， 所求时间为：t =t 1+t 2= + ；（3）当质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A 点射出磁场，如图所示：其中O 1、O 2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO 1AO 2为菱形，即AO 2平行x 轴，说明质子以平行y 轴的速度离开磁场，也以沿y 轴负方向的速度再次进入磁场，有：∠O 2=90°-θ．所以，质子第一次在磁场中运动的时间：t 1′= ° °T ，此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C 点再次射出磁场．如图所示，其中O 1、O 3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO 3平行x 轴． 由于O 1AO 3C 为菱形，即CO 1平行AO 3，即平行x 轴，说明C 就是磁场区域圆与x 轴的交点．这个结论与θ无关．所以，OO 2O 3C 为平行四边形，∠O 3=90°+θ质子第二次在磁场中运动的时间为：t 2′= ° °T ，质子在磁场中运动的总时间：t ′=t 1′+t 2′= T= ；答：（1）质子射入磁场时速度的大小为 ；（2）若质子沿x 轴正方向射入磁场，质子从O 点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为 + ；（3）若质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从O 点射入第一象限的磁场中，质子在磁场中运动的总时间为 ．【解析】（1）粒子在磁场中运动靠洛伦兹力提供向心力，通过轨道半径，根据牛顿第二定律求出粒子射入磁场的速度．（2）粒子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了 个圆周后，以速度v 逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了 个圆周后离开磁场．求出粒子在磁场中运动的周期，从而求出粒子磁场中运动的时间，根据牛顿第二定律结合运动。
河南省扶沟县高级中学2014-2015学年高二5月月考物理试卷
扶沟高中2014-2015学年度（下）高二第二次考试2015.5.16一、选择题（每小题4分，共40分，对而不全2分）1．下列表述不正确．．．的是A．牛顿发现了万有引力定律并且通过实验测出了引力常数B．伽利略通过实验和逻辑推理提出质量并不是影响物体运动快慢的原因C．亚里士多德通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因D．国际单位制中，力学的基本单位有牛顿、米和秒2．等量异种点电荷的连线和中垂线如右图所示，现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷在这全过程中A．所受的电场力方向一直不改变B．所受的电场力的大小一直减小C．电势能一直减小D．电势能先不变、后变大3．如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器滑片P向左移动，则A．电容器中的电场强度将增大B．电容器所带的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向下运动4．同步卫星A距地面高度为h，近地卫星B距地面高度忽略不计，地球半径为R，地面上赤道处物体C相对于地面静止。
A、B、C三者向心加速度、线速度的大小关系，下面说法正确的是A．2323(),()A BB Ca aR R ha aR h R+==+B．22()(),A AC Ba aR h R ha R a R++==D．(),A AC Bv vR hv R v+==5．电动汽车是公认的零排放的交通工具。
在水平地面上的某电动小汽车由静止起动后做直线运动，在开始运动的0～3s内小汽车的v-t图象和电动机的P—t图象如图所示。
若在运动过程中汽车受到阻力的大小保持不变．则小汽车的质量为（g取10m/s2）A．1875kg B．900 kgC．1250kg D．750 kg6．如图所示，物体在一个沿斜面的拉力F 的作用下，以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上做匀减速运动，加速度的大小为a=3m ／s 2，物体在沿斜面向上的运动过程中，以下法正确的有A ．拉力F 比摩擦力小B ．物体的机械能减少C ．物体动能的减少等于F 与摩擦力所做功的总功D ．F 与摩擦力所做功的总功等于物体机械能的增加量7、质量相等的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-扶沟县高级中学高三下学期模拟考试试题(3)
2015扶沟高中理综冲刺押题卷物理试题 2015年5月二、选择题（本大题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14 ~18题只有一项符合题目要求；第19 ~ 21题有多项符合要求。
全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．物理关系式既可以反映物理量之间的关系，也可以确定单位间的关系。
高中物理学习中常见的单位有m （米）、s （秒）、N （牛顿）、C （库仑）、F （法拉）、Wb （韦伯）、Ω（欧姆）、T （特斯拉）、V （伏特）等，由它们组合成的单位与电流的单位A （安培）等效的是A ．2Tm ΩsB ．Ns TmC ．2Wb mD ．FV15．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与x 、y 轴的切点。
B 点在y 轴上且∠BMO = 60°，O′为圆心。
现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是 A ．t A < t C < t B B ．t A = t C < t B C ．t A = t C = t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系16．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从A 点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。
AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为2012mvC ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和17．如图所示，可视为质点的木块A 、B 叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A 、B 与转轴OO′的距离为1 m ，A 的质量为5 kg ，B的质量为10 kg。
河南省扶沟县高级中学2017-2018学年高三下学期仿真模拟考试物理试题 Word版含答案
扶沟县高中2017-2018学年度高三仿真模拟理科综合试卷（物理）注意事项：1. 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。
答题前，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，写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷卷时，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。
第I卷一、选择题：（本题共8小题.每小题6分.共48分。
第14--18题只有一项符合题目要求；其余题目有多项符合要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14、在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法错误的是（）A．质点和点电荷是同一种思想方法B．重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想C．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量D．伽利略用小球在斜面上的运动验证了速度与位移成正比15、如果说美国畅销全球的形象产品是可口可乐，那么，俄罗斯畅销全球的形象产品则是AK47步枪(如图所示)，AK47步枪得到众多军人的极度崇拜，算得上是全球局部战争中使用人数最多的武器。
若AK47步枪子弹的质量m＝2×10－3 kg，子弹在枪膛内受到压缩空气推动力F与子弹在枪膛内的运动时间t满足F＝400－43×105t，子弹在枪膛内运动时重力、所受阻力都忽略不计，子弹离开枪膛后，推力立即变为零，在水平射击时，关于子弹在枪膛内的运动情况，下面说法正确的是( )A．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为300 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离为0.45 mD．子弹在枪膛内运动的距离为0.90 m16.、如图所示，质量为M 、倾角为θ的斜面体静止在粗糙的水平面上，质量为m 的物块在斜面上恰好能匀速下滑，现在用一平行于地面向右的力F 作用在m 上，则加上力F 后瞬间，以下说法正确的是 ( )A. 斜面体M 受到地面的支持力等于（M+m ）gB. 斜面体有向右运动的趋势C. 斜面体有向左运动的趋势D. 斜面体没有受到地面的摩擦力的作用17、图中B 为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。
2015年河南省普通高中高考物理模拟试卷
2015年河南省普通高中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.奥斯特发现了电流周围能产生磁场，法拉第认为磁也一定能生电，并进行了大量的实验．图中环形物体是法拉第使用过的线圈，A、B两线圈绕在同一个铁环上，A与直流电源连接，B与电流表连接．闭合开关后发现电流表指针并不偏转，即没有“磁生电”．其原因是（）A.线圈A中的电流较小，产生的磁场不够强B.线圈B中产生的电流太小，电流表指针不偏转C.线圈A中的电流是恒定电流，不会产生磁场D.线圈A中的电流是恒定电流，产生稳恒磁场【答案】D【解析】解：闭合与断开开关S的瞬间，A线圈中的电流发生了变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，电流表G中产生感应电流．闭合开关S 后，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中没有感应电流，感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中，这是在法拉第研究电磁感应现象的过程中中的瓶颈所在．故选项D符合题意．故选：D．电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流．感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中．法拉第研究电磁感应现象的过程其本质是发现感应电流产生的条件的过程．由于感应电流仅仅在线圈中的磁通量发生变化的过程中出现，磁通量不变时则没有感应电流，感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程，所以感应电流不容易被发现．2.如图所示，半圆形的轨道竖直放置，在轨道水平直径的两端，先后以速度v1、v2水平抛出a、b两个小球，两球均落在轨道上的P点，OP与竖直方向所成夹角θ=30°．设两球落在P点是速度与竖直方向的夹角分别为α、β，则（）A.v2=2v1B.v2=3v1C.tanβ=2tanαD.tanα=3tanβ【答案】B【解析】解：A、B、设圆形轨道的半径为R．则a、b的水平位移为x1=R-R sin30°=0.5R，x2=R+R sin30°=1.5R，则x2=3x1；由h=gt2，可知t相同，则由v=可知，v2=3v1．故A错误，B正确．CD、tanα=，tanβ=，v2=3v1．则知3tanα=tanβ，故CD错误．故选：B平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比．由速度的分解求解tanα与解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．3.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A.从P射出的粒子速度大B.两个粒子射出磁场时的速度一样大C.两个粒子在磁场中运动的时间一样长D.从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长【答案】C【解析】解：A、如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径R P＜R Q，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度v P＜v Q，故AB错误；C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误；故选：C．粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键．4.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比（）A.木块在滑到底端的过程中，运动时间将变长B.木块在滑到底端的过程中，动能的增加量将变小C.木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能将变大D.木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大【答案】C【解析】解：A、B、D、滑动摩擦力的大小为f=μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，故A错误，B错误，D错误；C、但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故C正确．