河南省八市重点高中2015届高三物理第二次联考试卷(扫描版)
2014-2015河南省八市重点高中高三联考物理试题
2014-2015河南省八市重点高中高三联考物理试题一、选择题（每题5分，共60分，其中1-8题单选，9-12题为多选）1.物理学中，科学家处理物理问题用到了多种思想与方法，根据你对物理学的学习，关于科学家的思想和贡献，下列说法正确的是（ ）A.伽利略猜想做自由落体运动的物体，其下落的距离与时间成正比，并用实验进行了验证B.牛顿首先提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在D.麦克斯韦提出了狭义相对论2. 某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x 、速度v 、加速度a 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t ＝4 s 内位移一定不为零的是()3.如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、3L ，高度分别为3h 、h 、h .某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( ) A ．物体损失的机械能2ΔE c ＝2ΔE b ＝ΔE a B ．因摩擦产生的热量3Q a ＝3Q b ＝Q c C ．物体到达底端的动能E k a ＝3E k b ＝3E k c D ．因摩擦产生的热量4Q a ＝2Q b ＝Q c4.如图所示，D 、A 、B 、C 四点的水平间距相等，DA 、AB 、BC 在竖直方向上的高度差之比为1∶4∶9.在A 、B 、C 三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力．则下列关于A 、B 、C 三点处的小球说法中正确的是( ) A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3 B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9C ．三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为1∶5∶14D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶105. 在如图所示的电路中，电源的内阻r 不能忽略，其电动势E 小于电容器C 的耐压值。
高三物理月考试题及答案-河南开封市2015届高三第二次模拟考试(精校解析版)
高三理科综合试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、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目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题（本题包括8小题，每小题6分共48分。
其中14～18题每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，19～21题中有多个选项正确，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．质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面与地面间( )A．没有摩擦力B．摩擦力的方向水平向右C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g【答案】D【解析】整体受力如图所示，根据共点力平衡得，地面的摩擦力f=F cosθ，分析水平向左．支持力的大小N=（M+m）g﹣F sinθ，小于（M+m）g．故D正确，A、B、C错误．故选D．【考点】共点力平衡；正交分解15．关于物体运动的加速度，下列说法正确的是：( )A．做直线运动的物体，加速度方向一定不变B．做曲线运动的物体，加速度可能不变C．做匀速圆周运动的物体，加速度不变D．以额定功率做加速直线运动的汽车，加速度是恒定的【答案】B【解析】（略）【考点】对加速度的理解16．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是：( )A．W1<W2，Q1=Q2B．W1=W2，Q1=Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1=W2，Q1<Q2【答案】A【解析】木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2，；摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2．故选A。
2015年河南省商丘市高考物理二模试卷
2015年河南省商丘市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.以下说法中不正确的是（）A.平均速度、瞬时速度、加速度的概念最早是由伽利略建立的B.确定交流电的有效值应用了等效替代法C.牛顿第一定律是牛顿通过大量的实验探究直接总结出来的D.螺旋测微器的设计主要采用了放大法【答案】C【解析】解：A、平均速度、瞬时速度以及加速度的概念都是由伽利略首先建立起来的．故A正确；B、确定交流电的有效值利用的是电流的热效应与直流电的相等，则直流电的数据为该交流电的有效值；故利用了等效替代法；故B正确；C、牛顿第一定律无法通过实验验证，故C错误；D、螺旋测微器的设计利用了放大法；故D正确；本题选错误的，故选：C．解答本题应根据伽利略对物理学的贡献；明确物理方法的应用，知道牛顿第一定律为实验定律．本题考查物理学史及物理学中常用的方法，要认真体会常见的物理方法的应用，如等效替代法、放大法、整体法、理想模型法等．2.汽车在水平公路上以额定功率作直线运动，速度为3m/s时的加速度是速度为6m/s时的加速度的3倍．若汽车受到的阻力不变，由此可求得（）A.汽车的额定功率B.汽车受到的阻力C.汽车的最大速度D.速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【答案】C【解析】解：设汽车的额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力F1==，速度为6m/s时，牵引力为F2==．据题，根据牛顿第二定律得，F1-f=3（F2-f），解得f=．因为牵引力与阻力相等时，汽车的速度最大，则F=f=，则知最大速度为v m=12m/s．因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间．故C正确，A、B、D错误．故选：C．根据P=F v，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，可以求出最大速度的大小．解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小．3.如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动．已知A，B连线在A、O连线间的夹角最大为θ，则卫星A，B的角速度之比等于（）A.sin3θB.C.D.【答案】B【解析】解：设A、B的轨道半径分别R A、R B．据题卫星A、B连线与A、O连线间的夹角最大时，AB连线与卫星B的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有R B=R A sinθ根据开普勒第三定律有：=又有角速度之比=联立解得=故选：B．根据题意知道AB连线与卫星B的运行轨道相切时，夹角θ最大，运用几何关系求出A、B轨道半径之比，由开普勒第三定律求出周期之比，即可得解．能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征，在圆周运动中涉及几何关系求半径是一个基本功问题．4.如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A.R2两端的电压增加，增加量一定等于△UB.流过R的电流会减小C.路端电压减小，减少量一定等于△UD.△U和干路电流的变化△I的比值保持不变【答案】D【解析】解：A、电压表V的示数减小，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压增大，而路端电压减小，则R2两端电压增加量一定小于△U．故A错误．B、R1是定值电阻，电压表V的示数减小△U的过程中，通过R1的电流减小，因干路电流减小，故流过R的电流将增加；故B错误．C、电压表示数减小，R2电压增大，故路端电压减小，其减小量一定小于△U．故C错误．D、把R2看成内阻，△U和干路电流的变化△I的比值一定等于等效内阻的大小，故△U 和干路电流的变化△I的比值保持不变；故D正确；故选：D．R1是定值电阻，电压表V的示数减小△U的过程中，通过R1的电流减小，减小量△I=．电压表V的示数减小，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，R2两端电压增大，根据路端电压的变化分析其电压增加量．电压表示数减小，R2电压增加，路端电压减小量一定小于△U．本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．5.如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v-t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v-t图象为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a=，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力．根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0-8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，同理，可得：当8-16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，A、B、D错误．故选：C．根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.把三个物体从水平地面上的不同位置沿不同的路径抛出，最终落在水平地面上的同一点，三条路径的最高点是等高的，如图所示．若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A.三个物体抛出时初速度的水平分量相等B.三个物体抛出时初速度的竖直分量相等C.沿路径1抛出的物体落地的速率最大D.沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长【答案】BC【解析】解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、由v y=v x tanα，v y相同，α不同，则v x不同，初速度水平分量不等，故A错误．B、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为：a=-g，由0-=-2gh，得：v y=，h相同，v y相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．故B正确．C、落地速度为：，由于沿路径1抛出的物体α角最小，故可知其落地速度最大，故C正确．D、斜抛运动具有对称性，以过最高点之后的平抛为研究阶段，由运动学公式有：h=，则得：t=，则知三个球运动的时间相等；故D错误．故选：BC．三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握不同方向的相关的运动学公式应用是解题的基础．7.如图甲所示的变压器电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，a、b输入端输入的电流如图乙所示，副线圈电路中电阻R=10Ω，电路中的电流表、电压表都是理想电表，下列说法正确的是（）A.电流表的示数为AB.副线圈中电流的最大值为2AC.副线圈中电流的有效值为A D.电压表的示数为10V【答案】AB【解析】解：A、设电流表的示数为I1，则，求得：A故A正确；B、由于原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为2A，故B正确；C、D、设副线圈交流电的有效值为I2，则：，求得：，因此电压表的示数为：U=，故CD均错误；故选：AB．有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；同时结合变压器的变压比公式列式分析．本题关键是明确交流电有效值的计算方法，同时要结合变压器的变压比公式分析，不难．8.光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向上范围足够大的匀强磁场，虚线框abcd内（包括边界）存在平行于桌面的匀强电场，如图所示，一带电小球从d处静止开始运动，运动到b处时速度方向与电场边界ab平行，通过磁场作用又回到d点，已知bc=2ab=2L，磁感应强度为B，小球的质量为m，电荷量为q．则正确的是（）A.小球带正电B.小球从d到b做匀变速曲线运动C.小球在虚线框外运动的速度大小为v=D.小球在b点时的加速度大小为a=【答案】ACD【解析】解：A、根据题意可知，粒子从b点进入磁场，做匀速圆周晕的，还能够回到d点，如图所示，根据左手定则知，小球带正电，故A正确；B、小球从d到b做曲线运动，速度方向一直改变，则受到的洛伦兹力方向也改变，而电场力不变，所以合力变化，所以小球从d到b做变加速曲线运动，故B错误；C、小球在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径由几何关系（见图）设圆心为o，半径为r，则bo=do=rco=2L-r，三角形dco为直角三角形，由勾股定理有：r2=L2+（2L-r）2得：r=，根据洛伦兹力提供向心力有：qv B=，解得：，故C正确；D、在电场中从d点到达b点的过程中，有：E q•2L=得E=．在b点有qv B-E q=ma，解得：a=，故D正确．故选：ACD左手定则判断小球所带的电性；结合小球的加速度的变化判断小球的运动性质．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律小球在磁场中运动的速度大小；根据动能定理求出电场强度的大小，结合牛顿第二定律求出小球到达b点时的加速度的大小本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用牛顿第二定律、动能定理即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.下列说法正确的是（）A.液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B.温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同C.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强D.晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化E.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故【答案】ACD【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，液体表面存在张力，A正确；B、温度相同的所有物体，其分子平均动能都相同，但由于分子质量不同，故平均速率不相同；故B错误；C、压强是由于分子的无规则运动撞击器壁产生的；故在失重状态下容器内的气体对器壁也有压强；故C正确；D、晶体和非晶体在于内部分子排列，在一定的条件下，改变分子内部结构，晶体和非晶体可以相互转化；故D正确；E、气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动．且分子间相互作用力非常小，从而相对各分子是自由的，从而不受相互间的约束；不是因为斥力的原因；故E错误故选：ACD液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；相对温度下的分子的平均动能相同，但分子平均速率不同；压强是由于气体分子撞击器壁产生的，与超重失重无关；晶体和非晶体在于内部分子排列结构；气体能容满整个空间的原因是因为气体间分子作用力可以忽略，从而各分子可以自由移动．