新疆乌鲁木齐地区2015届高三下学期第二次诊断性测验物理试题 (扫描版含答案)
2015年新疆高考物理试卷(全国新课标ⅱ)
2015年新疆高考物理试卷（全国新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A． B． C．D．5．（6分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转6．（6分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍7．（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．188．（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答．9．（6分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑时的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．10．（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．（2）根据设计的电路写出步骤：．（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R v′，与电压表内阻的真实值R v相比，R v′R v（填“＞”“=”或“＜”），主要理由是．11．（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．12．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间．（二）选考题，共45分。
2015年新疆乌鲁木齐市高考物理二模试卷
2015年新疆乌鲁木齐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6小题，共24.0分)1.下落到地表的雨滴一般速度不大，其主要原因是（）A.下落的雨滴先加速后减速，故到达地面之前速度不大B.雨滴一直做自由落体运动，但加速时间较短，故到达地面时速度不大C.下落的雨滴虽然一直加速，但由于加速度较小，故到达地面时速度不大D.由于空气阻力作用，下落的雨滴在到达地面之前已达到一个不大的恒定速度【答案】D【解析】解：雨滴受重力和空气阻力，开始阻力小于重力，合力向下，加速度向下，加速度与速度同方向，物体做加速运动；由于阻力随着速度的增加而增加，故此过程中阻力不断变大，合力不断减小，加速度不断减小，当阻力增加到等于重力时，加速度减为零，速度达到最大；此后雨滴做匀速直线运动；即雨滴由静到动，是加速，最后有收尾速度，是匀速；故选：D．加速度是反映速度变化快慢的物理量，根据速度方向和加速度方向的关系判断速度是增加还是减小解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量．当速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动，当速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动2.用拉力将一个物体从静止开始拉上一个斜坡．在此过程中，拉力对物体做功为W1，物体克服阻力做的功为W2，物体重力势能的增加量为△E P，动能的增加量为△E K．下列关系式正确的是（）A.W1-W2+△E P=△E KB.W1-W2-△E P=△EKC.W1+W2+△E P=△E KD.W1+W2-△E P=△E K【答案】B【解析】解：物体受拉力、支持力、支持力和摩擦力，支持力与速度垂直不做功，根据动能定理，有：W1+W G-W2=△E K物体重力势能的变化等于克服重力做的功，故：△E P=-W G故有：W1-W2-△E P=△E K故ACD错误，B正确；故选：B．物体重力势能的变化等于克服重力做的功；由动能定理知，动能的变化等于各分力做功之和；物体机械能的变化量等于除重力外其它力做功之和．各种能量的变化对应的功需要牢记：势能的变化都等于克服对应力做的功；动能的变化等于合力的总功；机械能的变化等于除重力外其它力做功；内能的增量等于滑动摩擦力乘以相对位移等等．3.如图所示，带等量异种电荷的两金属板平行放置，一带电粒子以平行于两板的速度射入电场，粒子离开电场时侧移为y（粒子不会打到金属板上）．以下措施中，带电粒子的侧移y不变的是（）A.只改变两金属板间的距离B.只改变两金属板间的电压C.只改变两金属板的带电量D.只改变粒子进入电场时的初速度【答案】A【解析】解：设两极板间电压为U，电容为C，距离为d，长度为l，粒子进入极板的初速度为v，极板带电量为Q，质量为m，由于粒子在极板间做类平抛，可得：l=vt，，其中：=，解得：…①又由电容决定式和定义式可得：，带入①可得：y=…②A、由②可知只改变距离y不变；故A正确．B、由①可知，只改变两金属板间的电压，y改变，故B错误．C、由②可知，只改变两金属板的带电量，y改变，故C错误．D、由①②都可以知道，只改变粒子进入电场时的初速度，y改变，故D错误．该题选偏转量不变的，故选：A．带电粒子在极板之间做类平抛运动，由于是带电粒子，故重力忽略，只受电场，由平抛规律可得粒子的偏转位移y，再结合电容决定式和定义式对y表达式进行变形，依据公式可分析各个选项．该题的关键在于对最终解得得偏转量表达式的处理，要能想到结合电容器的决定式和定义式对结果进行变形，才能正确分析各个选项．4.三根长直通电导线A、B、C互相平行且两两间距离相等，电流方向如图．每根通电导线在等边△ABC的中心O点（图中未标出）产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则O点的磁感应强度大小为（）A.0B.B0C.2B0D.3B0【答案】C【解析】解：根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：C导线产生的B方向水平向右，大小为B0；A导线产生的B方向斜向右下方，与水平成60°角，B导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60°角，则根据平行四边形定则进行合成可知，下面两根导线产生的合场强大小为B0，方向水平向右，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B0，方向水平向右．故选：C．三角形中心O点到三根导线的距离相等．根据安培定则判断三根导线在O点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，求出三根导线同时存在时的磁感应强度大小．