故选：C两种情况物体所受的力不变，加速度相等，木块运动的位移没有发生变化，所以运动的时间相等，摩擦力做的功相等，但相对位移不等，所以系统产生的内能数值不等．求解；注意明确内能的增量等于摩擦力与相对位移的乘积．5.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒MN套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，做自由落体运动，做匀加速运动，由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，说明导体棒进入两磁场区域时速度相同，而在没有磁场的区域导体棒做匀加速运动，所以穿过磁场的过程必定做减速运动，导体棒所受的安培力大于重力，而速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，合力减小，则导体棒的加速度减小，v-t图象的斜率逐渐减小，而且根据两个过程的相似性可知进磁场和出磁场的速度相同，故A正确，BCD错误．故选：A．根据导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，分析安培力的变化，判断合力和加速度的变化，即可解答．对于电磁感应中动态分析问题，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析，知道速度减小，安培力即减小，再进一步分析加速度的变化，即可进行解答．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，d处固定有一负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则（）A.此带电质点一定带正电B.a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc＞φbC.质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2D.质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最大【答案】AC解：A、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故带正电荷，故A正确；B、根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac 两点的电势，故B错误；C、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，，代人库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：．所以a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2．故C正确．D、由AB可知，正电荷P从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，动能增大，所以b点的动能最小．故D错误；故选：AC电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是正电荷．7.我国自主研发的北斗导航系统（BDS）具有导航、定位等功能．北斗系统中有两颗工作卫星均绕地心O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．以下判断中正确的是（）A.卫星1和卫星2质量一定相等B.这两颗卫星的线速度大小一定相等C.这两颗卫星的加速度大小均为D.卫星1向后喷气就一定能追上卫星2【答案】BC【解析】解：A、由=m得知v=，卫星的速度与卫星的质量无关，所以两卫星的质量不一定相等，故A错误．B、v=，M和r相等，则这两颗卫星的线速度大小相等，故B正确．C、根据万有引力提供向心力，得：=ma，在地球表面处，万有引力等于重力，得：=mg联立解得：卫星的加速度为a=，故C正确；D、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D错误．根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力列出等式求解．关于做圆周运动的卫星类问题，要熟练运用两条基本思路：万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力，灵活选择向心力公式的形式求解．8.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧（但未飞离斜面），则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（）A.最大加速度可能相同B.最大速度一定不同C.重力势能的变化量不同D.上升的最大高度不同【答案】BD【解析】解：A、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：F-mgsinθ=ma质量不同，故最大加速度不同，故A错误；B、物块受力平衡时具有最大速度，即：mgsinθ=k△x则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，v2-02=2ax加速度小的位移小，则最大速度v较小，故B正确；C、D、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故C错误，D正确；故选：BD．使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后的重力势能．本题考查了弹簧问题，注意平衡位置不是弹簧的原长处，而是受力平衡的位置．六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.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.满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C.热量可以从低温物体传给高温物体D.当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小E.若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水蒸气，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水蒸气的质量变下，密度不变．【答案】ACE【解析】解：A、温度高的物体只能说明物体的分子平均动能大，但因内能还取决于分子数及分子势能；故内能不一定大；故A正确；物体传到高温物体．故B错误．C、热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化；故C正确；D、当分子间的距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，要克服引力做功，分子势能增大．故D错误．E、饱和蒸汽压与温度有关，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，密度不变，故E正确；故选：ACE满足能量守恒定律的宏观过程不一定可以自发进行．熵是物体内分子运动无序程度的量度．若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，密度减小．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数．本题考查热力学第二定律、湿度、内能等，要注意明确内能取决于分子动能和分子势能及物质的量，应全面分析，不能断章取义．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的是（）（填正确答案标号）A.在高速运动的火箭上的人认为火箭的长度并没有改变B.两种单色光相遇，在相遇的空间一定会叠加，所以会发生干涉现象C.在杨氏双缝干涉实验中，用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹D.当光从折射为n1的介质射向折射率为n2的介质时，若n1＜n2，则有可能发生全反射现象E.通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的衍射现象【答案】ACE【解析】解：A、在高速运动的火箭上的人与火箭具有相等的速度，当他以自己为参考系时，火箭相对于他的速度是0，所以火箭的长度并没有改变．故A正确．B、两种单色光相遇，在相遇的空间一定会叠加，只有频率相同时才会发生干涉现象，故B错误．C、在杨氏双缝干涉实验中，用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹，故C正确．D、当光从折射率为n1介质射向折射率为n2的介质时，若n1＜n2，不可能发生全反射现象，故D错误．E、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹这种现象是光的单缝衍射现象，故E正确．故选：ACE．根据相对论的长度与速度之间的关系解释A；发生干涉的条件是两种单色光的频率相同；杨氏双缝干涉条纹是明暗相间的条纹；发生全反射现象的必要条件是光必须从光密介质射入光疏介质；光可以发生单缝衍射现象．该题考查相对论的长度、光的干涉、衍射、折射与全反射等知识点的内容，解决本题关键要掌握发生全反射、干涉的条件，知道光可以发生单缝衍射现象．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（）（填正确答案标号）A.汤姆孙发现了电子，说明原子核具有复杂的结构C.放射性物质的温度升高时，其半衰期缩短D.要使金属发生光电效应，照射光的频率必须超过某一数值E.氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，电子的动能增大，电势能减小，原子的总能量减小．【答案】BDE【解析】解：A、汤姆孙发现了电子，说明原子有自身的结构，并不是原子核，故A错误；B、由质能方程可知，有核能释放的核反应就一定有质量亏损，故B正确；C、半衰期仅仅与放射性元素本身有关，与外界的因素无关，温度升高时，其半衰期不变．故C错误；D、根据光电效应的条件，可知，所照射光的频率一定得到达到某一值，即为极限频率，故D正确；E、氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，放出光子，原子的总能量减小；同时库仑力做正功，电势能减小，动能增大．故E正确；故选：BDE．汤姆孙发现了电子，说明原子有复杂结构；由质能方程可知，能量与质量的关系；半衰期仅仅与放射性元素本身有关，与外界的因素无关；当入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应；该题考查汤姆孙发现了电子的意义、质能方程、半衰期、光电效应的条件以及跃迁等内容，涉及的知识点都是一些记忆性的知识点的内容，比较简单，多加积累即可．三、填空题(本大题共1小题，共6.0分)9.如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面，测得物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s．让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间为t A和t B，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．（1）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a= ______ ；（2）若物块运动的加速度用a表示，则物块与水平桌面之间动摩擦因数μ= ______ ；（3）遮光片通过光电门的平均速度______ （选填“大于”、“等于”或“小于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减小这一误差的方法．答：______ ．【答案】（-）；；小于；减小遮光板的宽度【解析】解：（1）物块经过A点时的速度v A=，物块经过B点时的速度v B=，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2-v A2=2as，加速度为：a=（-）；（2）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-μM g=（M+m）a，解得：μ=；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差．故答案为：（1）（-）；（2）；（3）小于；减小遮光板的宽度．（1）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；（2）由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移．本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，不难．四、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)10.实验室在测定金属电阻率的实验中，提供的器材除多用表、螺旋测微器、米尺、开关和若干导线外，还有：A．粗细均匀的待测金属丝R XB．直流电流表A（0～5m A，内阻为5Ω；0～50m A，内阻为0.5Ω）C．直流电压表V（0～3V，内阻为5kΩ；0～15V，内阻为25kΩ）D．滑动变阻器R（0～20Ω，1A）E．电源（3V，内阻不计）为了确定电路，先用多用表的欧姆挡粗略测量待测金属丝的电阻约为600Ω．（1）实验时，先用螺旋测微器在金属丝三个不同的位置测直径，如图1所示是某次测量时的情况，读数为______ mm．（2）若要求在实验中金属丝两端的电压可以有较大变化，测量金属丝电阻的误差尽量小，请以笔画线代替导线，补上实物图2中缺少的两根导线．（3）某物理学习小组的两位同学在实验中，根据同一组数据进行正确描点后，甲、乙两位同学根据自己的理解各作出一条图线，如图3甲、乙所示，根据你对实验的理解，（保你认为______ 同学的图线正确，根据你选择的图线算出该金属丝的电阻为______ Ω．