本题考查晶体和非晶体的性质、温度是分子平均动能的标志、压强是由于分子频敏撞击器壁而产生的等；要注意准确掌握相关规律，并能应用相关物理规律分析相关现象．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法不正确的是（）A.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光B.光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C.泊松亮斑支持了光的波动说D.均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波E.只有横波才能产生干涉现象【答案】BDE【解析】解：A、绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sin C=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失．故A正确．B、光的双缝干涉条纹图样是稳定的，故B错误．C、泊松亮斑支持了光的波动说．故C正确．D、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故D错误．E、任意波，只要频率相同，均能干涉现象，故E错误；本题选择错误的，故选：BDE根据光从水中射到空气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象．本题考查全反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C.德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E.比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能【答案】BCE【解析】解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B 正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；E、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能．故E正确；故选：BCE根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．三、实验题探究题(本大题共2小题，共16.0分)9.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= ______ mm．（2）小球经过光电门B时的速度表达式为______ ．（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：______ 时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（4）实验中发现动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，则△E p-△E k将______ （选填“增加”、“减小”或“不变”）．【答案】7.25；；；增加【解析】（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+5×0.05=7.25mm；解：（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mg H=mv2；即：2g H0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△E p-△E k将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大．由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．10.现要测量一个未知电阻R x的阻值，除R x外可用的器材有：多用电表（仅可使用欧姆档）电池组（电动势为3V，内阻为1Ω）电流表（内阻约0.1Ω）电压表（内阻约3kΩ）滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．（1）先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，下列判断和做法正确的是______ （填字母代号）．A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量D．如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量（2）某小组同学用伏安法测该电阻R x．利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：______ 图（选填“甲”或x“乙”）．（3）如图丙是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据（2）中所选电路图，补充完成图丙中实物间的连线，并使用闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点．请在图中描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值R x= ______ Ω（保留两位有效数字）【答案】AC；甲；4.5【解析】解：（1）指针偏角过大，而则说明所用档位太大，使读数过小；因选用的时×10档，则说明该电阻较小，阻值约为几欧姆；为了准确测量，应换用小档位；注意换档后要进行欧姆调零；故AC正确；（2）从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图；（3）由（2）中给出的电路图得出对应的实物图如图所示；（4）根据描出的点，作出图象，如图所示：由图线得到金属丝的阻值为：R X===4.5Ω故答案为：（1）AC；（2）甲；（3）如图3；（4）如图，4.5（1）根据指针的偏转及档位的选择可明确所测电阻的大致大小，再选择合适的档位进行测量即可；（2）关键是根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法；（3）根据选择的原理图得出实物图，注意滑动变阻器的接法；（4）根据电阻定律和欧姆定律写出电阻的表达式，然后解出电阻的值即可；该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：1、对于使用欧姆表测量电阻值时，每换一次档位应进行一次调零；2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接．3、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差．四、计算题(本大题共2小题，共31.0分)11.如图（a）所示，MN是长为a倾斜放置的光滑绝缘细杆，倾角为37°，MNP构成一直角三角形．MP中点处固定一电量为Q的正电荷，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随MN上位置x（取M点处x=0）的变化图象如图（b）所示，其中E0、E1、E2为已知量，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，静电力常量为k，重力加速度为g．（不得使用E p=-）（1）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m（2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q（3）求小球运动到M点时的速度大小．【答案】解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．势能为E1时的横坐标为：x1=acos37°••cos37°=0.32ax1处重力势能为：E1=mgx1sin37°则有：m===（2）在x1处，根据受力分析可知k=mgcos37°，其中r=x1tan37°=0.24a带入数据，得：q=（3）根据动能定理有：mga sin37°+E2-E0=mv2带入数据，得：v=答：（1）势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m分别为0.32a、．（2）小球的电量q为．（3）小球运动到M点时的速度大小为．【解析】（1）由几何关系求出x1的位置坐标，利用E1=mgh即可求小球的质量；（2）根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零，由库仑定律和平衡条件列式，即可求的电荷量q；（3）对于小球的运动过程，利用动能定理求到M点时的速度．分析电场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理．12.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一倾角为α的光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，电阻忽略不计且足够长，以宽度为d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B．另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d（d＜L）的正方形线框连在一起组成的固定装置，总质量为m，导体棒中通有大小恒为I的电流．将整个装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处．由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零．重力加速度为g．（1）求刚释放时装置加速度的大小；（2）求这一过程中线框中产生的热量；（3）之后装置将向下运动，然后再向上运动，经过若干次往返后，最终整个装置将在斜面上作稳定的往复运动．求稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离．【答案】解：（1）刚释放时，装置受重力、支持力和安培力作用，由牛顿第二定律，有：BIL-mgsinα=ma解得加速度a=-gsinα（2）装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN过程中线框中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得BIL•d-mgsinα•4d-Q=0解得线框中产生的热量Q=BIL d-4mgdsinα（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时金属棒据磁场上边界为d；装置往复运动到最低位置时：金属棒在磁场内，设其距离上边界为x，则有mgsinα•（x+d）=BIL•x解得x=最高位置与最低位置之间的距离为s=x+d=+d答：（1）刚释放时装置加速度的大小为-gsinα；（2）这一过程中线框中产生的热量为BIL d-4mgdsinα；（3）稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为+d．【解析】（1）装置受重力、支持力和安培力作用，向上加速运动，采用正交分解法求合力，由牛顿第二定律求解加速度．（2）从释放装置到线框的下边运动到磁场的上边界MN过程中，运用能量守恒定律求解线框中产生的热量．（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时金属棒距磁场上边界d；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界x，根据棒所受安培力做功等于装置的重力做功建立联系，列方程求解．本题要注意当线框在磁场中运动产生感应电流时，安培力做功从而产生热量．要理解并掌握力和运动的关系、功与能的关系，运用力学规律解决电磁感应问题．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示，粗细均匀的管子，竖直部分长为l=50cm，水平部分足够长．当温度为15℃时，竖直管中有一段长h=20cm的水银柱，封闭着一段长l1=20cm的空气柱．设外界大气压强始终保持在76cm H g．求：①被封空气柱长度为l2=40cm时的温度②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3．。
河南省、河北省、山西省三省2015届高三物理第二次联考(二模)试题(含解析)新人教版
2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕A． B． C．D．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：〔1〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(二〕选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。
2015年高考(274)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考
2015年高考（274）河南省八市重点高中2015届高三第二次联考河南省八市重点高中2015届高三第二次联考语文试题第卷（阅读题）甲必考题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1-3题。
筷子漫谈概览大千世界，综观天下苍生，其进餐工具大体可分为三类。
欧美人惯用刀、叉、匙，一餐而三器并用，考究而繁琐；非洲、中东、印尼及印度次大陆居民，至今仍以手抓食，古朴而粗犷；而中国、日本等亚洲国家则使用筷子，简易而便捷。
对自己祖先所发明并沿用至今的筷子，国人情有独钟。
中华大地是筷子的故乡，先人用筷子进餐，已有数千年的历史。
从外观上看，筷子由两根同等粗细长短的小棒组成，十分简陋，但经国人巧手掌控，则夹、挑、拨、拌、扒、戳等无所不能。
锋之所指，美味尽收；取舍自如，纵横桌上。
堪称使用方便，价廉物美。
可以想像，远古时期洪荒满目，文明未启。
人们采摘渔猎，以生食过活。
我们的祖先肯定也经历过用手抓、捧而食的阶段。
但懂得用火后，开始享用熟食，吃热烫的食物时，再直接用手取之，则不美也。
于是自然就会想到用木棍儿夹之，以为佐助。
天长日久，人们便练就了用木棍儿取食的本领，这就是人们使用筷子的由来。
制作筷子的材料，最主流者为木材和竹子。
当年处于荒野的环境中，人类生活在森林、草丛、洞穴里，最方便的材料莫过于树木、竹枝。
于是先民就随手采摘细竹和树枝来捞取熟食。
正因如此，细棍儿、修竹等，经过先民烤物时的拨弄，急取烫食时的捞夹，蒸煮谷黍时的搅拌等，筷子的雏形已呼之欲出。
从当今筷子的形体考察，仍带有原始竹木棍棒的特征。
诚大朴胜华之典型也。
筷子古名曰箸。
《韩非子·喻老》中，有昔者纣为象著而箕子怖之语。
由此可见，筷子的历史可追溯到公元前11世纪的商纣时期。
著之易名为筷，亦有成说。
明陆容于其所撰《菽园杂记》卷一中有云：民间讳俗，各处有之，而吴中为甚。
如舟行讳住讳翻，以箸为快儿；以幡布为抹布。
船家希望行船时安顺平稳，到码头捷足先登，亦在情理之中。
高中高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