本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关系．5.如图所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈圆的半径分别为R、2R，磁感应强度B随时间t的变化规律是B=kt（k为常数），方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为（）A.kπR2B.3kπR2C.4kπR2D.5kπR2【答案】B【解析】解：由图可知，闭合部分的面积为：S=π（2R）2-πR2=3kπR2；故感应电动势E==ks=3kπR2故选：B．明确有效面积及磁通量的变化；由法拉第电磁感应定律即可求出产生的感应电动势．本题考查法拉第电磁感应定律，要注意明确公式中的面积为封闭线圈的面积．6.一水管内径为D，水从管口处以不变的速度v0水平射出，水流垂直射到倾角为θ的斜面上．水流稳定后，可以求出（）A.水管口距离地面的高度B.水流落点距离地面的高度C.水管口到斜面底端的水平距离D.空气中水柱的质量【答案】D【解析】解：根据平行四边形定则知，，解得，解得t=，则水在空气中的质量m=，故D正确．根据题设条件可以求出水从管口到斜面的时间，求出此时水下落的高度和水平位移，但是无法得出管口到地面的高度和管口到斜面底端的水平距离，根据几何关系也无法求出水流落点到地面的高度．故A、B、C错误．故选：D．水流出后做平抛运动，抓住水流垂直射到倾角为θ的斜面上，求出此时的竖直分速度，从而得出水流在空中运动的时间，求出空气中水柱的质量．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，难度不大．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e=100sin（100πt+）V，下列说法正确的是（）A.交变电动势有效值为100VB.交变电动势有效值为100VC.穿过线圈的最大磁通量为W bD.穿过线圈的最大磁通量为W b【答案】AD【解析】解：A、产生的交变电动势为e=100sin（100πt+）V，电动势的最大值为100V，根据有效值与最大值的关系得：U==100V，故A正确，B错误；C、电动势最大值2=NBSω=100V，所以最大磁通量BS=W b，故C错误，D正确；故选：AD．本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．8.如图是甲、乙两物体运动的位移-时间图象，下列说法正确的是（）A.甲一定做匀变速直线运动B.乙可能做匀变速直线运动C.t0时刻，甲的速度大于乙的速度D.t0时刻，甲的速度小于乙的速度【答案】BD【解析】解：A、x-t图线的斜率表示速度，图象甲是直线，故甲一定做匀速直线运动，故A错误；B、x-t图线的斜率表示速度，图象乙的斜率逐渐增加，说明乙做加速直线运动，加速度可能恒定，故B正确；C、t0时刻，两物体的纵坐标相同，是相遇，斜率不同，速度不同，故C错误；D、t0时刻，甲图象的斜率小于乙图象对应点的斜率，故甲的速度小于乙的速度，故D 正确；故选：BD．位移时间图线的斜率表示速度，当两物体的纵坐标相同时，即位移相同，两物体相遇．解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，会通过图线判断物体的运动规律．9.如图所示，轻杆A端固定一质量为m的小球，O为光滑固定的水平转轴，小球在竖直面内一直做圆周运动．当小球经过最高点和最低点时，受到杆的作用力大小为T1、T2，空气阻力不计，则T2-T1可能为（）A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【答案】CD【解析】解：设小球在最高点和最低点的速度分别为v1和v2．杆长设为L．根据机械能守恒定律得：2mg L+=①在最高点，若杆对球的作用力是向上的支持力，则有mg-T1=m②在最低点，有T2-mg=m③由①②③解得T2-T1=5mg在最高点，若杆对球的作用力是向下的拉力，则有mg+T1=m④由①③④解得：T2-T1=6mg故选：CD．在最高点，杆对球的作用力可能是向上的支持力，也可能是向下的拉力，根据机械能守恒定律得出小球在最高点与最低点的速度关系，根据牛顿第二定律求解．本题综合考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律，关键要搞清向心力的来源，注意杆能支持力小球，在最高点弹力方向有两种可能．10.如图所示，一水平面内的半圆型玻璃管，内壁光滑，在两管口分别固定带正电的点电荷Q1、Q2，管内靠近Q1处有一带正电的小球（带电量很小），小球由静止开始释放，经过管内b点时速度最大，经过a、c两点时速度的大小相等，整个运动过程中小球的电荷量保持不变．下面关于a、c两点的电势及b点的场强的判断正确的是（）A.φa=φcB.φa＞φcC.b点的场强为E1D.b点的场强为E2【答案】AC【解析】解：AB、据题，小球a、c两点时速度的大小相等，动能相等，根据能量守恒定律知小球在a、c两点的电势能相等，故φa=φc．故A正确，B错误．CD、据题，小球经过管内b点时速度最大，沿圆周切向的合力为零，再结合电场的叠加原理知b点的场强为E1．故C正确，D错误．故选：AC．根据能量守恒定律分析a、c两点的电势关系．b点的速度最大，小球沿圆周切向的合力为零，即可分析分析场强的方向．解决本题的关键要把握题中的信息，通过分析小球的运动情况，来判断其受力情况和能量变化．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)17.下列说法正确的是（）A.气体从外界吸收热量，其内能一定增加B.外界对气体做功，其内能不一定增加C.气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加D.若气体温度降低，其压强可能不变E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零【答案】BCD【解析】解：A、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，外界对气体做功，其内能不一定增加，A错误B正确；C、气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，C正确D、根据=C知若气体温度降低，其压强可能不变，D正确E、在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的压强不为零，E错误故选：BCD做功和热传递都可以改变内能，所以气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，外界对气体做功，其内能不一定增加，在完全失重的情况下，气体分子运动不停止．