留两位有效数字）【答案】0.700；甲；6.0×102【解析】解：（1）实验螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动可得读数，金属丝直径为：0.5mm+20.0×0.01mm=0.700mm；（2）实验中金属丝两端的电压有较大变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用内接法，实物图为：（3）当电压为零时，电流为零，图线过原点，故甲同学对；图线的斜率为电阻，故R==Ω=600Ω=6.0×102Ω故答案为：（1）0.700；（2）如上图所示；（3）甲； 6.0×102．（1）实验螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动可得读数，要估读；（2）实验中金属丝两端的电压有较大变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用内接法；（3）当电压为零时，电流为零，图线过原点，故甲同学对；图线的斜率为电阻．本题关键明确实验原理、误差来源，同时要知道什么条件下滑动变阻器采用分压式接法，并注意有效数字的保留．五、计算题(本大题共2小题，共31.0分)11.如图所示，光滑斜面倾角为30°，水平面粗糙，现将A、B两球（可视为质点）同时由静止释放，A、B两球初始位置距斜面底端O的距离分别为L A=10m、L B=40m．不考虑两球在转折O处的能量损失．重力加速度g取10m/s2则：（1）A、B两球滑上水平面的时间差是多少？（2）若A、B两小球与水平面间的动摩擦因数分别为μA=0.1、μB=0.5，当B球滑上水平面后能否追上A球？若能，所用的时间是多少？若不能，A、B两小球在水平面上运动时的最短距离是多少？【答案】解：（1）根据牛顿第二定律得，小球在斜面上下滑的加速度为：a=°°，根据得：，则有：△t AB=t B-t A=4-2=2s，A、B两球滑上水平面的时间差是2s．（2）滑上水平面A的速度为：v A=at A=5×2=10m/s，加速度大小，B的速度v B=at B=5×4=20m/s，加速度大小，设B滑入水平面t后与A的速度相等，此时A在水平面上运动的时间为t+2，则20-5t=10-（t-2）解得t=3s，A在t=5s时水平面上运行的位移，B在t=3s内在水平面上运动的位移=37.5m．由于x A=x B，所以当B球滑上水平面后恰能追上A球，所用时间为t=3s答：（1）A、B两球滑上水平面的时间差是2s；（2）当B球滑上水平面后能追上A球，所用的时间是3s．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出小球沿光滑斜面下滑的加速度，结合位移时间公式求出A、B在斜面上的运动时间，从而得出A、B两球滑上水平面的时间差．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，抓住速度相等求出运动的时间，结合位移关系判断是否能够追上．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在处理追及问题时，知道A、B速度相等前，B的速度大于A的速度，两者距离逐渐减小，速度相等后，B的速度小于A的速度，两者距离逐渐增大，可知判断B球是否追上A球，即判断速度相等时间是否追上．12.如图甲所示，正对平行金属板中心线O处有一粒子源，能连续不断发出质量为m，电荷量为q、速度为V0的带正电的粒子，所有粒子均沿两板中心线射入板间，在紧靠板的上方等腰三角形PQR内有一垂直纸面向里的匀强磁场，此三角形的对称轴与两板中心线重合，且∠RPQ=30°．两板间不加电压时，粒子进入磁场时轨迹恰好与PR边相切，如图中所示．当在两板间加如图乙所示的周期性变化的电压时，t=0时刻进入板间的粒子恰好能从板边缘垂直进入磁场．已知板长为L，板间距离为2d，PQ长度为6d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）两板间电压；（3）粒子在磁场中运动的最长和最短时间．解：（1）由几何知识知粒子轨道半径：r=d洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；（2）t=0时刻进入板间的粒子先向a板加速时间△t=，然后再向a板减速时间△t=，恰好从板边缘以速度v0垂直PQ边进入磁场．在板间运动的加速度：a=，由对称性可知：d=2××a×（△t）2解得电压：U0=；（3）所有粒子进入磁场时的速度大小均为v0，方向均垂直PQ边；从中心线右侧进入磁场的粒子运动时间最长；粒子在磁场中运动的周期：T=所以最长时间：t max==，从左侧极板边缘进入磁场的粒子在磁场中运动轨迹如图所示，且时间最短，由几何知识知轨迹圆弧对应的圆心角为60°所以最短时间：t min=T=；答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）两板间电压为；（3）粒子在磁场中运动的最长时间为，最短时间为．【解析】（1）由几何关系得到圆的半径，然后运用洛伦兹力等于向心力列式求解磁感应强度；（2）粒子点电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律列式求解；（3）所有粒子进入磁场时的速度大小均为v0，方向均垂直PQ边；从中心线右侧进入磁场的粒子的轨迹均为半个圆周，运动的时间最长；从左侧极板边缘进入磁场的粒子运动的时间最短；结合推论式t=T列式求解即可．本题关键是明确粒子在电场和磁场中的运动规律，找出临界轨迹，根据类似平抛运动的分运动公式、牛顿第二的力量和几何关系列式求解．七、填空题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，容器A和气缸B都能导热，A放置在177℃的恒温槽中，B处于27℃的环境中，大气压强为。
河南省扶沟县高三物理下学期第一次段考试题(含解析)
河南省扶沟县2016-2017学年下学期第一次段考高三物理试题1. 2016年备受瞩目的国家咱然科学奖一等奖，颁给了中国科学技术大学潘建伟院士领衔的“多光子纠缠及干涉度量”项目，在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献。
关于科学家的贡献和研究方法，下列说法正确的是A. 法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C. 奥斯特发现了电流的磁效应.并发现了电砝感应现象D. “点电荷”、“总电阻”、“电场强度”概念的提出应用了等效替代的方法【答案】A【解析】法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，选项A正确；库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项C错误；“点电荷”是理想模型法，“电场强度”是比值定义法，故D错误；故选A.2. 有一个质量为m=10kg物块在于水平方向成θ=37°、F=100N力的作用下，沿足够长的粗糙水平面做匀加速直线运动（取g=10m/s2）下列说法正确的是A. 物体所受的合力为80NB. 2s末物体速度一定为16m/sC. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.6D. 物块的加速度大小不可能超过8m/s2【答案】D【解析】对物体受力分析可知竖直方向合力为零，故有：F N+Fsinθ-mg=0，代入数据解得：F N=40N；F在水平方向的分力为：F x=Fcosθ=80N，由于受到摩擦力，且方向向左，故合力小于80N，故A错误；根据牛顿第二定律可知：F x-f=ma，解得：＜8m/s2，故2s末的速度v=at＜16m/s，故B错误，D正确；无法判断物块与水平面间的动摩擦因数，故C错误；故选D.3. 核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设规模．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，下列有关说法正确的是( )A. X原子核中含有92个中子B. 100个经过24100年后一定还剩余50个C. 由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加D. 衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力【答案】A【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则有92质子，故A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量减小，故C错误；衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故D正确。
河南省扶沟县高级中学高三物理下学期押题考试试题
河南省扶沟县高级中学2015届高三物理下学期押题考试试题二、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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）（14-21物理）14．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是（）A．库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点B．法拉第建立了完整的电磁场理论C．楞次得出了电磁感应的产生条件D．密立根测出了电子的电荷量15．关于平抛运动，下列说法正确的是（）A．平抛运动是匀变速运动B．做平抛运动的物体机械能守恒C．做平抛运动的物体处于完全失重状态D．做平抛运动的物体，落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关16．一条向东匀速行驶的船上，某人正相对船以0．6m/s的速度匀速向上升起一面旗帜，当他在15s内将旗升到杆顶的过程中，船行驶了28．5m，则旗相对于岸的速度（）A．0．6m/s B．1．9 m/sC．2m/s D．2．5m/s17．如图所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取AB两点，将一个电子由A点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的v-t图象如图所示。
则下列判断正确的是（）A．B点场强一定小于A点场强B．电子在A点的加速度一定小于在B点的加速度C．B点的电势一定低于A点的电势D．该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧18．有一种家用电器，图甲是其电路工作原理图，当电阻丝接在t U π100sin 311=（V ）的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P 启动，使电阻丝所接电压变为图乙所示波形（仍为正弦波），从而进入保温状态。
不计电阻丝阻值的变化，则下列说法正确的是 （ ）A ．P 启动后，电阻丝的功率变为原来的一半B ．P 启动后，电阻丝所接交变电压的频率变为原来的一半C ．P 启动后，电压表的读数大约是原来的0．5倍D ．P 启动后，电压表的读数大约是原来的0．7倍19．地球绕太阳的运动轨道可近似为圆形，若它的运行周期T 的平方与其轨道半径r 的立方之比为k ，不计其他天体对地球的作用力，则下列关于k 的说法正确的是 （ ）A ．k 的数值只与太阳的质量有关B ．k 的数值只与地球的质量有关C ．k 的数值与地球和太阳的质量都有关D ．只要知道k 的数值就能求出太阳的平均密度20．如图所示，在一个质量为M 的斜面上固定一物块，斜面倾角为θ，物块质量为m ，当斜面按照以下方式运动时，下列判断正确的是 （ ）A ．若斜面向左匀速移动距离x ，斜面对物块的作用力做功（M -m ）gxB ．若斜面向上匀速移动距离x ，斜面对物块的作用力做功mgxC ．若斜面向左以加速度a 移动距离x ，斜面对物块的作用力做功maxD ．若斜面向下以加速度a 移动距离x ，物块的机械能减少x a g m )(-21．如图所示，LOM 为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l 的正方形导线框沿垂直于OM 的方向以速度v 作匀速直线运动，在t ＝0的刻恰好位于图中所示位置。
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷(2)