河南省洛阳市伊川实验高中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题〔14×3分=42分，本大题中2、5、6、7、8小题多项选择，其他题单项选择〕1．关于功和能的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．物体受拉力作用向上运动，拉力做的功是1J，如此物体重力势能的增加量也是1J B．一个重10N的物体，在15N的水平拉力的作用下，分别在光滑水平面和粗糙水平面上发生一样的位移，拉力做的功相等C．一辆汽车的速度从10km/h加速到20km/h，或从50km/h加速到60km/h，两种情况下牵引力做的功一样多D．“神舟十号〞载人飞船的返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的过程中，机械能增大2．如下列图，实线为一匀强电场的电场线，一个带电粒子射入电场后，留下一条从a到b 虚线所示的径迹，重力不计，如下判断正确的答案是〔〕A． b点电势高于a点电势B．粒子在a点的动能大于在b点的动能C．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能D．场强方向向左3．质量为m的汽车，其发动机额定功率为P．当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k倍，如此车的最大速度为〔〕A． B．C． D．4．一物体静止在升降机的地板上，在升降机匀加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于〔〕A．物体抑制重力所做的功B．物体动能的增加量C．物体动能增加量与重力势能增加量之差D．物体动能增加量与重力势能增加量之和5．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动的位移为h，空气阻力忽略不计，如下说法正确的答案是〔〕A．物体的重力势能减少mgh B．物体的重力势能减少2mghC．物体的动能增加2mgh D．物体的机械能保持不变6．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上，设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，如此在工件相对传送带滑动的过程中正确的说法是〔〕 A．滑动摩擦力对工件做的功为B．工件的动能增量为C．工件相对于传送带滑动的路程大小为D．传送带对工件做的功为零7．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到V m，立即关闭发动机而滑行直到停止，v﹣t 图线如图，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做功为W1，抑制摩擦力做功为W2，如此〔〕A． F1：F2=1：3 B． F1：F2=4：1 C． W1：W2=1：1 D． W1：W2=1：38．如下列图，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中〔〕A．重物的重力势能减少 B．重物的重力势能增大C．重物的机械能不变 D．重物的机械能减少9．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如下列图；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为〔〕A．tanθ和 B．〔﹣1〕tanθ和C．tanθ和 D．〔﹣1〕tanθ和10．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中〔〕A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫块的动能全部转化成内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能11．如图，两根一样的轻质弹簧，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、形状一样的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有一样的压缩量，假设撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，如此从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块〔〕A．最大速度一样 B．最大加速度一样C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同12．如下列图，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某物体与三个斜面间的动摩擦因数都一样，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比拟，如下说法正确的答案是〔〕A．物体损失的机械能△E c=2△E b=4△E aB．因摩擦产生的热量2Q a=2Q b=Q cC．物体到达底端的动能E ka=2E kb=2E kcD．因摩擦产生的热量4Q a=2Q b=Q c13．取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为〔〕A． B． C． D．14．如下列图，D、A、B、C四点水平间距相等，DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1：3：5．在A、B、C三点分别放置一样的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，如此如下关于A、B、C三点处的小球说法正确的答案是〔〕A．三个小球在空中运动的时间之比为1：2：3B．三个小球弹出时的动能之比为1：4：9C．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1：3：5D．三个小球落地时的动能之比为2：5：10二、填空题与实验题〔16分，15题4分16题12分〕15．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器与配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等，组装的实验装置如下列图．〔1〕假设要完成该实验，必需的实验器材还有哪些．实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是如下的哪个〔填字母代号〕A．防止小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力〔3〕平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到适宜的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：．〔4〕他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经屡次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是如下哪些原因造成的〔填字母代号〕．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．16．验证机械能守恒定律的实验采用重物自由下落的方法：〔1〕用公式mv2=mgh时对纸带上起点的要求是为此目的，所选择的纸带第1，2两点间距应接近．假设试验中所用重锤质量m=1kg，打点纸带的记录如图1所示，打点时间间隔为0.02s，如此记录B点时，重锤的速度v B=，重锤的动能E KB=．从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量是，因此可能得出的结论是．〔3〕即使在实验操作规范，数据测量与数据处理很准确的前提下，该实验求得的△E P也一定略△E k〔填大于或小于〕，这是实验存在系统误差的必然结果，该系统误差产生的主要原因是．〔4〕根据纸带算出相关各点的速度υ，量出下落的距离h，如此以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是图2所示图中的四、解答题〔10+8+12+12=42分，写出必要的演算过程、解题步骤与重要关系式，并得出结果〕17．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，假设将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：〔1〕两点电荷间的库仑力大小；C点的电场强度的大小和方向．18．如下列图，m A=4kg，m B=1kg，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离s=0.8m，A、B间绳子足够长，A、B原来静止，求：〔1〕B落到地面时的速度为多大；〔用根号表示〕B落地后，A在桌面上能继续滑行多远才能静止下来．〔g取10m/s2〕19．如下列图为“嫦娥三号〞探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停〔速度为0，h1远小于月球半径〕，接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v，此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．探测器总质量为m〔不包括燃料〕，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球外表附近的重力加速度为g，求：〔1〕月球外表附近的重力加速度大小与探测器刚接触月球时的速度大小；从开始竖直下降到接触月面时，探测器机械能的变化．20．图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，外表粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客〔视为质点〕可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．〔1〕假设游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD=2R，求游客滑到B点时的速度v B大小与运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f；假设游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h．〔提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m〕河南省洛阳市伊川实验高中2015届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔14×3分=42分，本大题中2、5、6、7、8小题多项选择，其他题单项选择〕1．关于功和能的关系，如下说法正确的答案是〔〕A．物体受拉力作用向上运动，拉力做的功是1J，如此物体重力势能的增加量也是1J B．一个重10N的物体，在15N的水平拉力的作用下，分别在光滑水平面和粗糙水平面上发生一样的位移，拉力做的功相等C．一辆汽车的速度从10km/h加速到20km/h，或从50km/h加速到60km/h，两种情况下牵引力做的功一样多D．“神舟十号〞载人飞船的返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的过程中，机械能增大考点：功能关系；功的计算．分析： A、重力势能的增量等于抑制重力所做的功，与外力做功无关；B、根据做功公式W=Fs，可以判断拉力F对物体做功的情况；C、根据动能定理即可分析两种情况下牵引力做功的大小；D、载人飞船的返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的过程中，只有地球对飞船的引力做功，机械能守恒．解答：解：A、重力势能的增量等于抑制重力所做的功，与外力做功无关，故A错误；B、由W=Fs知，拉力的大小一样，木块的位移也一样，所以拉力对两木块做的功一样多，故B正确；C、根据动能定理可知：W﹣W f=，所以速度从10km/h加速到20km/h，或从50km/h加速到60km/h的两种情况下牵引力做的功不同，故C错误；D、载人飞船的返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的过程中，只有地球对飞船的引力做功，机械能守恒，故D错误．应当选：B点评：此题主要考查了重力势能的影响因素，恒力做功公式、动能定理等的直接应用，难度不大，属于根底题．2．如下列图，实线为一匀强电场的电场线，一个带电粒子射入电场后，留下一条从a到b 虚线所示的径迹，重力不计，如下判断正确的答案是〔〕A． b点电势高于a点电势B．粒子在a点的动能大于在b点的动能C．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能D．场强方向向左考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由运动的轨迹与电场线确定出受力向，根据力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出能量的大小关系．解答：解：A、D、由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向左，因为带电粒子带电性质不确定，所以场强的方向也不能确定，从而不能判断ab两点电势的上下，故AD错误；B、C、带电粒子从a到b点过程中，电场力做负功，电荷的电势能增大，由动能定理，粒子的动能减小，即粒子在a点的动能大于在b点的动能，粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，故BC正确；应当选：BC点评：在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生根本要求，也是重点知识，要重点掌握．3．质量为m的汽车，其发动机额定功率为P．当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k倍，如此车的最大速度为〔〕A． B．C． D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，汽车匀速向上运动时，对汽车受力分析，汽车处于受力平衡状态，由此可以求得汽车在上坡情况下的牵引力的大小，由P=Fv分析可得出结论．解答：解：当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，汽车匀速运动时，受力平衡，由于汽车是沿倾斜的路面向上行驶的，对汽车受力分析可知，汽车的牵引力F=f+mgsinθ=kmg+mgsinθ=mg〔k+sinθ〕，由功率P=Fv，所以上坡时的速度：，故D正确应当选：D点评：汽车的功率不变，但是在向上运动和向下运动的时候，汽车的受力不一样，牵引力减小了，P=Fv可知，汽车的速度就会变大，分析清楚汽车的受力的变化情况是解决此题的关键．4．一物体静止在升降机的地板上，在升降机匀加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于〔〕A．物体抑制重力所做的功B．物体动能的增加量C．物体动能增加量与重力势能增加量之差D．物体动能增加量与重力势能增加量之和考点：功能关系；功的计算；动能和势能的相互转化．分析：对物体进展受力分析，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程，表示出地板对物体的支持力所做的功．知道重力做功量度重力势能的变化．解答：解：物体受重力和支持力，设重力做功为W G，支持力做功为W N，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：W G+W N=△E kW N=△E k﹣W G由于物体加速上升，所以重力做负功，设物体抑制重力所做的功为：W G′，W G′=﹣W G所以：W N=△E k﹣W G=W N=△E k+W G′．根据重力做功与重力势能变化的关系得：w G=﹣△E p，所以有：W N=△E k﹣W G=W N=△E k+△E p．应当选：D．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量．5．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动的位移为h，空气阻力忽略不计，如下说法正确的答案是〔〕A．物体的重力势能减少mgh B．物体的重力势能减少2mghC．物体的动能增加2mgh D．物体的机械能保持不变考点：功能关系．分析：重力势能的变化量等于重力对物体做的功．只有重力对物体做功，物体的机械能才守恒．根据动能定理研究动能的变化量．根据动能的变化量与重力的变化量之和求解机械能的变化量．解答：解：A、由质量为m的物体向下运动h高度时，重力做功为mgh，如此物体的重力势能减小mgh．故A正确B错误．C、合力对物体做功W=ma•h=2mgh，根据动能定理得知，物体的动能增加2mgh．故C正确．D、由上物体的重力势能减小mgh，动能增加2mgh，如此物体的机械能增加mgh．