本题主要考查热力学第一定律，理解做功和热传递都可以改变内能才能正确解答七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)19.一振源在坐标原点O做简谐运动，形成向左、向右传播的横波，振幅为5cm．经过一个周期T=0.4s时，第一次形成的波形如图所示（振源右侧波形没有画出），则（）A.振源振动的频率2H zB.该波的波速为0.2m/sC.质点C在t=0.4s时处于波谷D.质点B在t=0.4s时正从平衡位置向上振动E.质点A在一个周期里运动的路程为8cm【答案】BCD【解析】解：A、振源振动的频率=，故A错误；B、根据图象得出波长λ=8cm=0.08m，波速v=λf=0.2m/s，故B正确；C、根据对称性可知，质点C在t=0.4s时所处的位置与x=6cm所处的位置相同，即处于波谷处，故C正确；D、质点B在t=0.4s时的运动情况与x=4cm处的运动情况相同，正从平衡位置向上振动，故D正确；E、质点A在一个周期里运动的路程s=4A=4×5cm=20cm故选：BCD根据求解频率，根据图象得出波长，根据v=λf求解波速，根据振动图象判断质点BC在t=0.4s时的位置和振动情况，一个周期内振动的路程为4A．本题考查波的图象，要注意正确应用波形图及质点的振动图象，注意区分及联系．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)21.下列说法正确的是（）A.卢瑟福α粒子散射实验说明了原子核内部具有复杂结构B.普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破C.汤姆逊发现电子使人们认识到原子本身也具有结构D.贝克勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕E.玻尔原子理论成功的解释了氢原子、氦原子光谱实验规律【答案】BCD【解析】解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，故A错误．B、普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破，故B正确；C、汤姆逊发现电子使人们认识到原子本身也具有结构，故C正确；D、贝克勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕，故D正确；E、玻尔理论只能解释氢原子的光谱现象，不能解释其他复杂原子的光谱．故E错误．故选：BCD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14.0分)11.用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”．在圆形桌子桌面平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动．第一次实验中，步骤如下：a．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；b．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三根绳子拉力的图示；c．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；d．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上．（1）第一次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量小于______ ．（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点______ （填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合．实验中，若桌面不水平______ 影响实验的结论（填“会”或“不会”）．【答案】3m；不必；不会【解析】解：（1）第一次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量范围在m-3m之间，使用第三根绳挂的质量小于3m；（2）本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，若桌面不水平，也不会影响实验结论．故答案为：（1）3m；（2）不必；不会（1）根据力的合成原则，求出两个力合成的范围即可；（2）本实验不是采用等效替代法做实验，所以绳的结点不必保持不变．本题解题时要注意与我们书本上验证力的平行四边形实验的区别，知道本实验不是采用等效替代法做实验，所以绳的结点不必保持不变．12.为了测量电阻R x的阻值，物理小组在实验室做了如下实验．（1）先用多用表粗测该电阻R x的阻值．用“×1k”倍率的电阻档测量，多用表的示数如图甲所示，测量结果为______ KΩ．（2）将电阻R x、电源、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图乙所示，实验中使用多用表测电压（隐去了两个表笔的接线），当多用表的选择开关调到电压2.5V档时（此时多用表的内阻3kΩ），多用表的红表笔应该接______ 点（填a、b或c）．若测量时表的指针位置和粗测电阻时的位置相同，电流表的示数为300μA，则被测电阻的阻值______ kΩ．（结果保留两位有效数字）（3）实验中，当滑动变阻器的滑动端从左向右滑动的过程中，多用表的示数随滑动变阻器滑动端左边电阻的阻值呈线性关系，则滑动变阻器的最大阻值______ 被测电阻的阻值（填“远大于”或“远小于”）．【答案】7；c；6.7；远小于【解析】解：（1）欧姆表的读数为R=×1k=7kΩ；（2）由于待测电阻满足＜，电流表应用内接法，又红表笔应接正极，所以红表笔应接c点；电压表的读数为U=2.00V，所以待测电阻为：R===6.7KΩ；（3）根据欧姆定律及串并联规律可知，当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器的输出电压调节越方便，即多用表的示数随滑动变阻器滑动端左边电阻的阻值呈线性关系，所以滑动变阻器的最大阻值应远小于待测电阻的阻值．