2015年河南省周口市扶沟高中高考物理模拟试卷（2）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.关于科学研究方法，以下说法不正确的是（）A.利用速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用了微元法B.在探究加速度与力、质量三者关系的实验中，应用了控制变量法C.电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关D.法拉第在研究电磁感应现象时，利用了理想实验的方法【答案】D【解析】解：A、速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，取时间很短，则当作匀速直线运动，从而从通过“微元”分析整体，使用了微元法，故正确但不符合题意；B、在探究加速度与力、质量三者关系的实验中，应用了控制变量法，控制其中一个量不变，确定另两量的关系，故正确但不符合题意；C、电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关，故正确但不符合题意；D、法拉第在研究电磁感应现象时，利用了实验来研究的方法，故说法错误但符合题意．本题选择错误的，故选：D．（1）微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分（微元）分析入手，达到解决事物整体目的方法．它在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体．（2）保持一个或多个量不变，调整另一个或多个量改变，来探究这些量之间的关系，这种方法叫控制变量法；（3）把两种形式相近的事物作比较，从而达到对其中一个的深入了解，这就是类比；（4）在难以达到条件的时候，这时，我们常常需要借助将实验想象为理想情况下来达到我们的目的，在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律，这种研究问题的方法就是逼近法或科学推理法．知道物理学中常用的研究方法，并能正确的判断是解决该题的关键．2.如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力，并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，以下判断正确的是（）A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10s内恒力F的平均功率为10.2WC.10s内物体克服摩擦力做功34 JD.10s后撤去拉力F，物体再过16s离a点的距离为32m【答案】解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得：a1=m/s2，①设物体则由v-t图得：加速度大小a2=m/s2，②根据牛顿第二定律，有-F-μmg=ma1③-F+μmg=ma2④解①②③④得：F=3Nμ=0.05，故A错误；B、设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积则：d=，则10s内恒力F的平均功率为，故B错误；=34J，C、10s内物体克服摩擦力做功克故C正确；D、设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma3得：由v t=v0+at可得：物体减速到零的时间t=12s物体在16s内的位移，则物体在16s后的位移d′=d+x=-38m，即离a点的距离位38m，故D错误．故选：C由v-t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解拉力F及动摩擦因数，根据求解平均功率，运动的位移为v-t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据摩擦力做功等于摩擦力乘以路程求出摩擦力做功，从而求出克服摩擦力做功，10s后撤去拉力F，先求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解．本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律．3.铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热．将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热．下列说法中正确的是（）A.管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B.感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C.感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流D.感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电【答案】解：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快．A、管道发热是由于线圈的作用，导致管道有涡流，故A错误．B、感应加热是利用线圈变化的磁场，从而产生感应电场，形成涡流，故B错误；C、感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电．故C错误，D正确．故选：D．高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难．4.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，原线圈通过一理想电流表A接在u=200sin100πt（V）的正弦交流电源上，一个二极管D和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V和电阻R并联．假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则（）A.交流电压表示数为20VB.交流电流表示数为1.41AC.减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小D.将二极管短路，电流表的读数加倍【答案】D【解析】解：AB、由电压与匝数成正比得副线圈电压的有效值为U2=20V，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：′，解得U′=14.1V，交流电压表不能测量直流电，所以示数为零，由于不知道R的数值，无法求电流数值，A错误，B错误；C、减小负载电阻的阻值R，副线圈输出功率变大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；D、将二极管短路，输出功率变为原来的两倍，而原线圈输入电压不变，则电流变为原来的两倍，故D正确．故选：D可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值5.某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（）A.a点的电场强度与b点的电场强度大小相等B.两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子D.将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点【答案】C【解析】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b．故A错误．B、两电子分别从a、b两点移动到c点，电势差相等，电场力对两电子做的功相等．故B错误．C、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故C正确．D、将电子由a点静止释放，电子受力沿切线的方向，不沿电场线做曲线运动，故D错误．故选：C．沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣，人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城．远远看去，好像一个巨大的车轮，圆环形的直径为D，“轮胎”是一个空心的大圆环，其内部直径为d（D＞＞d），是太空城的生活区．同时，太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉．已知地球半径R，表面重力加速度为g，地球自转周期为T，空间站轨道半径r．下列说法中正确的是（）A.太空城中的“地面”在图示的下表面B.当太空城稳定地转动时，若在“生活区”上空某处静止释放一个物体，让太空城里的你来观察，你会观察到物体沿径向垂直太空城外边缘加速下落C.若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自转的角速度为D.若忽略太空城的自转，则太空城的绕地球转动的周期为【答案】BC【解析】解：A、太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉，所以太空城中的“地面”在图示的侧表面，故A错误；B、在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，故B正确；C、根据太空城表面重力提供向心力得：mω2=mg，解得：，故C正确；D、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期，故D错误．故选：BC太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，根据太空城表面重力提供向心力求解角速度，根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期．本题是一道科学探索题，题目新颖，要求同学们能根据题目得出有用信息，能把太空城与地球联系起来，类比研究，难度适中．7.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h．开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B由静止释放，则（）A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B.物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D.物块B的机械能最小时，物块A的动能最大【答案】CD【解析】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则其加速度不断减小，故A错误；B、物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h 的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；故选：CD．在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当A的速度最大时，B的速度为零，是解题的关键．8.研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位．某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在y＞0的空间中和y＜0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d．一重力不计的负电荷从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是（）A.电场与磁场的比值为υ0B.电场与磁场的比值为2υ0为【答案】BD【解析】解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式，有：d=v0t1d=粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=结合几何关系，有：R=d联立解得：故A错误，B正确；C、D、类似平抛运动的时间：4t1=；匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故时间：t2=；带电粒子运动一个周期的时间为：t=，故C错误，D正确；故选：BD．粒子在电场中做类似平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据类似平抛运动的分运动公式和匀速圆周运动的半径公式、周期公式列式求解即可．本题关键是明确粒子的运动规律，然后分类似平抛运动和匀速圆周运动考虑，不难．六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法中正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点D.当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小E.温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大【答案】BCE【解析】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B正确；C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，D错误；故选：BCE布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大．掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动；温度是分子平均动能的标志．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法中正确的是（）A.当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变B.在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度C.a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断水对a光的折射率比b光大D.肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的E.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实【答案】ACE【解析】解：A、一列声波从空气中传入水中时，波速变大，根据v=λf，且f不变，则可知波长一定会变大，故A正确；B、机械横波传播方向上的某个质点的振动做简谐运动，而同一均匀介质中，波的传播速度是不变，故B错误；C、在干涉条纹间距与波长的关系，可知，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断a光的波长比b光小，因此可将a光当作紫光，b光当作红光，则水对a光的折射率比b光大，故C正确；D、肥皂泡呈现彩色条纹，由于膜的内外表面反射，获得相同频率的光，进行叠加而成的，是光的干涉现象，故D错误；E、电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，故E正确；故选：ACE机械波的波长随着波速变化而变化；质点的振动速度与波的传播速度没直接联系；当波长越长时，干涉条纹间距越宽，从而确定频率的高低，进而得出折射率的大小关系；肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象；电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，从而即可各项求解．考查波的折射与干涉、及衍射的应用，及其区别，注意波长与条纹间距的关系，是解题的关键．同时注意电磁波的预言与证实的不同．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性B.汤姆孙发现了电子，说明原子核有自身的结构C.有核能释放的核反应就一定有质量亏损D.要使金属发生光电效应，所照射光的频率一定得到达到某一值E.