故D错误．应当选：AC．点评：此题考查分析功能关系的能力．几对功能关系要理解记牢：重力做功与重力势能变化有关，合力做功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能变化有关．6．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上，设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，如此在工件相对传送带滑动的过程中正确的说法是〔〕 A．滑动摩擦力对工件做的功为B．工件的动能增量为C．工件相对于传送带滑动的路程大小为D．传送带对工件做的功为零考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：工件在传送带上运动时先做匀加速运动，后做匀速运动，物体和传送带要发生相对滑动，滑动摩擦力对传送带要做功．根据功能关系求解工件机械能的增量．由运动学公式求解相对位移．解答：解：A、工件从静止开始在摩擦力作用下加速达到v，摩擦力对工件做正功，使工件的动能增加了mv2，根据动能定理知，摩擦力对工件做的功W=mv2，A、B正确D错误．C、工件从开始运动到与传送带速度一样的过程中，工件相对传送带向后运动，设这段时间为t，t==，相对位移l=vt﹣t=t=，C正确．应当选：ABC．点评：当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，内能也要增加，这是解此题的关键地方．7．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到V m，立即关闭发动机而滑行直到停止，v﹣t 图线如图，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做功为W1，抑制摩擦力做功为W2，如此〔〕A． F1：F2=1：3 B． F1：F2=4：1 C． W1：W2=1：1 D． W1：W2=1：3考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．专题：动能定理的应用专题．分析：由动能定理可得出汽车牵引力的功与抑制摩擦力做功的关系，由功的公式可求得牵引力和摩擦力的大小关系；解答：解：对全过程由动能定理可知W1﹣W2=0，故W1：W2=1：1，故C正确，D错误；W1=FsW2=fs′由图可知：s：s′=1：4所以F1：F2=4：1，故A错误，B正确应当选BC点评：此题要注意在机车起动中灵活利用功率公式与动能定理公式，同时要注意图象在题目中的应用．8．如下列图，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中〔〕A．重物的重力势能减少 B．重物的重力势能增大C．重物的机械能不变 D．重物的机械能减少考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：根据重力做功，判断重力势能的变化，在整个运动的过程中，有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断重物机械能的变化．解答：解：A、重物由A点摆向最低点的过程中，重力做正功，重力势能减小．故A正确，B错误．C、在整个运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能增加，如此重物的机械能减小．故C错误，D正确．应当选AD．点评：解决此题的关键掌握重力做功和重力势能的关系，知道系统机械能包括重力势能、弹性势能和动能的总和保持不变．9．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如下列图；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为〔〕A．tanθ和 B．〔﹣1〕tanθ和C．tanθ和 D．〔﹣1〕tanθ和考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；解答：解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故D正确．应当选：D．点评：此题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；10．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中〔〕A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫块的动能全部转化成内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能考点：功能关系；弹性势能；机械能守恒定律．分析：通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可．解答：解：A、通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误；B、通过抑制摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确；C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误；D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误．应当选：B．点评：此题关键是明确缓冲器通过摩擦将局部动能转化为内能，还会储存局部弹性势能，再次向内能和动能转化，根底问题．11．如图，两根一样的轻质弹簧，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、形状一样的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有一样的压缩量，假设撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，如此从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块〔〕A．最大速度一样 B．最大加速度一样C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同考点：功能关系；弹性势能．分析：使两弹簧具有一样的压缩量，如此储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后的重力势能．解答：解：A、物块受力平衡时具有最大速度，即：mgsinθ=k△x如此质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比拟大，上升的高度比拟低，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，如此最大速度v较小，故A错误；B、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量一样，如此弹力一样，根据牛顿第二定律：a=可见质量大的最大加速度较小，故B错误；CD、由题意使两弹簧具有一样的压缩量，如此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，如此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，如此上升的最大高度不同，故C正确D错误．应当选：C．点评：此题考查了弹簧问题，注意平衡位置不是弹簧的原长处，而是受力平衡的位置．12．如下列图，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某物体与三个斜面间的动摩擦因数都一样，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比拟，如下说法正确的答案是〔〕A．物体损失的机械能△E c=2△E b=4△E aB．因摩擦产生的热量2Q a=2Q b=Q cC．物体到达底端的动能E ka=2E kb=2E kcD．因摩擦产生的热量4Q a=2Q b=Q c考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比拟三者动能大小，注意物体在运动过程中抑制摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比拟摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，如此物体下滑过程中抑制摩擦力做功为：W=mgμXcosθ，Xcosθ即为底边长度．A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．。
2015年河南省、山西省、河北省高考物理二调试卷
2015年河南省、山西省、河北省高考物理二调试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分．关于物理学发展过程，下列说法中正确的是（）A.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证C.自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷D.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系【答案】B【解析】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故B正确；C、自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故D错误；故选：B．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动途中用了10s的时间通过一座长120m的桥，过桥后汽车的速度为16m/s，汽车自身长度忽略不计，则（）A.汽车的加速度为1.6m/s2B.汽车过桥头时的速度为12m/sC.汽车从出发到过完桥所用时间为16sD.汽车从出发点到桥头的距离为40m【答案】D【解析】解：A、B、车通过桥的平均速度==12m/s，又，v=16m/s，故上桥头的速度v0=8m/s，车的加速度==0.8m/s2，故AB错误；C、初期加速用时：==10s，总用时为20s，故C错误；D、从出发点到A杆的距离x===40m，故D正确；故选：D根据平均速度的定义式求出车经过桥的平均速度，根据匀变速直线运动的平均速度这个推论求出经过桥头的速度，通过加速度的定义式求出车的加速度，结合位移速度公式求出出发点距离桥头的距离．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．3.一质最m=3kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图象如图所示．取g=10m/s2，则（）A.在0-6s内，合力的平均功率为16WB.在6s-10s内，合力对物体做功为96JC.物体所受的水平推力F=9ND.在t=8s时，质点的加速度为lm/s2【答案】C【解析】解：A、在外力作用下的加速度为撤去外力后的加速度为撤去外力后f=ma2=3×（-2）N=-6N施加的外力为F+f=ma1F=-f+ma1=-（-6）+3×1N=9N0-6s内的位移为x==30m故合力平均功率为，故AD错误，C正确；B、在6s-10s内，位移为x合力做功为W=fx=-6×16J=-96J，故B错误；故选：C根据速度-时间图象可知：0-6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s-10s 内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度和位移，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解力．在v-t图象中与时间轴所围面积即为物体运动位移，由P=求的功率本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解，再根据P=求的功率．属于中档题．4.如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在z轴上有a、b两点．若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是（）A.a点的电场强度方向与x轴方向相反B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子的电势能一定增加D.带电粒子的动能一定增加【答案】C【解析】解：A、沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A错误；B、点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大．即a点的场强小于b 点的场强，故B错误；C、若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C正确，D错误．故选：C电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，及沿着电场线方向电势降低，即可解决本题．5.如图所示是质谱仪的一部分，两个具有相同电荷量的离子．a、b以相同的速度从孔S沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，在磁场中分成两条轨迹，最终打到照相底片上．下列说法正确的是（）A.离子a，b均带负电B.离子a的质量小于b的质量C.离子a的运动周期等于b的运动周期D.离子a的运动时间大于b的运动时间【答案】D【解析】解：A、离子刚进入磁场时所受的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知两个离子均带正电．故A错误．B、离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知：v、q、B相同，r∝m，a的轨道半径较大，则a的质量较大．故B错误．C、由周期公式T=，知m越大，T越大，则离子a的运动周期大于b的运动周期．故C错误．D、两个离子在磁场中运动时间都是半个周期，所以离子a的运动时间大于b的运动时间，故B正确．故选：D．根据左手定则，即可确定离子的电性；离子进入磁场中做匀速圆周运动，由半径公式分析质量大小关系．根据周期公式，分析离子的运动周期关系，再分析时间关系．考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ引力常量为G，则（）A.航天器的环绕周期为B.航天器的轨道半径为C.月球的质量为D.月球的密度为【答案】AC【解析】解：A、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故A正确；B、根据几何关系得：．故B错误；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：．故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：月球的密度：．故D错误．故选：AC由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输人电压的变化规律为u=220sin100πt（V），P为滑动变阻器的滑片．当副线圈上的滑片M处于图示位置时，灯泡A能发光．操作过程中，小灯泡两端的电压均未超过其额定值，且认为灯泡的电阻不受温度的影响，则（）A.副线圈输出电压的有效值为22VB.滑片P向左移动时，变压器的输出功率增加C.滑片P向右移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片M向上移D.滑片M向上移动时，为保证灯泡亮度不变，需将滑片P向左移【答案】AD【解析】解：A、根据原线圈输人电压的变化规律u=220sin100πt（V），可知，原线圈电压最大值为220V，则原线圈电压有效值为，根据得：U，故A正确；B、滑片P向左移动时，电阻变大，变压器的输出电压不变，则输出功率变小，故B错误；C、滑片P向右移动时，电阻变小，若电压不变，则灯泡亮度变亮，若要亮度不变，则需要减小电压，所以M向下移，减小副线圈匝数，故C错误；D、滑片M向上移动时，副线圈匝数变大，则副线圈电压增大，为保证灯泡亮度不变，则滑动变阻器的电阻要增大，所以将滑片P向左移，故D正确．