故答案为：（1）7；（2）c，6.7；（3）远小于本题（1）欧姆表读数时一般不需要估读；题（2）根据待测电阻满足＜可知电流表应用内接法，再根据红表笔应接待测电阻的正极即可求解；题（3）应明确变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器调节越方便．应明确：①当采用伏安法测电阻时，若待测电阻满足＞，电流表应用外接法，满足＜，电流表应用内接法；②当变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻越小调节越方便；③多用电表的红表笔应接正极，但红表笔正好应与欧姆表内部电池的负极相连．四、计算题(本大题共4小题，共32.0分)13.如图所示，卫星P绕地球做匀速圆周运动，周期为T，地球相对卫星的张角θ=60°．已知万有引力常量为G．求地球的平均密度．【答案】解：由题意令卫星的轨道半径为r，地球的半径为R，根据几何关系可知，地球半径R==对于卫星由万有引力提供圆周运动向心力有：可得地球质量M=地球的体积V=所以地球的密度答：地球的平均密度为．【解析】根据万有引力提供圆周运动向心力，根据几何关系求得地球半径，由密度公式求得地球的平均密度．解决本题的关键是能根据几何关系求得卫星轨道半径与地球半径的大小关系，这是学生容易出错的主要地方．14.如图甲所示，两根相距L，电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值为R 的电阻相连．导轨间x＞0一侧存在沿x方向均匀变化且与导轨平面垂直的磁场，磁感应强度B随x变化如图乙所示．一根质量为m、电阻为r的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x=0处以速度v0向右做匀速运动．求：（1）金属棒运动到x=x0处时，回路中的感应电流；（2）金属棒从x=0运动到x=x0的过程中，通过R的电荷量．【答案】解：（1）由题图可得，金属棒运动到x=x0处时，B=B0，则金属棒产生的感应电动势E=B0L v0；回路中的感应电流I=解得I=（2）由上可得，感应电流随时间均匀变化，平均电流为，通过电量为q，则=I又q=t，t=解得q=答：（1）金属棒运动到x=x0处时，回路中的感应电流为；（2）金属棒从x=0运动到x=x0的过程中，通过R的电荷量为．【解析】（1）金属棒运动到x=x0处时，B=B0，根据公式E=BL v求出感应电动势，再由欧姆定律求解感应电流．（2）先求电流的平均值，再由电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律求解电量．本题电磁感应与运动学规律的综合应用，要掌握这两部分的基本知识，关键要会推导感应电荷量的表达式，要明确只有电流均匀变化时电流的平均值才等于初末电流的平均值．15.如图所示，质量为M，长为L，高为h的矩形滑块A置于水平地面上，滑块A上表面光滑，右端放置一个质量为m的小物块B（可视为质点），滑块A与地面间动摩擦因数为μ．现给滑块A一个向右的初速度，经过一段时间后小物块B落地．求：（1）滑块A在运动过程中的加速度大小；（2）从滑块A开始运动到小物块B落地整个过程的最长时间．【答案】解：（1）物体B压着物体A时，物体A加速度为：a=；物体B落下后，物体A加速度为：a′=′；（2）要求解最长时间，临界情况是物体A的末速度为零，故对物体B压着物体A过程，有：0=v0+at联立解得：t=自由落体运动的时间：t′=故从滑块A开始运动到小物块B落地整个过程的最长时间：t总=t+t′=+答：（1）物体B压着物体A时，物体A加速度为；体B落下后，物体A加速度为μg；（2）从滑块A开始运动到小物块B落地整个过程的最长时间为+．【解析】对物体A受力分析后根据牛顿第二定律列式求解其加速度，根据速度位移公式列式求解末速度，根据速度公式列式求解时间；物体B先保持静止，然后自由落体，根据h=求解自由落体运动的时间．本题关键是明确物体A和B的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解，不难．16.在科学研究中，可以通过加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图甲所示的xoy平面处于磁场中，磁场与xoy平面垂直，磁感应强度B随时间t做周期性变化，如图乙所示．一质量为m，带电荷量为+q的粒子（不计重力）以初速度v0由O点沿x 轴正方向射入磁场．各物理满足t0=．（1）若t=0时粒子射入磁场，求t=t0时粒子的位置坐标．（2）若粒子的在某一时刻t′射入磁场，粒子不会穿越x轴，且其纵坐标始终不超过某一定值y0（y0＞0），求t′和y0．【答案】解：（1）当t=t0时，粒子运动到P点，粒子做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，偏转角为θ，则，，，P点坐标为（x p，y p），x p=rsinθ，y p=r（1-cosθ），解得P（，）（2）由题意可知，粒子运动过程不穿越x轴，且纵坐标不超过某一值，粒子运动到最高点时速度与x轴平行，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可得α=30°由于粒子运动具有周期性，由图可知，粒子进入磁场时的时间可以为、、…即′（n=0，1，2…）由几何关系可得y0=2r（1-cosα），解得．答：（1）t=t0时粒子的位置坐标为P（，）（2）′（n=0，1，2…），．【解析】（1）根据粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式求出粒子在磁场中的偏转角，根据几何关系求出t=t0时粒子的位置坐标．（2）粒子运动过程不穿越x轴，且纵坐标不超过某一值，粒子运动到最高点时速度与x轴平行，作出轨迹图，根据几何关系，抓住粒子运动的周期性求出t′的大小，结合几何关系求出y0的大小．本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子运动的轨迹图，抓住临界状态，结合半径公式和周期公式，运用几何关系进行求解，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)18.长时间旋转在恒温环境中的橡皮胎（可导热），胎内充有压强为P0，体积为V0的气体．在橡皮胎上压一重物，使其形变，胎内气体体积最终减小了△V，整个过程中橡皮胎对外界放出的热量为Q．不考虑气体分子势能．求：（1）橡皮胎对气体做的功；（2）胎内气体压强的变化量．【答案】解：（1）橡皮胎内气体体积变化前后温度不变，故气体内能不变化，由热力学第一定律可得：W=Q（2）由题意可得：P0V0=P（V0-△V）△P=P-P0解得：△P=答：（1）橡皮胎对气体做的功Q；（2）胎内气体压强的变化量．