一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，最多可放出3种不同频率的光子【答案】ACDB、汤姆孙发现了电子，说明原子有自身的结构，并不是原子核，故B错误；C、由质能方程可知，有核能释放的核反应就一定有质量亏损，故C正确；D、根据光电效应的条件，可知，所照射光的频率一定得到达到某一值，即为极限频率，故D正确；E、由数学组合，可知，从n=3的激发态向基态跃迁时，即为=3，但只有一个原子，则最多可能放出2种，故E错误；故选：ACD．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性；汤姆孙发现了电子，说明原子有复杂结构；由质能方程可知，能量与质量的关系；当入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应；根据数学组合可知，放出多少种频率的光子，从而即可各项求解．考查光的粒子性的应用，掌握质能方程的内容，理解光电效应的条件，注意跃迁时放出频率的光子的种类，当心一个还是一群的区别．三、填空题(本大题共1小题，共6.0分)9.某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______ N．（2）下列不必要的实验要求是______ （请填写选项前对应的字母）．A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法______ 、______ ．【答案】3.6；D；改变弹簧测力计B的方向；减小重物的质量【解析】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．故答案为：3.6．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．故选D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O 点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．四、实验题探究题(本大题共1小题，共12.0分)10.为测量某一玩具电动机M中的线圈的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：（1）用螺旋测微器测得绕制线圈的同种规格导线的直径d如图1，则d= ______ mm （2）如图2为多用电表欧姆档的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻rg=100Ω，调零电阻最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V，用它测量电阻R x，能较准确测量的阻值范围是______ （填A、B、C、D）A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300kΩ～800kΩD．3000kΩ～8000kΩ用多用电表测量电动机中导线圈的电阻RM，选择“×1Ω”欧姆档，并按正确步骤操作后，指针的位置如图3（此过程电机不转动），则RM= ______ Ω（3）为提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻RM电流表A1（0～3A，约5Ω）；电流表A2（0～30m A，约10Ω）；滑动变阻器R1（0～1kΩ）滑动变阻器R2（0～50Ω）定值电阻R0=60Ω电源（4V，约1Ω），及开关导线若干实验小组为使测量过程中电机不转动而采用了如图4所示电路图，应选择的电流表是______ ，滑动变阻器是______ （填写符号）按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5V”档作为电压表使用，请依据图4将图5实验电路中的仪表连接欠缺的两处补完整．图6是该实验小组测得的数值描绘出的图象，其斜率值表示的是______ （填A或B）A、导线圈的电阻；B、导线圈的电阻与R0阻值之和．【答案】0.155；B；25；A2；R2；B【解析】解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其固定刻度示数为0mm，可动刻度读数：15.5×001mm=0.155mm，螺旋测微器示数为：0mm+0.155mm=0.155mm．故螺旋测微器读数为0.155mm；（2）欧姆表的中值电阻附近刻度虽不均匀，但读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，由闭合电路欧姆定律可知，，满偏时：I g=内，半偏时，I g=内中联立解得：R中=R内===5000Ω=5kΩ，欧姆表的中值电阻为5kΩ，欧姆表能准确测量的阻值范围是：3kΩ～8kΩ，故B正确，ACD错误；欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可；欧姆表选择“×1Ω”欧姆挡，由图2所示可知，欧姆表示数为：25×1Ω=25Ω；（3）①电路最大电流约为：I==≈0.047A=47m A，选3A量程电流表读数误差太大，因此电流表应选A2，由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选：R2．②根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：③由电路图可知，电压表测定值保护电阻与电动机两端电压，电流表测通过他们的电流，因此U-I图象的斜率是电阻R0和电动机串联的总电阻，故选B；（3）A2，R2；如上图所示，B（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．（2）欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数．（3）①根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．②根据电路图连接实物电路图．③根据电路图分析答题．本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表读数、实验器材的选择、连接实物电路图、实验数据处理；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数．同时，关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图1的模型：在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图2所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2．（1）物体在运动过程中的最大加速度为多少；（2）在距出发点多远处，物体的速度达到最大；（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少．【答案】解：（1）当推力F最大时，加速度最大．由牛顿第二定律，得F-μmg=ma，a=10m/s2（2）由图象可知：F随x变化的函数方程为F=80-20x速度最大时，合外力为零．即F=μmg所以x=2.5m（3）位移最大时，末速度一定为0．由动能定理可得W F-μmgs=0由图象可知，力F做的功为。
2024学年河南省扶沟县高三第二学期年级质量调研考试物理试题试卷
2024学年河南省扶沟县高三第二学期年级质量调研考试物理试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图像不可能．．．的是（图中x是位移、v是速度、t是时间）A．A B．B C．C D．D2、如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在2202sin100=（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电u tπ阻，原、副线圈匝数比为2：1．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。
则（）A．副线圈的输出功率为110WB．原线圈的输人功率为1102WC．电流表的读数为1AD．副线圈输出的电流方向不变3、如图甲所示，AB两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流i A随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（）A．t1时刻，两环作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D ．t 3和t 4时刻，两环相互吸引4、两行星A 和B 各有一颗卫星a 和b ，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比:2:1A B M M =，两行星半径之比:1:2A B R R =则两个卫星周期之比a b :T T 为（ ）A ．1:4B ．4:1C ．1:2D ．2:15、电阻为R 的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所示。
河南省扶沟县高级中学高三物理下学期模拟考试试题(4)
河南省扶沟县高级中学2015届高三物理下学期模拟考试试题（4）一、选择题：(共8个小题，每小题6分，共48分．其中1-5题只有一一个选项是正确；其余每小题给出的四个选项中，有多个选项正确．)1．法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念。
关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是A．电场和磁场都是客观存在的特殊物质B．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线C．电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用D．电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹2．近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）。
其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米。
对于它们的运行过程，下列说法正确的是A．“神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度B．“神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度C．“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期D．“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度3．甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2（s2＞s1）。
计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次B．若甲车在乙车前方且s0＜s1，两车相遇2次C．若乙车在甲车前方且s0＝s2，两车不会相遇D．若乙车在甲车前方且s0＝s1，甲追上乙前T时刻相距最近4．在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示。
D点在x轴上，DA＝AO，在坐标原点O处固定着带电量为－Q的点电荷，下列说法正确的是A．A、B、C三点的电场强度相同B．O、A和A、D两点间的电势差相等C．将电子由D点移到C点，电场力做正功D．电子在B点的电势能大于在D点的电势能5．1931年英国物理学家狄拉克就从理论上预言存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”。
河南省周口市扶沟高中高一物理下学期5月月考试卷(含解
2014-2015学年河南省周口市扶沟高中高一（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题（每题4分，共48分．9、10、11、12为多选题．多选题对而不全得2分，选错得0分）1．（4分）（2015春•周口月考）下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动D．物体在变力作用下，不可能做直线运动，只能做曲线运动2．（4分）（2011•浙江模拟）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．3．（4分）（2015•广州模拟）“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动时间分别为t1、t2，则（）A．v1=v2B．v1＞v2C．t1=t2D． t1＞t24．（4分）（2015春•太原校级期中）如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它的边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A．a点与b点线速度大小相等B．a点与c点角速度大小相等C．a点与d点向心加速度大小不相等D．a、b、c、d四点，加速度最小的是b点5．（4分）（2015•定州市校级二模）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是（）A．它们的角速度相等ωA=ωBB．它们的线速度υA＜υBC．它们的向心加速度相等D． A球的向心加速度大于B球的向心加速度6．（4分）（2015春•葫芦岛期中）在光滑的水平面上相距40cm的两个钉子A和B，如图所示，长1m的细绳一端系着质量为0.4kg的小球，另一端固定在钉子A上，开始时，小球和钉子A、B在同一直线上，小球始终以2m/s的速率在水平面上做匀速圆周运动．若细绳能承受的最大拉力是4N，那么从开始到细绳断开所经历的时间是（）A．0.8π s B．0.9π s C．1.2π s D．1.6π s7．（4分）（2013秋•文登市期中）如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动．小环经过大圆环最高点时，下列说法错误的是（）A．小环对大圆环施加的压力可以等于mgB．小环对大圆环施加的拉力可以等于mgC．小环的线速度大小不可能小于D．小环的向心加速度可以等于g8．