故选：AD根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，求出副线圈电压，根据电压与匝数成正比判断M移动时，副线圈电压的变化情况，再结合欧姆定律即可求解．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压变化情况分析即可，难度适中．8.如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r，的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与-个电阻连接．电阻的阻值为R．忽略电流表和导线的电阻，则（）A.通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化B.通过电阻R的电流方向不变，且从a到bC.通过电阻R的电流的最大值为D.通过电阻R的电流的最小值为【答案】BC【解析】解：A、B、导体棒OM切割磁钢线，有右手定则得：棒中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；C、M端的线速度为v=ωr，OM杆切割磁感线的平均速度为=，OM杆转动切割磁感线产生的电动势为E=B r=B r2ω，由于各个量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为I==，故C正确；D、当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，R中的电流最小．并联的电阻为R并=R，I==，故D错误；故选：BC导体棒OM切割磁钢线，有右手定则确定电流方向，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，通过R的电流最大．当左右两部分电阻的阻值相等时，并联后有最大电阻，通过R的电流有最小值；转动切割磁感线产生的电动势为E=BL2ω．根据欧姆定律研究电流的大小．本题是法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势公式E=BL2ω要在理解的基础记住，并要明确电路中电阻的变化情况，运用欧姆定律求解电流．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.某同学用烧瓶与玻璃管等器材制作了如图所示的简易测温装置，他用一小滴水银封闭一定质量的理想气体．若大气压强保持不变，而环境温度缓慢升高，则在这个过程中（）A.瓶内气体的密度增大B.瓶内气体对外界做正功C.热传递使瓶内气体的内能增加D.瓶内气体每个分子的动能都增大E.瓶内气体在单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少【答案】BCE【解析】解：由题意可知，气体压强不变，气体发生等压变化；A、由于烧瓶是导热的，外界温度逐渐升高，气体温度升高，根据理想气体的状态方程可知，气体的条件增大，所以瓶内气体的密度减小，故A错误；B、气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，故B正确；C、温度是方向的平均动能的标志，气体的分子势能忽略不计，温度升高，内能增大．故C正确；D、气体温度升高，分子平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大．故D错误；E、气体温度升高，体积变大，汽缸内单位体积内的分子数减少，单位时间内撞击活塞的分子数减少，故E正确；故选：BDE气体压强等于大气压与水银产生的压强之和，大气压不变，气体压强不变，气体是等压变化；理想气体内能由气体的温度决定，气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量．知道气体发生等压变化、知道理想气体内能由温度决定，熟练应用热力学第一定律即可正确解题．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象．Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是（）A.这列渡的波长是4mB.这列波的传播速度是1.25m/sC.M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向D.质点Q经过8s时，第一次到达波峰E.在0-16s内，质点Q经过的路程为11m【答案】ACD【解析】解：A、由甲图得到波长为4m，故A正确；B、由乙图得到周期为4s，故波速v==；故B错误；C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故C正确；D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故t=；故D 正确；E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=2，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E错误；故选：ACD．由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.已知氘核的比结合能是1.09M e V，氚核的比结合能是2.78M e V，氦核的比结合能是7.03M e V．在某次棱反应中，1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，则下列说法中正确的是（）A.这是一个裂变反应B.核反应方程式为H+H→H e+nC.核反应过程中释放的核能是17.6M e VD.目前核电站都采用上述核反应发电E.该核反应会有质量亏损【答案】BCE【解析】解：A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应．故A错误；B、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为H+H→H e+n．故B正确；C、根据质能方程△E=△mc2得一次聚变释放出的能量：△E=E2-E1=7.03×4-（2.78×3+1.29×2）=17.6M e V；故C 正确；D、目前核电站都采用核裂变发电．故D错误；E、该反应放出热量，所以一定有质量亏损．故E正确．故选：BCE1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电．本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为______ cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ______ ．（3）根据实验数据作出-t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为______ ．【答案】1.170；；2k【解析】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t-t=-t所以经过光电门1的速度v=gt″=v-gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v-gt若-t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．10.为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路．ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0Ω电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d= ______ mm．（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中a P长度x及对应的①表中数据描在-x坐标纸中，如图丙所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k= ______ （用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ2为______ Ω•m（保留两位有效数字）．②根据图丙中-x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为______ （保留两位有效数字）．【答案】0.400；；1.1×10-4；1.4Ω【解析】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①如图所示由图丙所示图象由电阻定律可得，R=ρ，由欧姆定律可得：R=，则图象斜率k=，s=联立解得：k==代入数据得：k==3联立解得电阻率为：ρ=代入数据得：ρ=1.1×10-6Ω•m；根据图丙中-x关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I（r+R0）即：3=（r+4.0）得：r=1.4Ω故答案为：（1）0.400；（2），1.1×10-6；1.4Ω．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，在竖直平面内的倾斜轨道AB和圆轨道BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），且∠BOC=θ=37°，圆轨道半径R=0.45m．一质量m=0.9kg的小球从轨道AB上高H处的某点以v0=2m/s的速度滑下，经过圆轨道最高点D后做平抛运动，直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，小球与直轨道AB的动摩擦因数μ=0.5，圆轨道BCD光滑，取g=10m/s2，求：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F．（2）小球释放点的高度H．【答案】解：（1）小球从D到E做平抛运动，由平抛运动的规律可得：R==v D t联立并代入数据解得：v D=2.5m/s；在D处，由牛顿第二定律得：mg+F N=m代入数据解得：F N=3.5N；由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力F=F N=3.5N，方向竖直向上；（3）小球从开始下滑到D的全过程，由动能定理得：mg H-μmgcosθs-mg•2R=mv D2-mv02由几何知识可得：代入数据解得：H=2.86m．答：（1）小球在轨道最高点D处对轨道的压力F为3.5N；（2）小球释放点的高度H为2.86m．【解析】（1）由平抛运动规律可求得D点的速度；再由向心力公式可求得球受到的支持力；由牛顿第三定律可求得压力；（2）对全过程由动能定理及几何关系可求得小球释放点的高度．本题考查动能定理及向心力公式，要注意明确全过程的受力分析，正确选择物理规律求解．12.如图甲所示，坐标空间第二象限和第三象限中有竖直向下的宽度为L的匀强电场，y轴为电场的右界面，虚线为电场区域的左边界，第四象限有磁感应强度为B0的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从电场左边界PQ某处以初速度v0沿x轴正方向运动，经电场偏转后恰好从坐标原点以与x轴正方向成θ=37°夹角进人磁场，粒子的重力不计．（1）求电场强度E的大小．（2）求粒子在磁场中运动的半径．（3）若磁感应强度的大小保持不变，而磁场的方向随时间t的变化如图乙所示，图乙中B＞0表示磁场方向垂直于纸面向外．而B＜0则表示磁场方向垂直于纸面向内．已知图象的变化周期T0=，则粒子在0～时间内的什么时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴？【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有水平方向L=v0t竖直方向v0tanθ=at又由牛顿第二定律得q E=ma联立以上各式解得E=（2）粒子进入时的速度大小为v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv B0=m（3）粒子在磁场中运动周期T==粒子在磁场中运动，恰好能再次运动到y轴的情况如图所示，粒子从O点射入的时间为t=-°•T=-=°答：（1）电场强度E的大小是．（2）粒子在磁场中运动的半径是．（3）粒子在0～时间内的t=时刻从O点射入，就可以在0～T0的时间内恰好不能穿过y轴．【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的分解和运动学公式求出加速度，再由牛顿第二定律得到E．（2）由速度的分解求出粒子进入磁场的速度，结合洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径．（3）作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的情况的轨迹图，运用粒子在磁场中运动时间与圆心角的关系，求出粒子射入的时刻，从而得出入射时间应满足的条件．解决本题的关键掌握粒子在磁场中的运动的半径公式和周期公式，知道运动时间与周期和圆心角的关系，本题的难点在于作出粒子在磁场中运动，恰好能在再次运动到y轴的轨迹图．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.如图所示粗细均匀的U形管左端封闭，O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和B，右端水银柱上方和大气相通．大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总长度为96cm，现将U形管右边倾斜α=37°角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在原位置，且右边水银柱没有进入水平管内．试求：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少？（2）右管内水银柱沿管移动的距离．【答案】解：（1）由题意可知，A部分气体等容变化，其始末状态压强分别为：p A=p B-h=p0+h-h=p0=76cm H g，p A=p0+hcosα-h=76+19cos37°-19=72.2cm H g，由查理定律得：=，则热力学温度之比：===；（2）对B部分气体其始末状态压强分别为：p B=p0+h=76+19=95cm H g，p B=p0+hcosα=76+19cos37°=91.2cm H g，设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为L ，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：L=L，则：L-L=L=×96=1cm，即水银柱沿管向下移动了1cm；答：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为20：19；（2）右管内水银柱沿管移动的距离为1cm．【解析】（1）求出气体A的压强，由查理定律可以求出热力学温度之比．（2）求出B气体的压强，应用理想气体状态方程求出B气体后来的长度，然后求出水银柱移动的距离．本题考查了气体的温度之比、水银柱移动的距离，分析清楚题意、选择恰当的研究对象、根据题意求出气体状态参量，应用查理定律与理想气体状态方程即可正确解题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=R．一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB=R求：（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．（2）光线在光屏形成的光斑到A点的距离．【答案】解：（1）分析如图．设入射点B到O的垂直距离BO=h，∠BCO=β，折射角为i．对△OBC，由正弦公式得：。
河南省八市重点高中联考2015-2016学年高三(上)月考物理试卷(11月份)(解析版)