【解析】根据热力学第一定律△U=Q+W分析吸放热情况，一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，根据理想气体状态方程求压强．对于等温变化过程，关键要掌握玻意耳定律，知道一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，能根据热力学第一定律△U=Q+W分析吸放热情况八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)20.半径为R的半圆柱形玻璃，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，B为半圆柱形玻璃的顶点．一条平行OB的光线垂直于玻璃界面入射，从A点射出玻璃，出射光线交OB的延长线于C，AO=AC，∠ACO=α．已知真空中光速为c．求：（1）玻璃的折射率；（2）光在玻璃中的传播时间．【答案】解：（1）因AO=AC，∠ACO=α，由光路图和几何知识可知入射角i=α，折射角r=2α则折射率为n===2cosα（2）光在玻璃中通过的路程为s=R cosα光在玻璃中的传播速度为v=传播时间为t=解得t=答：（1）玻璃的折射率为2cosα；。
乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验物理试卷及参考答案
在水溶液中电离的A H 为
A. - 6 9 .4 kj • mol —1
B. - 4 5 . 2 kj • mol' 1
C. +69.4 kj • mol-1
D. +45!2 kj • m o l'1
13• 已知:25°(：时 ，Mg(OH)2 的 KSP=5.61 x l O _ 12，MgF2 的 KSP =7. 42 x 10 —11。下列判断正确
D . 实验IV:配制一定物质的量浓度的稀硫酸
乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验化学试卷• 问 卷 第 1页（共6 页）
4.下列有关说法中，正确的是
A .苯和乙烯都可以使溴的四氯化碳溶液褪色
B .等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量不相等
C .乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应 D .聚乙烯可以发生加成反应
11.如 图 a、b 、c、d 均为石墨电极，通电进行电解（电解液足量）。
下列说法正确的是
A . 向乙中加入适量盐酸，溶液组成可以恢复
B.电解时向乙中滴人酚酞溶液，c 电极附近变红
C •当 b 极 有 64 g C u 析出时，c 电极产生2 g 气体 D . 甲中a 极上的电极反应式为:40H _ -4e- = 0 2 | + 2 H 20
乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验
化 学 试 卷 （问 卷 )
( 卷 面 分 值 : 1 0 0 分 考 试 时 间 ：1 0 0 分 钟 ）
注意事项： 1 . 本试卷为问答分离式试卷，共 8 页 ，其中问卷6 页 ，答 卷 2 页。答案务必写或涂在答卷的相
应位置上。
2». 答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、科别等信息填写在答卷的密封区内。
2023届新疆维吾尔自治区高三下学期第二次诊断性测试理综全真演练物理试题
2023届新疆维吾尔自治区高三下学期第二次诊断性测试理综全真演练物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
(共8题)第(1)题静止在匀强磁场中的放射性元素的原子核衰变为原子核，并放出一个粒子，形成如图1、2所示的径迹，则下列说法中正确的是（ ）A．磁场方向垂直纸面向外B．1是粒子的径迹，2是的径迹C．1、2的半径比为D．1、2的半径比为第(2)题在2024年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是演员从蹦床上弹起后在空中旋转。
已知演员离开蹦床时的速度大小为v，在上升过程中就已经完成了旋转动作，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．演员在上升的过程中处于超重状态B．演员在下落过程中处于超重状态C．演员在空中旋转的时间不超过D．演员上升的最大高度为第(3)题如图示，半圆轨道固定在水平面上，一小球（小球可视为质点）从半圆轨道上B点沿切线斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为（）A．B．C．D．第(4)题“嫦娥”月球探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比（ ）A．角速度变小B．轨道半径变小C．动能变小D．向心加速度变小第(5)题如图所示为一质点运动的位移-时间图像，其中为直线，为抛物线，则有关质点运动的速度-时间图像及加速度-时间图像可能正确的是（ ）A．B．C．D．第(6)题水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。
经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。
再经过t时间，小球又回到出发点。
已知小球质量为m，重力加速度为g。
小球未与下极板发生碰撞。
不计空气阻力。
从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（ ）A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3第(7)题如图所示，在PO、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势ε的正方向，以下四个ε－t关系示意图中正确的是( )A．B．C．D．第(8)题科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小。
2015乌市二模物理试卷及答案
( 8 分 ) 为 了 测量 电 阻
的 阻 值 物理 小 组 在 实验 室 做 了 如下 实验 丅
×
R x 的 阻值 丅用 ( 1 ) 先 用 多用 表姐 测 该 电阻
1k
倍率 的 电 阻 档 测 量 多 用 表 的 示 数如 图
甲所 示 测 量 结 果 为
.