（4分）（2015•荆门模拟）理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍．火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面．已知引力常量为G，火星的半径为R．若不考虑火星自转的影响，要探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）A．7.9km/s B．11.2km/s C．D．9．（4分）（2015•广东四模）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为（）A．B．C．D．10．（4分）（2015春•内蒙古校级期中）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M．C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平（转过了90°角），此过程中下述说法正确的是（）A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωL D．重物M的速度先增大后减小11．（4分）（2013•武汉二模）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=1Om/s2．则（）A．传送带的速率v0=1Om/sB．传送带的倾角θ=3O°C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5D．0〜2.0s摩檫力对物体做功W f=﹣24J12．（4分）（2015•青浦区一模）如图，在外力作用下某质点运动的速度v﹣时间t图象为正弦曲线，由图可判断（）A．在0～t1时间内，外力在增大B．在t1～t2时间内，外力的功率先增大后减小C．在t2～t3时刻，外力在做负功D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零二、试验题（共12分）13．（5分）（2015•凤阳县校级模拟）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是Hz；（2）小球运动中水平分速度的大小是m/s；（3）小球经过B点时的速度大小是m/s．14．（7分）（2014秋•江岸区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）本实验应用的实验方法是A．控制变量法B．假设法 C．理想实验法D．等效替代法（2）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到A．实验前要平衡摩擦力B．每次都必须从相同位置释放小车C．拉小车的细绳必须保持与轨道平行D．拉力改变后必须重新平衡摩擦力（3）图2为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a= m/s2（结果保留两位有效数字）（4）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有．A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m＜＜M）D．盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M三、计算题：本题共4小题，共计40分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．（9分）（2013•赣榆县校级学业考试）在足够高处将质量m=1kg的小球沿水平方向抛出，已知在抛出后第2s末时小球速度大小为25m/s，取g=10m/s2，求：（1）第2s末时小球下降的竖直高度h（2）小球沿水平方向抛出时的初速度大小（3）第2s末小球重力的瞬时功率．16．（9分）（2014春•尖山区校级期中）一位同学为探月宇航员设计了如下实验：在距月球表面高h处以初速度v o水平抛出一个物体，然后测量该平抛物体的水平位移为x，通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，求：（1）月球表面的重力加速度（2）月球的质量（3）环绕月球表面运行的宇宙飞船的线速度．17．（9分）（2013春•萧山区期中）一个质量m=10kg的静止物体与水平地面间滑动摩擦系数μ=0.5，受到一个大小为100N与水平方向成θ=37°的斜向上拉力作用而运动，假设拉力作用的时间为t=1s．（g取10m/s2．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）求1s内拉力做的功；（2）求1s内摩擦力做的功；（3）求1s内合外力做的功．18．（13分）（2010秋•南长区校级期中）如图1所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2，取g=10m/s2，试求：（1）若μ1=0.4，μ2=0.1，木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若μ1=0.1，μ2=0.4，木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（3）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象．（设木板足够长）2014-2015学年河南省周口市扶沟高中高一（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分．9、10、11、12为多选题．多选题对而不全得2分，选错得0分）1．（4分）（2015春•周口月考）下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动D．物体在变力作用下，不可能做直线运动，只能做曲线运动考点：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：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同解答：解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，合力不为零，所以A正确；BC、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，比如平抛运动，受到的就是恒力重力的作用，加速度保持不变，所以BC错误；D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，对合力是否变化没有要求，所以D错误；所以D正确；故选：A点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住2．（4分）（2011•浙江模拟）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．3．（4分）（2015•广州模拟）“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动时间分别为t1、t2，则（）A．v1=v2B．v1＞v2C． t1=t2D． t1＞t2考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：圈圈做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，根据水平位移和高度的关系列式分析．解答：解：C、D、圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h=，有：t=，故t1＞t2，故C错误，D正确；A、B、水平分位移相同，由于t1＞t2，根据x=v0t，有：v1＜v2；故AB均错误；故选：D．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．4．（4分）（2015春•太原校级期中）如图所示，为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它的边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A．a点与b点线速度大小相等B．a点与c点角速度大小相等C．a点与d点向心加速度大小不相等D．a、b、c、d四点，加速度最小的是b点考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．再根据v=rω，a==rω2去求解．解答：解：A、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r b，则v c=2v b，所以v a=2v b，故A错误；B、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r a，根据v=rw，则ωc=ωa，所以ωb=ωa，故B错误；C、根据ωb=ωa，ωb=ωd，则ωd=ωa，根据公式a=rω2知，r d=4r a，所以a a=a d，故C错误；D、由上分析可知，加速度最小的是b点，故D正确．故选：D．点评：传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．5．（4分）（2015•定州市校级二模）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是（）A．它们的角速度相等ωA=ωBB．它们的线速度υA＜υBC．它们的向心加速度相等D．A球的向心加速度大于B球的向心加速度考点：向心力．分析：对两小球分别受力分析，求出合力，根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解，可得向心加速度、线速度和角速度．解答：解：对A、B两球分别受力分析，如图由图可知F合=F合′=mgtanθ根据向心力公式有mgtanθ=ma=mω2R=m解得a=gtanθv=ω=由于A球转动半径较大，故向心加速度一样大，A球的线速度较大，角速度较小；故选C．点评：本题关键受力分析后，求出合力，然后根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解．6．（4分）（2015春•葫芦岛期中）在光滑的水平面上相距40cm的两个钉子A和B，如图所示，长1m的细绳一端系着质量为0.4kg的小球，另一端固定在钉子A上，开始时，小球和钉子A、B在同一直线上，小球始终以2m/s的速率在水平面上做匀速圆周运动．若细绳能承受的最大拉力是4N，那么从开始到细绳断开所经历的时间是（）A．0.8π s B．0.9π s C．1.2π s D．1.6π s考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球做匀速圆周运动时，由绳子的拉力充当向心力．根据向心力公式求出绳子力为4N时，做圆周运动的半径，而小球每转半圈，长度减小40cm．然后求出从开始到绳断所经历的时间解答：解：当绳子力为4N时，根据向心力公式得：F=m代入数据解得：r n=0.4m而小球每转半圈，长度减小40cm，小球转的半圆周数为：n==，即小球转过2个半圆周后绳断裂，所以从开始到绳断所经历的时间为：t=，故A正确．故选：A点评：本题中主要考查了向心力公式的直接应用，关键运用数学上数列知识进行求解．7．（4分）（2013秋•文登市期中）如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动．小环经过大圆环最高点时，下列说法错误的是（）A．小环对大圆环施加的压力可以等于mgB．小环对大圆环施加的拉力可以等于mgC．小环的线速度大小不可能小于D．小环的向心加速度可以等于g考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小环经过圆环最高点时时，小环套在光滑大圆环轨道上，故大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力；当大环对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度，此时向心加速度为重力加速度．解答：解：A、B、小环套在光滑大圆环轨道上做圆周运动，在最高点时，大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力．故AB都正确．C、当小环与大环之间没有作用力时，只有小环的重力提供向心力，即mg=得，故C错误．D、当小环与大环之间没有作用力时，只有小环的重力提供向心力，此时mg=ma，即小环的向心加速度等于g，故D正确．本题选择错误的．故选：C．点评：本题要注意，小环套在大环上，不是小球在轨道内侧的运动，临界条件不一样．大环可以对小环产生向下的压力，也可以产生向上的压力，也可以没有作用力，结合牛顿第二定律进行求解．8．（4分）（2015•荆门模拟）理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍．火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面．已知引力常量为G，火星的半径为R．若不考虑火星自转的影响，要探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面的起飞速度至少为（）A．7.9km/s B．11.2km/s C．D．考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：万有引力定律的应用专题．分析：地球的第一宇宙速度为7.9km/s，而第二宇宙速度为11.2km/s，对于火星来说，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，根据公式v=，即可求解．解答：解：A、速度7.9km/s与11.2km/s是地球的第一宇宙速度与第二宇宙速度，故AB错误；C、根据运动学公式，结合高度为h处探测器，经时间t落到火星表面，则火星表面的重力加速度g火=；根据公式v===，则探测器从火星表面的起飞速度至少v=，故D正确，C错误；故选：D．点评：考查星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，不同的星球第一速度有不同的大小，7.9km/s是地球的第一宇宙速度．9．