河南省八市重点高中联考2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（11月份）一、单项选择题（本大题包括14个小题，每小题4分，共56分；在每小题给出的四个选项中，第1～11题，每小题只有一个选项符合题目要求；第12～14题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）．1．在天文学理论建立的过程中，有许多物理学家做出了贡献，关于他们的贡献，下列说法正确的是（）A．笛卡尔最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性的概念B．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法C．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上D．牛顿发现了万有引力定律，并计算出地球与月球间引力的大小2．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，若上端轻放一质量为m的物体甲（物体与弹簧不连接，重力加速度为g，不计阻力），当甲下降h时，其速度变为零；若上端轻放一质量为2m的物体乙，当乙也下降h时，下列说法正确的是（）A．甲下降过程中先加速再减速B．甲下降过程中甲与弹簧、地球所组成的系统总势能逐渐减小C．乙下降过程中先失重再超重后失重D．乙下降h时，速度大小为23．在沙滩手球比赛中，假设某运动员将质量为0.35kg的手球以3m/s的速度水平抛出，当手球的速度为5m/s时，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为（）A．1.4J，6W B．2.8J，14W C．2.8J，17.5W D．5.6J，14W4．如图所示，质量为M的半圆形球体静止在水平地面上，将质量为m的方物块（可视为质点）轻放在半圆形球体上，方物块也处于静止状态，已知方物块与球心的连线和水平地面的夹角为θ，方物块与半球体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．地面对半球体没有摩擦力，半球体对方物块也没有摩擦力B．方物块对半球体的压力大小为mgcosθ，摩擦力大小为μmgcosθC．方物块所受摩擦力大小为mgcosθD．若水平地面是光滑的，半球体和方物块向右加速运动5．如图甲所示，物体以水平向右的初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F=7N作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度随时间变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．下列说法中正确的是（）A．1.0s末物体的合外力方向未发生改变B．0～3s内物体的平均速度大小是9.0m/sC．物体的质量是1.0kgD．物块与水平面间的动摩擦因数为0.66．如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m、斜面AB、水平面BC与物块之间的动摩擦因数都为μ、斜面的高度h和底边长度x均可独立调节（斜面长度随之改变，但斜面底端与水平面右端接触点B不变，不计B处碰撞的能量损失），下列说法正确的是（）A．若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大B．若只增大H，物块滑到斜面底端时的动能减小C．若只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大D．若只改变x，物块最终在水平面上停止的位置会改变7．已知火星是类地行星，质量和半径都比地球小，火星的质量是地球质量的倍，半径是地球半径的倍．如果有一天地球上的人类能在火星和地球之间通过航天器往来，根据以上信息，请你判断下列说法正确的是（）A．火星的同步卫星周期一定小于地球的同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的倍C．火星上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的倍D．从地球上发射航天器到火星上去，发射速度应不小于16.7km/s8．如图是某龙舟队在比赛中要渡过的宽为288m两岸平直的河，河中水流的速度均为v=5.0m/s，龙舟从M处出发后实际航行沿直线MN到达对岸，若直线MN与河岸成53°角，龙舟在静水中的速度大小也为5.0m/s，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，则龙舟从M点沿直线MN到达对岸所经历的时间为（）A．30s B．60s C．90s D．120s9．如图所示，用一根不可伸长的轻绳悬吊着一个可视为质点的小球，在悬点的正下方有一根小钉b，把小球拉开一个角度后从d点由静止释放，已知d、a等高，b是ac的中点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球从d运动到c的过程中，重力的瞬时功率一直增大B．小球在c点所受到绳子的拉力突然增大C．小球运动到c的左侧，绳子的拉力对小球做正功D．小球摆到a点后绕b点能做完整的圆周运动10．质量为m的杂技演员骑摩托车在竖直的固定圆轨道内侧做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．杂技演员在最高点时对座位的压力必须大于mgB．杂技演员在最低点时对座位的压力小于mgC．车在最高点时杂技演员处于倒坐状态没有保险带会掉下来D．杂技演员在最高点和最低点所受合力大小相等11．如图所示，用一根细线一端固定在一光滑斜面顶上，另一端系一可视为质点的小球m，设线的张力大小为F、斜面对小球的支持力大小为F N，光滑斜面在外力作用下向右做加速度增大的加速运动，（细线不会被拉断）则F和F N随α变化的情况是（）A．F一直减小B．F先增大后减小C．F N一直增大D．F N先减小后不变12．2015年6月28日，为执行国际空间站货运补给任务的美国猎鹰9火箭发射升空2分钟后爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度的过程中，其质量不变，则（）A．该碎片在空中下落过程中重力做的功大于动能的增加量B．该碎片在空中下落过程中重力的平均功率等于空气阻力的功率C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量D．该碎片在整个过程中机械能的增量等于除重力外其他力做功的代数之和13．“玉兔号”是中国首辆月球车，若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（）A．“玉兔号”在月球表面质量为B．地球的质量与月球的质量之比为C．月球表面处的重力加速度大小为D．“玉兔号”在地球表面飞行与在月球表面飞行的周期之比为14．在未知方向的力F作用下，一质量为1.0kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上作直线运动．物体的动能E k随位移x变化的关系如图所示．（g=10m/s2）由上述已知条件，可求出（）A．力F的最小值为2.5NB．力F不可能大于10NC．物体运动过程中在任意位置的加速度大小D．物体运动过程中在任意位置力F的功率二、实验题（本题包括3个小题，共14分）．15．某同学用图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．（1）图甲中打点计时器应该使用频率50Hz、电压为V的交流电．（2）图乙为实验得到的纸带，由此可以计算出小车的加速度大小为m/s2．（保留2位有效数字）（3）该同学使用控制变量法，保持小车质量m不变，改变砂和砂桶质量M，得到了加速度a随合力F变化的图线如图丙所示．该图线不通过原点的原因是．16．图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为mm和mm．17．用如图所示的装置可验证机械能守恒定律，直径为d的摆球A拴在长为L的不可伸长的轻绳一端（L＞＞d），绳的另一端固定在O点，O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门B．现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向θ角时，由静止开始释放摆球，当其通过最低位置时，光电门B记录的遮光时间为t．（1）摆球通过最低点的速度v=（用题中字母表示）（2）写出满足机械能守恒的表达式（用题中字母表示）三、计算论述题（本题包括4个小题，共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）．18．如图所示，倾角为θ的斜面顶端部分是一表面粗糙的水平台面，一根轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端靠着一质量为m的小木块，用外力作用于木块，使弹簧处于压缩状态．某时刻撤去外力，弹簧恢复原长将木块弹开后，木块继续在平台上滑行一段距离后从平台最右端滑出，恰好落在斜面上的P点（图中未画出），已知P点到平台最右端的距离为s，初始时刻木块到平台最右端距离为x，木块与平台间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，求刚开始弹簧所存储的弹性势能．19．如图所示，一质量为1kg的物块滑静止在水平面上的O点，现对物块施加一个与水平面成θ=53°角向下的恒力，物块以3m/s2的加速度向左运动，OP间距为2m，水平面与斜面在P点对接，物块到P点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上倾角为θ=53°角的斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.5，物块可视为质点，重力加加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）物块运动到P点时的速度和推力F的大小；（2）物块在斜面上向上滑行的最大距离．20．2015年7月24日，天文学家确认发现首颗位于“宜居带”上体积最接近地球大小的行星（代号为“开普勒﹣452b”），这是人类在寻找另一颗地球的道路上的重要里程碑．设想某一天，宇航员登上该星球并做如下实验：实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜轨道AB和半圆弧轨道BC 组成，将质量为m0=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变高度H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．求：（计算结果均保留3位有效数字）（1）假设该行星的半径R=5000km，求行星的质量M；（2）在（1）问前提下，若已知质量为m的飞船距离该行星中心距离为r处的引力势能表达式为E p=﹣，将质量为m=2000kg的飞船，在该行星上发射到距离行星表面的高度h=5000km的圆轨道上，火箭至少要对飞船做多少功？（为简化计算不考虑行星自转对发射的影响）21．如图所示，固定的AB轨道由半径为r1=0.6m和半径为r2=0.3m的两段圆弧相切连接，其中AC 弧对应的圆心角为30°，A点与圆弧的圆心O1等高，CB弧对应的圆心角为60°，质量为m=2kg的小物块（可视为质点）．从固定的光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于光滑水平面的长木板上，物块先将弹簧压缩至最短位置，物块与木板的共同速度大小为v1，弹簧后将物块重新弹开．物块恰好回到木板的右端而不掉下来，物块与木板的共同速度大小为v2，已知v1=v2=v=m/s，长木板质量M=3kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，长木板左端有长度不计的轻质弹簧，物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，求（1）小滑块经过B点时对圆弧轨道压力的大小；（2）长木板最小长度；（3）弹簧具有的最大弹性势能2015-2016学年河南省八市重点高中联考高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题包括14个小题，每小题4分，共56分；在每小题给出的四个选项中，第1～11题，每小题只有一个选项符合题目要求；第12～14题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）．1．在天文学理论建立的过程中，有许多物理学家做出了贡献，关于他们的贡献，下列说法正确的是（）A．笛卡尔最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性的概念B．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法C．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上D．牛顿发现了万有引力定律，并计算出地球与月球间引力的大小【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性的概念，故A错误；B、伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法，故B正确；C、牛顿认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上，故C错误；D、牛顿发现了万有引力定律，当时万有引力常量没有测量出来，所以不能计算出地球与月球间引力的大小，故D错误；故选：B【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，若上端轻放一质量为m的物体甲（物体与弹簧不连接，重力加速度为g，不计阻力），当甲下降h时，其速度变为零；若上端轻放一质量为2m的物体乙，当乙也下降h时，下列说法正确的是（）A．甲下降过程中先加速再减速B．甲下降过程中甲与弹簧、地球所组成的系统总势能逐渐减小C．乙下降过程中先失重再超重后失重D．乙下降h时，速度大小为2【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】通过分析物体甲的受力情况分析其运动情况．物体甲下降过程中，甲和弹簧组成的系统机械能守恒．根据加速度的方向分析物体的状态．根据机械能守恒求解乙下降h时的速度．【解答】解：A、甲下降过程中，所受的弹力先小于重力，后大于重力，则甲先加速后减速，故A 正确．B、物体甲下降过程中，甲和弹簧组成的系统机械能守恒，甲的动能先增大后减小，则甲与弹簧、地球所组成的系统总势能先减小后增大，故B错误．C、乙下降过程中，先加速后减速，先失重后超重，故C错误．D、物体甲下降h时，根据机械能守恒有mgh=E p．物体乙下降h时，根据机械能守恒定律得2mgh=E p+，得v=，故D错误．故选：A【点评】解决本题的关键要掌握两对关系|运动与力的关系、功与能的关系．要注意两个物体下降到同一高度时弹簧的弹性势能相同．3．在沙滩手球比赛中，假设某运动员将质量为0.35kg的手球以3m/s的速度水平抛出，当手球的速度为5m/s时，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为（）A．1.4J，6W B．2.8J，14W C．2.8J，17.5W D．5.6J，14W【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】根据平行四边形定则求出竖直分速度，结合速度位移公式求出下降的高度，从而得出重力势能的减小量，根据竖直分速度的大小，求出重力的瞬时功率．【解答】解：根据平行四边形定则知，手球的竖直分速度m/s=4m/s，此时下落的高度h=，则重力势能的减小量△E p=mgh=3.5×0.8J=2.8J．重力的瞬时功率P=mgv y=3.5×4W=14W．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】本题考查了功率和平抛运动的综合，通过平行四边形定则求出竖直分速度是解决本题的关键，掌握求解瞬时功率的方法，基础题．4．如图所示，质量为M的半圆形球体静止在水平地面上，将质量为m的方物块（可视为质点）轻放在半圆形球体上，方物块也处于静止状态，已知方物块与球心的连线和水平地面的夹角为θ，方物块与半球体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．地面对半球体没有摩擦力，半球体对方物块也没有摩擦力B．方物块对半球体的压力大小为mgcosθ，摩擦力大小为μmgcosθC．方物块所受摩擦力大小为mgcosθD．若水平地面是光滑的，半球体和方物块向右加速运动【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】以方物块和半球体整体作为研究对象，根据平衡条件得到地面对半球体的支持力和摩擦力．