K n •B
多用 表 丄 电健 及 若 干 导 线 连 接 成 电路 如 图 乙 电流表 丄 滑 动 变 阻器 丄 所 ( 2 ) 将 电 阻 只X 电 源 丄 理 物 试 卷 验 ( 测 问 性 断 卷 诊 ) 第3 页 ( 共 6 页 ) 三 年 级 第二 次 乌鲁 木 齐地 区 20 15 年 高
k n •B
测 电阻 的阻值 是
( 结 果 保 留两 位有 效 数字 )
-
图甲
( 3 ) 实验 中 当滑 动变阻器 的滑 动 端从左 向右滑 动 的过程 中 多用 表 的 示 数 随 滑 动变 阻 器
滑 动端 左 边 电阻 的 阻 值 呈 线 性 关 系 则 滑 动变 阻 器 的最 大 阻 值
被测 电 阻 的 阻 值
-
直 丅棒 在外力作用 下 从 X
( 1 ) 金 属 棒运 动到 X
( 2 ) 金 属 棒从
X
-
O 处 以速度 U o
向右做匀 速运 动 丅求
-
xo
处 时 回路中的感应电流
-
O
运 动到 X
Xo
的过程中 通 过 R 的
L
O
甲
X
Xo
乙
乌鲁木齐地 区2 0 15 年高三 年级第二 次诊 断性测验 物理试 卷( 问卷 )
水 管 口 距 离 地 面 的高 度
A乌鲁木齐地区2015年高三年级第二次诊断性测验政治答案
第二部分（非选择题）
25.(1)结合材料一，分析说明曼西莱普的文化功能。（6分） （1）①文化是一种精神力量，对社会具有深刻影响。作为民族文化麦西来甫能够增强新 疆各族人民的凝聚力和对中华民族的认同感、归属感，促进民族团结、社会稳定。（2分） ②文化对人的影响来自源于特定的文化环境和各种形式的文化活动，麦西来甫潜移默化、 深远持久地影响着人们的交往行为和方式，影响着人们的实践、认识活动和思维方式。 （2 ③优秀文化塑造人，能够丰富人的精神世界，增强人的精神力量。麦西来甫既能丰富人们 的精神文化生活，又能规范人们的行为，提升人的文明素养，促进人的全面发展。（2分）
(2)结合材料一、二，说明我国在经济发展“新常态”下，继续提升消费在“稳增长”中 基础作用的理由。（4分） （2）①消费反作用生产，能够拉动经济增长、促进生产发展。（1分） ②消费所形成的新的需要，对生产的调整和升级起着导向作用；一个新的消费热点的出现， 能带动一个产业的出现和成长。提升消费可以促进新兴产业的发展，调整经济结构优化升 级。（2分） ③消费为生产创造出新的劳动力，提升消费可以提高劳动力的质量和劳动者的生产积极性， 保持经济社会平稳发展。（1分） 3）结合材料三，说明该市的做法对我国地方适应“新常态”探索转型发展道路的启示 （4分） ①主动把握和积极适应经济发展“新常态”，在发挥市场对资源配置的决定作用同时，坚 持科学宏观调控。（1分） ②落实科学发展观，加快转变经济发展方式，促进经济结构战略性调整，把经济发展 的立足点放到提高质量和效益上来。（1分） ③实施创新驱动发展战略，增强自主创新能力。（1分） ④促进资源节约和环境保护，增强可持续发展能力。（1分）
(2)结合材料二，运用文化继承和发展关系的知识，为曼西莱普如何承受现代文明浪潮的 冲击提出合理化的建议。（4分） （2）①继承与发展是同一过程的两个方面。继承是发展的必要前提，发展是继承的必然 要求。要在继承的基础上发展，在发展的过程中继承。（2分） ②面对现代文明浪潮的冲击，既要注重继承传统，保留和继承麦西来甫的民族特色，又 要推陈出新，为麦西来甫注入新的时代内涵，促进其与现代文明有机融合。（2分）
2024年新疆乌鲁木齐市高三高考二模物理核心考点试题(基础必刷)
2024年新疆乌鲁木齐市高三高考二模物理核心考点试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。
一平板三角形风筝（不带鸢尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。
若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角不变，再次平衡后相比于风力变化之前（）A．风筝距离地面的高度变大B．风筝所受的合力变大C．拉线对风筝的拉力变小D．拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小第(2)题将一小球以初速度水平抛出，经0.5s落地，则小球在这段时间内的水平位移为（ ）A．0.5m B．1.0m C．1.5m D．2m第(3)题磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。
上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L电阻不计的平行金属导轨相连。
发电通道内的匀强磁场方向垂直与a、h组成的平面，磁感应强度大小为B。
电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。
导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角右斜向上，磁感应强度大小也为B，质量为m，电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨道动摩擦因数为μ。
棒的中点用条水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。
当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为（ ）A．B．C．D．第(4)题2023年3月，中国科学技术大学超导量子计算实验室成功实现了三维封装量子计算机原型，其主要构成材料之一为金属超导体。
超导体指的是低于某一温度后电阻为零的导体，且当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外。
2024届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区高三下学期第二次质量监测(二模)理综试题-高中物理
2024届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区高三下学期第二次质量监测（二模）理综试题-高中物理一、单选题 (共6题)第(1)题铯无色无味，会发生衰变同时释放射线，半衰期约30年，放射性较强，如果人接触到一定剂量，会对人体造成伤害甚至致死。
下列说法正确的是（ ）A．铯发生衰变时，原子核中放出一个电子B．铯发生衰变时释放的射线，来自铯C．粒子的速度为光速的十分之一D．一定量的铯，经过60年将全部衰变完第(2)题东汉时期思想家王充在《论衡》书中有关于“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”的记载。
如图所示，司南呈勺形，静止在一个刻着方位的光滑盘上。
下列说法正确的是（）A．司南可以由铜制材料制作B．司南可以看做条形磁体，“柢”相当于磁体的N极C．司南的“柢”在南、北半球指示的方向正好相反D．司南能“指南”是因为地球存在地磁场，地磁北极在地理南极附近第(3)题翻滚过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目。