（4分）（2015•广东四模）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则该卫星的周期为（）A．B．C．D．考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期．解答：解：根据万有引力提供向心力列出等式，=m，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，=mg联立得：T=．同时根据匀速圆周运动，该卫星的周期T=，故BD正确，AC错误；故选：BD．点评：本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大．10．（4分）（2015春•内蒙古校级期中）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M．C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平（转过了90°角），此过程中下述说法正确的是（）A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωL D．重物M的速度先增大后减小考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：C点的线速度为ωL，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化．解答：解：设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为v C=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=ωLcosθ．θ的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳=ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳=ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变慢．所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．点评：解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度．11．（4分）（2013•武汉二模）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=1Om/s2．则（）A．传送带的速率v0=1Om/sB．传送带的倾角θ=3O°C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5D．0〜2.0s摩檫力对物体做功W f=﹣24J考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：传送带专题．分析：由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小．解答：解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s．故A正确．BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则=gsinθ+μgcosθ=．==2m/s2．联立两式解得μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．D、第一段匀加速直线运动的位移，摩擦力做功为W f1=μmgcosθ•x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移，摩擦力做功为W f2=﹣μmgcosθ•x2=﹣0.5×10×0.8×11J=﹣44J，所以．故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．12．（4分）（2015•青浦区一模）如图，在外力作用下某质点运动的速度v﹣时间t图象为正弦曲线，由图可判断（）A．在0～t1时间内，外力在增大B．在t1～t2时间内，外力的功率先增大后减小C．在t2～t3时刻，外力在做负功D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．专题：功率的计算专题．分析：由图象可以得知物体速度的变化的情况，在根据动能定理和功率的公式即可的出外力对物体的做功的情况．解答：解：在v﹣t时间图象中，斜率代表加速度，与时间轴所围的A、在0～t1时间内，由图象可知，加速度越来越小，由牛顿第二定律可知，外力减小，故A 错误；B、由P=F•v可知，在t=t2时刻，速度为零，外力功率为零，v﹣t图象中的图线的斜率代表加速度，在t1时刻a=0，则F=0，外力功率为0，所以外力的功率先增大后减小，选项B正确；C、在t2～t3时刻，动能改变量为，由动能定理得，外力做的总功为，外力做正功，故C错误；D、在t1～t3时间内，动能改变量为零，由动能定理得，外力做的总功为零，选项D正确．故选：BD点评：由图象可以得到物体瞬时速度的情况，根据瞬时功率的公式P=Fv可以分析物体的瞬时功率的大小．二、试验题（共12分）13．（5分）（2015•凤阳县校级模拟）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g=10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是10 Hz；（2）小球运动中水平分速度的大小是 1.5 m/s；（3）小球经过B点时的速度大小是 2.5 m/s．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：（1）平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；（2）在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度；（3）B点水平速度与初速度相等，再求出竖直方向的速度，求它们的合速度，就是B的速度．解答：解：（1）在竖直方向上有：△h=gT2，其中△h=（5﹣3）×5cm=10cm=0.1m，代入求得：T==0.1s，因此闪光频率为：（2）水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中s=3l=15cm=0.15m，t=T=0.1s，代入解得：v0==1.5m/s．（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：所以B点速度为：故答案为：（1）10；（2）1.5；（3）2.5．点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．14．（7分）（2014秋•江岸区校级期末）某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）本实验应用的实验方法是 AA．控制变量法B．假设法 C．理想实验法D．等效替代法（2）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到ACA．实验前要平衡摩擦力B．每次都必须从相同位置释放小车C．拉小车的细绳必须保持与轨道平行D．拉力改变后必须重新平衡摩擦力（3）图2为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a= 0.64 m/s2（结果保留两位有效数字）（4）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a﹣F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有BD ．A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m＜＜M）D．盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M。
高三物理下学期模拟考试试题(10)-人教版高三全册物理试题
河南省扶沟县高级中学2015届高三物理下学期模拟考试试题〔10〕一、选择题〔此题共有7题，每题有且只有一个正确选项，选错、不选、多项选择不得分.每题6分，共42分.〕14．如下列图的阴极射线管的玻璃管内已经抽成真空.当左右两个电极连接到高压电源时，阴极会发射电子.电子在电场的加速下飞向阳极，挡板上有一个扁平的狭缝，电子飞过挡板后形成一个扁平的电子束.长条形的荧光板在阳极端稍稍倾向轴线，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹.现在用该装置研究磁场对运动电荷的作用的实验，如下对该实验的说法正确的答案是〔〕A．没有施加磁场时，电子束的径迹是一条抛物线B．假设图中左侧是阴极射线管的阴极，加上图示的磁场，电子束会向上偏转C．施加磁场后，根据电子束在磁场中运动径迹和磁场方向，可由相关知识判断出阴极射线管两个电极的极性D．施加磁场后，结合阴极射线管的两个电极的极性和电子束在磁场中运动的径迹，可以判断出磁场的方向，但无法判断出磁场的强弱15.嫦娥五号探测器是我国研制中的首个实施无人月面取样返回的航天器，预计在2017年由长征五号运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞返回地球.航天器返回地球开始阶段运行的轨道可以简化为：发射时，先将探测器发射至近月圆轨道1上，然后变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2进入圆形轨道3.忽略介质阻力，如此以下说法正确的答案是〔〕A．探测器在轨道2上经过近月点A处的加速度大于在轨道1上经过近月点A处的加速度B．探测器在轨道2上从近月点A向远月点B运动的过程中速度减小，机械能增大C．探测器在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，且由轨道2变为轨道3需要在近月点A处点火加速D．探测器在轨道2上经过远月点B处的运行速度小于在轨道3上经过远月点B处的运行速度16.如图，倾角为 的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上.一质量为m，带电量+q的小物块〔可看作是点电荷〕恰好能在斜面上匀速下滑.假设在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量+Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动.在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下，关于在物块下滑的过程中斜面受到地面的摩擦力与其方向的分析正确的答案是〔 〕A ．当物块在BD 之间，斜面受到地面的摩擦力的方向向左B ．当物块在DA 之间，斜面受到地面的摩擦力的方向向右C ．当物块在DA 之间，斜面受到地面的摩擦力的方向要视具体问题而定D ．当物块在DA 之间，斜面受到地面的摩擦力为零17.如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为4m kg =的物体，让其在位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x 变化的图像乙所示.物体与地面间的动摩擦因数为0.5μ=,210/g m s =.如下说法正确的答案是〔 〕A ． 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平面上运动的最大位移是10mC ．物体运动的最大速度为15/m sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变18．如下列图，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轻杆两端固定有甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量．将两球放入轨道内，乙球位于最低点．由静止释放轻杆后，如此如下说法正确的答案是〔 〕A ．甲球可以沿轨道下滑到最低点B ．甲球在下滑过程中机械能守恒C ．一段时间后，当甲球反向滑回时它一定能返回到其初始位置D ．在反向滑回过程中，甲球增加的重力势能等于乙球减少的重力势能19.如下列图，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R 连接，放在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为0v ，不计导轨与杆的电阻，如此如下关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的答案是〔 〕20.由相关电磁学理论可以知道，假设圆环形通电导线的中心为o ，环的半径为R ，环中通以电流为I ，如左图所示，环心o 处的磁感应强度大小02I B R μ=•，其中0μ为真空磁导率.假设P 点是过圆环形通电导线中心o 点的轴线上的一点，且距o 点的距离是x ，如右图所示.有可能您不能直接求得P 点处的磁感应强度B ，但您能根据所学的物理知识判断出以下有关P 点磁感应强度B 的表达式是〔 〕A ．2032222()P R I B R x μ=•+ B ．20222()P R I B R x μ=•+ C ．032222()P RIB R x μ=•+ D ．3032222()P R I B R x μ=•+21．如下列图，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的线框面积为S ，共有n 匝，总电阻为r ，外电路上接有一个阻值为R 的定值电阻、理想交流电流表A 和二极管D 。
高三物理下学期模拟考试试题(5)-人教版高三全册物理试题