以方物块为研究对象，根据平衡条件求出半球体对它的支持力和摩擦力，再牛顿第三定律得到物块对半球体的压力大小．【解答】解：A、以方物块和半球体整体作为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力．但半球体对方物块有摩擦力，故A错误．BC、对物块受力分析，物块受到重力、支持力和摩擦力，三力作用下物块处于平衡状态，合力为零，如图，可知球面对方物块的支持力N=mgsinθ，物块受到的摩擦力沿切线方向向下，大小为f=mgcosθ，则方物块对半球体的压力大小为mgsinθ，故B错误，C正确．D、以整体为研究对象，半球体和方物块受到的重力为（M+m）g和地面对它的支持力大小相等，不会向右加速运动，故D错误．故选：C【点评】本题考查处理力平衡问题的能力，采用整体法和隔离法相结合的方法．本题看出地面对半球体无摩擦力，与地面是否光滑无关．5．如图甲所示，物体以水平向右的初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F=7N作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度随时间变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．下列说法中正确的是（）A．1.0s末物体的合外力方向未发生改变B．0～3s内物体的平均速度大小是9.0m/sC．物体的质量是1.0kgD．物块与水平面间的动摩擦因数为0.6【考点】牛顿第二定律．【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】根据图象判断出1s末物体的加速度变化，判断出受力，根据v﹣t图形求的位移，由平均速度公式求得，根据v﹣t图象判断出减速和加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求的质量和摩擦因数【解答】解：A、1s末物体的加速度方向发生改变，运动方向不变即合力方向变化，故A错误；B、在0﹣3s通过的位移为：x=，平均速度为：v=，故B错误；C、在减速阶段加速度为：，F+μmg=ma1，在加速阶段有：，F﹣μmg=ma2，联立解得：m=1.0kg，μ=0.3，故C正确，D错误；故选：C【点评】解决本题的关键通过图线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分析6．如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m、斜面AB、水平面BC与物块之间的动摩擦因数都为μ、斜面的高度h和底边长度x均可独立调节（斜面长度随之改变，但斜面底端与水平面右端接触点B不变，不计B处碰撞的能量损失），下列说法正确的是（）A．若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大B．若只增大H，物块滑到斜面底端时的动能减小C．若只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大D．若只改变x，物块最终在水平面上停止的位置会改变【考点】动能定理．【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】根据动能定理求出物块滑到斜面底端时的动能表达式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解．【解答】解：ABC、对物块，运用动能定理可得：mgh﹣W f=E k﹣0，其中E k为物块滑到斜面底端时的动能，W f为下滑过程物块克服摩擦力所做的功，且W f=fs=μmgcosθ•s=μmgx，故得：E k=mgh﹣μmgx．则若只增大x，或只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能减小．若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能增大，故A、B、C错误．D、设斜面长为L，倾角为θ，物块在水平面上滑动的距离为S．对物块，由动能定理得：mgh﹣μmgcosθ•L﹣μmgS=0，即mgh﹣μmgx﹣μmgS=0，若只改变x，S会改变，物块最终在水平面上停止的位置会改变，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键得出动能定理得出物块滑到斜面底端时的动能表达式，明确滑动摩擦力做功与水平位移大小有关．7．已知火星是类地行星，质量和半径都比地球小，火星的质量是地球质量的倍，半径是地球半径的倍．如果有一天地球上的人类能在火星和地球之间通过航天器往来，根据以上信息，请你判断下列说法正确的是（）A．火星的同步卫星周期一定小于地球的同步卫星周期B．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的倍C．火星上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的倍D．从地球上发射航天器到火星上去，发射速度应不小于16.7km/s【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径和中心天体质量的关系式，从而分析判断．根据万有引力等于重力得出物体在火星和地球上重力的大小关系．根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度的表达式，从而得出第一宇宙速度的关系．发射的速度一旦达到第二宇宙速度，会脱离地球的引力，绕太阳飞行．【解答】解：A、根据得，周期T=，因为不知道火星和地球同步卫星轨道半径的关系，则无法比较同步卫星周期的大小关系，故A错误．B、根据知，火星的质量是地球质量的倍，半径是地球半径的倍．则物体在火星上的重力是地球上重力的，故B错误．C、根据得，第一宇宙速度v=，因为火星的质量是地球质量的倍，半径是地球半径的倍，则火星上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的倍，故C正确．D、从地球上发射航天器到火星上去，发射速度应小于16.7km/s，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．8．如图是某龙舟队在比赛中要渡过的宽为288m两岸平直的河，河中水流的速度均为v=5.0m/s，龙舟从M处出发后实际航行沿直线MN到达对岸，若直线MN与河岸成53°角，龙舟在静水中的速度大小也为5.0m/s，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，则龙舟从M点沿直线MN到达对岸所经历的时间为（）A．30s B．60s C．90s D．120s【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】根据运动的合成与分解，结合矢量法则，并依据几何关系，及正确作图，即可求解．【解答】解：设船头与航线MN之间的夹角为α，船速、水速与船在水中的合速度如图所示，由几何知识得α=53°，船在水中的合速度大小为6.0m/s，方向沿MN．航线MN的长度为：L==360m，故小船从M点沿直线MN到达对岸所经历的时间为60s．故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】考查运动的合成与分解的应用，掌握矢量合成法则，注意几何关系的正确运算．9．如图所示，用一根不可伸长的轻绳悬吊着一个可视为质点的小球，在悬点的正下方有一根小钉b，把小球拉开一个角度后从d点由静止释放，已知d、a等高，b是ac的中点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球从d运动到c的过程中，重力的瞬时功率一直增大B．小球在c点所受到绳子的拉力突然增大C．小球运动到c的左侧，绳子的拉力对小球做正功D．小球摆到a点后绕b点能做完整的圆周运动【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】根据重力的瞬时功率公式，抓住初末状态重力的瞬时功率为零，判断重力瞬时功率的变化．根据牛顿第二定律，抓住通过最低点前后瞬时速度大小不变，结合半径的变化判断拉力的变化．拉力的方向与速度方向垂直，拉力不做功．小球在细线作用下在竖直平面内做圆周运动，最高点的速度不为零，结合机械能守恒分析小球能否完成完整的圆周运动．【解答】解：A、重力的瞬时功率P=mgvcosθ，其中v是即时速度，θ是即时速度的方向与重力方向的夹角，小球在c点和d点重力的瞬时功率均为零，可知重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误．B、小球经过c点前后瞬间，速度大小不变，根据T﹣mg=m，由于小球转动的半径减小，则拉力增大，故B正确．C、拉力的方向与小球的运动方向始终垂直，则小球始终不做功，故C错误．D、小球要绕b点做完整的圆周运动，在a点的速度需大于等于，根据机械能守恒，小球运动到a点等高处速度为零，可知小球不能摆到a点，故D错误．故选：B．。
2015届高三高第二次统一考试理综物理试题9
理科综合能力测试14．下列说法符合物理学史的是A ．安培提出了电场的观点，说明处于电场中的电荷所受的力是电场给予的B ．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕C ．电荷量e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的D ．法拉第提出了分子电流假说15．质量为m 的卫星围绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径是地球半径的2倍。
已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则卫星的动能是A ．1/4 mgRB ．1/2 mgRC ．mgR D ．2mgR16．如图所示，斜劈形物体的质量为M ，放在水平地面上，质量为m 的粗糙物块以某一速度沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m 上下滑动的整个过程中A ． 地面对斜劈M 的摩擦力方向先向左后向右B ．地面对斜劈M 的摩擦力方向没有改变C ．地面对斜劈M 的支持力总等于(M +m) gD ．物块m 向上、向下滑动时的加速度大小相同17．电阻为R 的负载接到20V 直流电压上消耗的电功率是P 。
用一个变压器，原线圈接最大值为200V 的正弦交流电压，副线圈接电阻R ，要使R 上消耗的电功率为p/2，则变压器原、副线圈的匝数比为A ．120B ．1210 C ．110D ．101 18．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，则以下判断正确的是A ．金属块带正电荷B ．金属块克服电场力做功8 JC ．金属块的机械能减少12 JD ．金属块的电势能减少4 J19．如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一重力不忽略，中间带有小孔的正电小球套在细杆上。
现在给小球一个水平向右的初速度v o ，假设细直杆足够长，小球在运动过程中电量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v o 与时间t 的关系图像可能是20．如图所示的电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，电表均为理想电表。
河南省八市重点高中2015届高三教学质量监测考试 理综试题及答案
河南省八市重点高中教学质量监测考试理科综合命题：汉文化百校联盟审题：石家庄一中石家庄二中正定中学注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再造涂其它答案标号框。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可用到的相对原子量：H-l C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-30.5 Fe-56 Ni-59第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
l.如图所示，甲为甘蔗叶肉细胞内某结构，乙为该结构中某部位的局部放大。
下列有关说法正确的是A.己圈是甲图中①②部位的局部放大，该部位还能合成ATPB.乙图中光台色素在层析液中的溶解度不同，可以利用该原理将它们分离C.结构③消耗[H]，结构④中产生[H]D.甘蔗根尖细胞中无甲图所示结构，因此不具有发育成一个完整植株的潜能2.视网膜母细胞瘤是眼科最常见的恶性肿瘤，俗称眼癌，发病原因可能与RB蛋白缺失有关。
RB蛋白是常染色体上的RB基因编码的蛋白质，其分布于细胞核内，能抑制细胞增殖。
正常人体细胞中含有一对RB基因，当两个RB基因同时突变时，不能合成正常的RB蛋白，就会发生视阿膜母细胞瘤。
下列相关叙述正确的是A. RB蛋白的作用原理可能是在细胞核内合成后，与染色体结合，抑制其复制B. RB基因能抑制细胞癌变，在人体所有细胞中都有该基因C. RB基因发生的突变属于隐性突变，是RB基因的碱基序列定向突变造成的D.当父母双方都携带RB基因的突变基因时，儿子发病辜为四分之一3.下列关于群落的叙述中，正确的是A.土壤中的小动物不存在垂直分层现象B.群落中物种丰富度与种群密度呈正相关C.生物群落的营养关系越复杂，生态系统的恢复力稳定性越高D.群落演替受群落内部因素和外界因素的影响4.下列关于盐酸在不同生物学实验中作用的描述不正确的是A.在观察DNA和RNA在细胞中分布的实验中，盐酸可以改变细胞膜的通透性B.在观察洋葱根尖细胞有丝分裂实验中，盐酸有利于染色剂与染色体的结合C.在探究生物体维持pH稳定的机制实验中，用缓冲液和自来水作为对照，盐酸的浓度属于无关变量D.在探究pH对酶活性影响的实验中，盐酸用于调节溶液的pH，属于自变量5．某种农业害虫，雄虫的性染色体为XY，雌虫的为xx。
2015河南省郑州市高三物理二模试卷(含答案)
高中毕业年级第二次模拟考试物理试题卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页，考试时间90分钟，满分100分。
考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。
交卷时只交答题卡。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
）1．关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是A ．第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动定律B ．开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力C ．牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度， 对万有引力定律进行了“月地检验”D ．卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值2．“神舟十号”飞船太空授课中，航天员王亚平曾演示了太空中采用动力学方法测量质量的 过程。
如图所示是采用动力学方法测量“天宫一号”空间站质量的原理图。
若已知飞船 质量为3．5×103 kg ，其推进器的平均推力为1560 N ，在飞船与空间站对接后，推进器 工作了7 s ，在这段时间内，飞船和空间站速度变化了0．91 m ／s ，则空间站的质量约为A ．1．2×104 kgB ．8．5×103 kgC ．1．6×104 kgD ．5．0×103 kg3．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率的平方成正比。
在同一坐标系中，用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图象，可能正确的是4．一半径为R 的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P ，它与环心O 的距离OP ＝L 。
河南省八市重点高中2015届高三第二次联考9科答案