河南省扶沟县高级中学2015届高三物理下学期模拟考试试题〔5〕二､选择题(此题共8小题,每一小题6分,在每一小题给出的四个选项中,其中19､20､21试题有多项符合题目要求｡其余试题只有一项符合题目要求｡全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)b14.如下列图为洛伦兹力演示仪的结构图｡假设励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直｡电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节｡如下说法正确的答案是:A.仅减小励磁线圈中电流,电子束径迹的半径变小B.仅降低电子枪加速电压,电子束径迹的半径变小C.仅减小励磁线圈中电流,电子做圆周运动的周期将变小D.仅降低电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将变小d15.如下列图,P､Q为一平行板电容器的两个极板,其中Q板接地,如下说法正确的答案是:A.适当上移P极板,电容器电容增大B.保持开关S闭合,适当左移P极板,电容器电量增大C.假设断开开关S,再适当上移P极板,板间场强减小D.假设断开开关S,再适当左移P极板,P板电势升高c16.如下列图,在倾角为α=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m的小球A､B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A､B均静止在斜面上,如下说法正确的答案是:A.弹簧的伸长量为mgkB.水平恒力大小为槡33mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为gc17.如下列图,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ;滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q､滑块重力势能E P随时间t的关系与动能E k､机械能E随位移x的关系的是:d18.双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期一样的匀速圆周运动｡研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量､距离和周期均可能发生变化｡假设某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的k倍,两星之间的距离变为原来的n倍,如此此时圆周运动的周期为:A．nTkB．2nTkC．32nTkD．3nTkac19.图甲所示的理想变压器原､副线圈匝数比为55∶6,图乙是该变压器原线圈两端输入的交变电压U的图像,副线圈中L是规格为“24V,12W〞的灯泡,R0是定值电阻,R是滑动变阻器,图中各电表均为理想交流电表,以下说法正确的答案是:A.灯泡L能正常发光B.滑片P向下滑动的过程中,变压器输出功率变小C.滑片P向下滑动的过程中,电流表A示数变大,电压表V示数不变D.原线圈两端输入电压的瞬时值表达式为u=220sinl00πt(V)bd20.如下列图,光滑水平面上放着质量为M的木板,木板的上外表粗糙且左端有一个质量为m 的木块｡现对木块施加一个水平向右的恒力F,木块与木板由静止开始运动,经过时间t别离｡如下说法正确的答案是:A.假设仅增大木板的质量M,如此时间t增大B.假设仅增大木块的质量m,如此时间t增大C.假设仅增大恒力F,如此时间t增大D.假设仅增大木块与木板间的动摩擦因数,如此时间t增大ab21.如下列图,足够长金属导轨竖直放置,金属棒ab､cd均通过棒两端的环套在金属导轨上并与导轨保持良好的接触｡虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场｡ab､cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ,两棒总电阻为R,导轨电阻不计｡开始两棒均静止在图示位置,当cd棒无初速释放,同时对ab棒施加竖直向上的拉力F,沿导轨向上做匀加速运动｡如此:A.ab棒中的电流方向由b到aB.拉力F的功率不断增大C.cd棒先加速运动后匀速运动D.力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和第2卷22．(15分)(1)(6分)用如下列图的气垫导轨装置验证机械能守恒定律。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-扶沟县高级中学高三下学期模拟考试试题(11)
2014-2015年扶沟高中高三物理高考预测题时间 2015.5.13一、选择题（本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全都避对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14．在解一道由字母表达结果的计算题中，某同学解得位移结果的表达式为：x=F (t 1+t 2)2 m，其中F 表示力，t 表示时间，m 表示质量，用单位制的方法检查，这个结果 （ ） A ．可能是正确的 B ．一定是错误的C ．如果用国际单位制，结果可能正确D ．用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确15. 如图,在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场,其出射方向如图所示,不计重力的影响,则（ ）A. 初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B. 初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C. 在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D. 在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子16．有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图a 所示, O 为球心，球壳P 处开有半径远小于球半径的小孔。
以O 点为坐标原点，过P 点建立x 坐标轴，A 点是坐标轴上的一点， 轴上各点电势如图b 所示。
电子从O 点以V 0的初速度沿X 轴方向射出，依次通过P 、A 两点。
则下列关于电子的描述正确的是（ ）A ．在OP 间电子做匀加速直线运动B ．在PA 间电子做匀减速直线运动C ．在OP 间运动时电子的电势能均匀增加D ．在PA 间运动时电子的电势能增加17．物体以某一速度冲上一光滑斜面（足够长），加速度恒定．前4s 内位移是1.6m ，随后4s 内位移是零，则下列说法中错误．．的是（ ） A ．物体的初速度大小为0.6m/s B ．物体的加速度大小为6m/s 2C．物体向上运动的最大距离为1.8m D．物体回到斜面底端，总共需时12s18．矩形导线框abcd放在分布均匀的磁场中，磁场区域足够大，磁感线方向与导线框所在平面垂直，如图（甲）所示。
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2015年高考高三模拟题试题
赵建伟提供2015-05-15 一、选择题：(共8个小题，每小题6分，共48分．其中1-5题只有一一个选项是正确；其余每小题给出的四个选项中，有多个选项正确．)
1．法拉第的重要贡献之一是引入“场”和“场线”的概念。
关于电场和磁场、电场线和磁感线，下列说法正确的是
A．电场和磁场都是客观存在的特殊物质
B．电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线
C．电场和磁场都一定对放入其中的电荷产生力的作用
D．电场线和磁感线都是电荷在电场和磁场中运动的轨迹
2．近年来我国航天事业蓬勃发展，到目前为止，我国不仅有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）。
其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米。
对于它们的运行过程，下列说法正确的是
A．“神舟”系列飞船的向心加速度小于北斗导航卫星的向心加速度
B．“神舟”系列飞船的角速度小于北斗导航卫星的角速度
C．“神舟”系列飞船的运行周期小于北斗导航卫星的运行周期
D．“神舟”系列飞船的运行速度小于北斗导航卫星的运行速度
3．甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，
图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2（s2＞s1）。
计时开
始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正
确的是
A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次
B．若甲车在乙车前方且s0＜s1，两车相遇2次
C．若乙车在甲车前方且s0＝s2，两车不会相遇
D．若乙车在甲车前方且s0＝s1，甲追上乙前T时刻相距最近
4．在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶
点，坐标位置如图所示。
D点在x轴上，DA＝AO，
在坐标原点O处固定着带电量为－Q的点电荷，下列说法
正确的是
A．A、B、C三点的电场强度相同
B．O、A和A、D两点间的电势差相等
C．将电子由D点移到C点，电场力做正功
D．电子在B点的电势能大于在D点的电势能
5．1931年英国物理学家狄拉克就从理论上预言存在只有
一个磁极的粒子，即“磁单极子”。
1982年美国物理
学家卡布莱利用电磁感应现象设计了一个寻找“磁单
极子”的实验，他设想让一个只有N极的“磁单极
子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈（如图甲），
观察其中电流的方向和大小变化情况。
和一个小条
形磁铁自上而下穿过普通导体线圈（如图乙）相比，
从上往下看
A．普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流
B ．普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流
C ．超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流
D ．超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流
参考答案：1.A 2.C 3.B 4.D
5.D
6.AB
7.AB
8.ABD
6
必修部分
9、
1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm ；
（2）用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为 mm ； 答案
（1）50.15ｍｍ （2）4.700ｍｍ
(1)30(2分) (1)850 不均匀 (3分) (3)更换劲度系数更大的弹簧 (3分)
10
11
11
12 12
选修部分
13．【物理—选修3-4】（15分）
（1）（3分）一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a 延迟了0．5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是 _________（填入选项前的字母，有填错的不得分）
A．此列波的波长为2.5m
B．此列波的频率为2Hz
C．此列波的波速为2.5m/s
D．此列波的传播方向为沿x轴正方向传播
（2）．(3分)下列说法正确的是()
A．光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一
B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
C．光在介质中的速度大于光在真空中的速度
D．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
（3）（9分）如图所示，是一种折射率n=1.5的棱镜，用于某种光学仪器中，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小75
i，求：（i）光在棱镜中传播的速率。
.0
arcsin
（ii）画出此束光线射出棱镜后的方向，要求写出简要的分析过程。
（不考虑返回到AB和BC
面上的光线）。
1 D
2 A
3解：（i）光在棱镜中传播的速率
=2×108m/s （2分）
（ii）由折射率（1分）
得AB面上的折射角r=30°（2分）
由几何关系得，BC面上的入射角θ=45°（2分）
全反射临界角C=arcsin0.67 ，光在BC面上发生全反射，光路如图所示。
14.[物理选修3- 5 ](本题共有两小题，每小题3分，共6分。
每小题只有一个选项符合题意。
第3题9分）
(1)下列说法正确的是_______o (填选项前的字母）
A. 增大压强不能改变原子核衰变的半衰期
B. 某原子核经过一次a衰变后，核内质子数减少4个
C. p射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
D. a射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤
(2)如图所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内？ _______。
（填选项前的字母）
A. A的速率始终等于B的速率
B. A的动量大小大于B的动量大小
C. A受的合力大小大于B受的合力大小
D. A的动量不等于B的动量
（3）（9分）如图所示，一块足够长的木板C质量为2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹），两炭块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，开始时木板静止不动，A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示，A、B两炭块相距足够远。
求：
①木板的最终速度；
②A 、B 两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。
.（15分）（1）A (2 D
（3）（9分）解：①对A 、B 、C 系统应用动量守恒
mv mv mv 4200=+ ( 2分) 得04
3v v = (2分)
②全过程根据能量守恒得22
02042
122121mv v m mv mgx -+=）（
μ (3分) 得：g
v x μ8112
= (2分。