河南省八市重点高中2015届高三第二次联考语文.答案 (1)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考英语.答案 (5)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考数学（文科）.答案 (6)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考数学（理科）.答案 (11)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考政治参考答案 (16)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考历史参考答案 (20)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考地理.答案 (21)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考物理.答案 (22)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考化学.答案 (24)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考生物.答案 (25)河南省八市重点高中2015届高三第二次联考语文·答案一、（9分，每小题3分）1．B。
（制作筷子的材料，最主流者为木材和竹子，春秋时期便已有牙箸、玉箸，秦汉时期有铜箸、铁箸，盛唐时有漆箸、金箸、银箸、象牙箸等，发展至今，制材可谓是五花八门。
）2．D。
（筷子古名曰“箸”，“箸”易名为“筷”有成说，与民间讳俗有关。
民间讳言“住”，故更之为“快”，又因筷子多以竹制成，就在“快”字头上添“竹”字头，“筷”字乃成；近代汉语中，单音节名词有向双音节名词发展的趋势，于是“筷子”应运而生。
）3．C。
（“昔者纣为象箸而箕子怖”，不是因为筷子只应该“大朴胜华”，而是箕子见微知著，从殷纣王使用象牙筷子吃饭一事推想到纣王可能由此骄奢淫逸，一发而不可收，终至亡国身死的结局。
因而箕子感到很可怕。
）4、答案：C解析：趣，催促。
5、C6、B解析：是前任县令中有三个因此受到牵连，其中一个还因为受牵累死去，江皋慨然承担所拖欠的赋税，让前县令离去，让牵累死去的县令的妻儿回了家。
7、（1）这些人是为饥寒所迫沦为盗贼的，安抚他们很容易，如果威逼，就会使他们跑到楚地去依靠强盗了。
(“辈、迫、走、藉”各1分，大意1分。
2015年高考模拟试题_河南省六市高三第二次联考物理试题 (解析版)
河南省六市2015年高中毕业班第二次联考物理试题本试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。
第I卷（选择题，共126分）二、选择题：（本题共8小题，每小题6分。
其中第14 -18小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，第19 - 21小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分．不选或有选错的得0分。
）14．关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是A．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B．库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值C．第谷通过对行星运动的观测数据进行分析，得出了开普勒行星运动定律D．法拉第发现了电磁感应现象15．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd（ab、cd在同一条水平直线上）连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。
在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P．当P中通以方向向外的电流时A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动16．如图所示，有界匀强磁场区域的半径为r，磁场方向与导线环所在平面垂直，导线环半径也为r，沿两圆的圆心连线方向从左侧开始匀速穿过磁场区域，在此过程中．关于导线环中的感应电流i随时间t 的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是17．如图所示，A、B是两个带电量相等的异种点电荷，A带正电，B带负电，OO′为两点电荷连线的垂直平分线，P点是垂足，若从P点以大小为v0的初速度发射一个质子，则A．若质子初速度方向由P指向A，则质子在接近A点的过程中速度越来越大B．若质子初速度方向由P指向B，则质子在接近B点的过程中加速度越来越大C．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的大小不变D．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的方向不变18．已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6．6倍．+一飞行器绕地球做匀逮圆周运动的周期为3小时。
河南省洛阳市2015届高三第二次统一考试理综物理试题
2014——2015学年高中三年级第二次统一考试理科综合物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
其中第Ⅱ卷33～40题为选考题，其它题为必考题。
考生作答时，将答案答在答题卷上，在本试卷上答题无效。
第Ⅰ卷（选择题，共126分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科自填写在答题卷上。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卷上对应题目答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
答在试题巷上无效。
3．非选择题用0．5毫米黑色墨水签字笔直接写在答题卷上每题对应的答题区域内，答在试题卷上无效。
4．考试结束后，请将答题卷上交。
可能用到相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24Ca－40 Cr－52 Cu－64 Au－197二、选择题（本题共8小题，每小题6分,共48分.其中第14－18题只有一项符台题目要求,第19－21题有多项符合题目要求．全部选对得6分,选对但不全得3分,选错或者不选得0分）14．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上C．奥斯特发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D．安培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15．如右下图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如右下图乙所示．则A．F的最大值为12 NB．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m／sD．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动16．如右下图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度．已知万有引力常量为G，则月球的质量是A ．23l G t θB ．32Gl tθ C ．32l G tθ D ．23t G l θ 17．如右下图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P 向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是A ．电压表○V1的读数减小，电流表○A 的读数增大B ．电压表○V1的读数增大，电压表○V2的读数增大C ．电阻R P 消耗的功率增大，电容器C 所带电量增加D ．电压表○V2的读数减小，电流表○A 的读数减小18．如右下图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O 点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零．若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是A ．小球的机械能先增大后减小B ．弹簧的弹性势能一直增加C ．重力做功的功率一直增大D ．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大19．如图所示，一个质量为0．4 kg 的小物块从高h ＝0．05m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝2x －6（单位：m ），不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10m ／s 2，则下列说法正确的是A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1m ／sB ．小物块从O 点运动列P 点的时间为l sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m ／s20．如右下图所示，匀强电场中的△PAB 平面平行于电场方向C 点为AB 的中点，D 点为PB的中点．将一个带电粒子从P 点移动到A 点，电场力做功W PA ＝1．6×10－8J ；将该粒子从P 点移动到B 点，电场力做功W PB ＝3．2×10－8J ．则下列说法正确的是A．直线PC为等势线B．直线AD为等势线C．若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功W BA＝1．6×10－8JD．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为W PC＝2．4×10－8J21．海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图中斜线阴影部分），如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0．2T，线圈直径D＝0．4m，电阻r＝1Ω．取重力加速度g＝10m／s2，π2≈10．若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0．4πsin（πt）m／s．则下列说法正确的是A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin（πt）VB．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin（πt）AC．灯泡的电功率为120WD第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题。
河南省十所名校2015届高三11月第二次联考试题——物理
河南省十所名校2015届高三11月第二次联考物 理本试题卷分第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（答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中。
第1～6题只有一个选项符合题目要求。
第7～10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．2014年8月11日，天空出现了“超级月亮”，月亮比平时显得又大又圆。
这是月球运动 到了近地点的缘故。
然后月球离开近地点向着远地点而去，“超级月亮”也与我们渐行渐远。
在月球从近地点运动到远地点的过程中，下面说法正确的是A ．月球运动的线速度不变B ．月球运动的角速度不变C ．月球的向心加速度不变D ．月球与地球连线单位时间内扫过的面积不变2．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。
假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R ，重力加速度为g ，列车转弯过程中倾角（车厢与水平面夹角）为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度（既不挤压外轨又不挤压内轨）为A B C D 3．四块完全相同的积木叠放成如图所示的圆弧桥，左右两端各用一固定在地面上的滑块使圆弧桥静止，不计积木间的摩擦力，设积木的质量为m ，则关于积木间的作用力，下列说法正确的是 A ．1、2积木问的作用力为mgB ．2、3积木间的作用力为mg 。
C ．1、4积木对2、3整体的作用力的合力为D ．1、4积木对2、3整体的作用力的合力为04．美航天研究机构2013年4月18日宣布，环绕天琴座恒星“开普勒62”的行星“Kepler －62e ”是迄今已观测到的太阳系外“最像地球”的行星之一，该行星体积不到地球的两倍，温度条件适宜，是否宜居值得期待。
设该行星与地球均可视为质量分布均匀的球体，密度是地球的n 2倍，人造卫星在地球表面附近的圆轨道上绕地球匀速运行一周所需时间为T ，那么人造卫星若在“Kepler －62e ”表面附近的圆轨道上绕“Kepler －62e ”匀速运行一周所需时间T '为A ．nTB ．Tn C ． D 5．“套圈”是一项老少皆宜的游乐项目。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
在电场中做匀变速直线运动 …………………………………………（2分）
所以 …………………………………………（2分）
所以 …………………………………………（2分）
17.（16分）答案（1）设方物块的总个数为N
速度最大时，合外力为零： ………………………（2分）
（3）只要物块的后端（最左端）能通过B点，则所有方块都能通过B点，设物块的前端（最右端）距A点的距离为x2处由静止释放，物块刚好全部进入时的速度为v
……………………………………（2分）
从刚好全部进入AB区域，到全部离开AB区域的过程中，最后一个方物块的加速度保持不变
………………………………………（2分）
μ＝0.5…………………………………………………………（1分）
（2）所有物块在进入AB区域的过程中，物块间不会分离，摩擦力先由零逐渐增大，并且随位移均匀增大，完全进入后，摩擦力为恒力。设物块最终静止时最右端离A点距离为x1，由动能定理得：
……………………（3分）
x1=3L即物块最右端刚好停在B点…………………………………（2分）
河南省八市重点高中2015届高三物理第二次联考试卷（扫描版）
物理·答案
一、选择题（每题5分，共60分）
1.C 2.C 3.B 4.C 5. D 6. A 7.B8 A9.AD 10.BD 11.BCD 12.BC
二实验题
13.（5分，每空1分）(1)L31mm(2)Lx(3)4.910
14.（9分）（1）温度升高，小灯泡电阻增大(1分)
（方法二）或者 …………………………①
…………………………②
两式相除得： 或
其它方法同样给分
16.（12分）解析：(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动
由牛顿第二定律得 ………………………………（3分）
(2)粒子沿y轴负方向为 角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周期为
……………………（3分）
联立求解得：X2=3L………………………………………………（1分）
（4）因为B点右侧光滑，每个物块离开B点后，各物块的速度不同，物块之间将有间距发生。假设将AB区域向右无限延长，从x2＝3L处由静止释放，ห้องสมุดไป่ตู้块的最左端刚好到达B处静止时，所有物块均同时静止。每个物块在B点的初动能等于各自的合外力做的功，合外力为F合＝μmg-Eq，方向均向左，向右的平均位移为L由功能关系得：
（2）7.7（2分）0.53（2分）
（3）0.33（0.30-0.35）（4分）
15．(8分)（方法一）设AB＝BC＝L
AB段时间中点的瞬时速度为 …………………………①
BC段时间中点的瞬时速度为 …………………………②
物体运动的加速度为 ……………③
由 得： …………………………④
解方程得： 或 ……………⑤