翻滚过山车（可看成质点）从高处冲下，过P点时的速度方向如图所示，在圆形轨道内经过Q、M、N三点时，下列说法正确的是（ ）A．过山车过Q点时的速度方向由Q指向NB．过山车过M点时所受的合力可能为零C．过山车过Q、N两点时的加速度方向相反D．过山车过Q、N两点时速度方向相反第(4)题随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（ ）A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力第(5)题如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。
一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。
不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从a点射出C．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从b点射出D．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子在磁场中的运动时间将变短第(6)题低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。
乌鲁木齐地区2015年高三第二次诊断性测验答案【物理】
乌鲁木齐地区2015年高三年级第二次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有的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，有选错的得0分）二、非选择题（本大题共6小题，共46分） 11．（6分）（1）3m （2）不必不会 12．（8分）（1） 7.0（或7）（2）c 6.7 （3）远小于（每空2分）13.（6分） 解：由题意可知sin30Rr =…………………………………………………1分 r T m r GMm 222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=π………………………………………….3分 334R Mπρ=……………………………………………………2分解得224GT πρ=……………………………………………………2分14、（8分） 解：（1）由题意可得00LV B E =…………………2分rR EI +=…………………1分解得rR LV B I +=0…………………1分（2）由题意可得，电流随时间均匀变化，平均电流为I ，通过电量为qI I 21=…………………………………1分 t I q =…………………………………1分V x t =…………………………………1分解得)(200r R Lx B q +=…………………………………1分15. （9分）解： (1)设小物块B 在滑块A 上时，滑块A 的加速度为a 1，小物块B 离开滑块A 后滑块A 的加速度为a 2，则()1m M Ma g =+μ…………………………………2分解得()Mgm M a +=μ1……………………………1分.2Ma Mg =μ…………………………………1分解得g a μ=2……………………………1分.（2）由题意可知，滑块A 开始做匀减速运动，速度减到零时小物块B 开始下落所需时间最长，设滑块A 减速所需时间为t 1L a v 122=……………………………………1分11a v t =（或21121t a L =）…………………………………1分 小物块B 离开滑块A 后做自由落体运动，运动时间为t 22221gt h =……………………………………1分 解得()ghg m M LMt t t 2221++=+=μ………………………分16. （9分） 解：（1）当t=t 0时，粒子运动到P 点，粒子做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，偏转角为θ，则rmv BqV 200=…………………………………… 1分 BqmT π2=，Tt 02πθ=…………………… 1分 P 点坐标为()p p y x ,θsin r x p =)cos 1(θ-=r y p ……………………………… 1分解得P(Bqmv 230,Bq mv 20) ……………………………………… 1分 （2）由题意可知，粒子运动过程不穿越x 轴，且纵坐标不超过某一值，粒子运动到最高点时速度与x 轴平行，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可得α=300……………………………………… 1分 由于粒子运动具有周期性则00221'nt t t +=（n=0,1,2……）……………………………… 2分 由几何关系可得)cos 1(20α-=r y ……………………………… 1分解得Bqmv y 00)32(-=………………………… 1分17、[物理-选修3-3]（1）(5分)BCD （2）（9分）解：①橡皮胎内气体体积变化前后温度不变，故气体内能变化0=∆E ………………………… 1分 由热力学第一定律可得Q W =………………………… 2分 ②由题意可得)(000V V P V P ∆-=………………………… 4分0P P P -=∆………………………… 1分解得00P V V VP ∆-∆=∆………………… 1分18、 [物理-选修3-4] （1）（5分）BCD （2）（9分）解：①由光路图可知入射角α=i ，折射角α2r =……………………… 1分irsin sin n =……………………………………… 2分 解得αcos 2n =……………………………… 2分 ②光在玻璃中通过的路程αcos s R =………………………………………1分光在玻璃中的传播速度cv n=………………………………………………………1分 传播时间v st =………………………………………………………1分解得ccos 2t 2αR =………………………………………1分19、[物理-选修3-5] (1) （5分）BCD(2) (9分)解：①设物体A 与物体B 碰撞后B 的速度V B ，物体B 通过轨道最高点时速度为V ，由题意可得Rmv g 222m =………………………… 1分由机械能守恒定律得2222122122m B mV mvR g ………………… 2分 解得gR V B 5=……………………………………1分②物体A 与物体B 发生碰撞，物体A 的速度为V A ，对A 、B 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得B A mV mV V 2m 0+=………………………3分 解得0=A V …………………2分。
2015年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷
2015年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.一物体运动的速度-时间图象如图所示，t轴上、下方曲线的形状完全相同，下列说法正确的是（）A.t=1s时，物体的加速度最大B.t=2s时，物体的加速度为零C.物体前两秒的平均速度等于5m/sD.物体前四秒的平均速度等于零【答案】D【解析】解：A、v-t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=1s时，物体的加速度为零，最小，故A错误；B、v-t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=2s时，物体的加速度最大，不为零，故B错误；C、如果第1s匀加速到10m/s，第2s由10m/s匀减速到零，则前2s的平均速度等于5m/s，但前2s物体的位移偏大（用v-t图象的面积表示），故平均速度大于5m/s，故C错误；D、v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，前4s物体的位移为零，故平均速度为零，故D正确；故选：D．速度--图象中，切线的斜率表示对应时刻的加速度，图象与时间轴包围的面积表示位移大小，平均速度是位移与时间的比值．本题关键式明确v-t图象的斜率和面积的物理意义，要会从图象得到各个时刻的加速度和速度，基础题目．2.一颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动．某时刻卫星的一个小部件从卫星上脱落，则（）A.小部件将脱离原轨道向地球运动B.小部件的轨道半径将变大C.卫星和小部件都在原轨道上继续做匀速圆周运动D.卫星将在轨道半径较大的圆轨道上运动【答案】C【解析】解：部件脱落时，由知，部件速度大小不变，则轨道半径不变，运动性质也不变，卫星和小部件仍继续作匀速圆周运动；故ABD错误，C正确．故选：C小部件脱落时，部件及速度大小及轨道半径并无变化，卫星和小部件运动情况不变．本题考查卫星的基本原理，卫星变轨的条件；关键在于“脱落”不是反冲，不是爆炸，速度默认不变，若是反冲则原题会说明小部件飞离方向，结果显然不一样．3.立定纵跳摸高是中学生常见的一种运动项目，起跳前先屈膝下蹲，然后脚掌用力蹬地，伸展身体，两臂上挥，竖直向上跳起至最高点，小刚同学在一次立定纵跳摸高中消耗的能量约为（）A.4×102JB.4×103JC.4×104JD.4×105J【答案】A【解析】解：人的重心升高的高度为：△h=0.6m；故该同学跳起后增加的重力势能最大值是：E p=mg△h=700×0.6J=420J，可知消耗的能量大约为4×102J，故A正确，B、C、D错误．故选：A．在立定纵跳摸高中消耗的能量转化为该同学的重力势能，结合重力势能的变化量得出消耗的能量．本题考查了能量守恒的基本运用，知道该同学消耗的能量转化为重力势能的增加量．4.如图所示，一木箱在斜向下的推力F作用下以加速度a在粗糙水平地面上做匀加速直线运动．现将推力F的大小增大到4F，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为（）A.2aB.3aC.4aD.5a【答案】D【解析】解：对物体受力分析，受重力、推力、支持力和滑动摩擦力，如图所示根据平衡条件，有：水平方向：F cosθ-f=ma竖直方向：F sinθ+mg-N=0其中：f=μN-μg若F变为4倍，加速度大于4倍，故D正确，ABC错误；故选：D．对物体受力分析，受重力、推力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度的表达式后分析讨论．本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律求解出加速度的表达式进行分析讨论，常规题．5.一带电粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，运动起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如图所示，下列四个图象中表示带电粒子的动能E k和位移x关系的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：一带电粒子仅在电场力的作用，根据能量守恒知电势能与动能之和保持不变，由E P-x图象知电势能E P随x的增大而减小，则动能随x的增大而增大．根据||=F，知电场力逐渐减小，||=F，则E k-x图象的斜率逐渐减小，故A正确．故选：A．一带电粒子仅在电场力的作用，电势能与动能之和保持不变，根据能量守恒分析得出．本题运用定性判断和定量分析相结合的方法分析，要明确||=||=F，分析图象斜率的变化．6.如图所示，一轻杆水平放置，杆两端A、B系着不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一小铁环．现将轻杆绕着杆中点O在竖直平面内顺时针缓慢转过一个角度，关于轻绳对杆端点A、B的拉力F A、F B，下列说法正确的是（）A.F A变大、F B变小B.F A变大、F B变大C.F A变小、F B变小D.F A不变、F B不变【答案】C【解析】解：如图，设绳子是长度是2L，AB的长度是2l，AB水平时绳子与水平方向的夹角是α，平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子拉力为F1，有：2F1sinα-mg=0，得：F A=F B=由图可知，．将轻杆绕着杆中点O在竖直平面内顺时针缓慢转过一个角度时，绳子与水平方向的夹角是θ，平衡时两根绳子的拉力仍然相等，设绳子拉力为F2，有：2F2sinθ-mg=0，联立解得：．设此时环到A的距离是L1，到B的距离是L2，则：L1+L2=2L而由图可知，很显然：L1cosθ+L2cosθ＜2l，即：＜得：α＜θ所以：F A=F B ＜F A=F B．故C正确．故选：C以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；然后通过比较转动后绳子的方向与水平方向之间的夹角的变化即可得出力的变化．本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.如图所示，电路中灯泡A、B均正常发光，忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些．电路中出现的故障可能是（）A.R2发生断路B.R3发生断路C.R1、R2同时发生断路D.R1、R3同时发生断路【答案】AC【解析】解：若电阻R1断路，外电路总增大，路端电压增大，两灯都变亮，不符合题意，不可能；若R2断路，此处只有灯泡A一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，总电流减小，通过R1的电流增大，所以通过B灯和R3的总电流减小，灯B亮度变暗，灯泡A两端电压增大，A亮度变亮，符合题意；若R1、R2同时发生断路，由串反并同分析，灯泡A会变亮，灯泡B的变化情况由R1、R2共同影响，当R2的影响作用大于R1的影响时，灯泡B变暗；故C选项也有可能；同理可知，若R3断路，A灯变暗，B灯变亮，不符合题意．故电路中R2地方出现了断路的故障．故选：AC首先明确电路中各用电器的连接关系：灯泡A和电阻R1、灯泡B和电阻R3先并联再串联，最后与电阻R2并联．灯泡A变亮，说明实际功率增大了，电流变大了，具体故障可将每个元件逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定故障所在位置．此题属混联电路的故障问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定故障所在位置．8.如图所示，从两相同线圈正上方某一高度由静止释放一条形磁铁，条形磁铁沿两线圈的中心轴线竖直下落至两线圈的正中间位置时，关于两线圈中感应电流的说法正确的是（）A.感应电流的方向相同B.感应电流的方向相反C.感应电流的大小相等D.感应电流的大小不等【答案】BC【解析】解：由楞次定律可知，穿过上下两线圈的磁场方向相同，且磁通量的变化相反，因此产生感应电流的方向也相反，故A错误，B正确；C、根据法拉第电磁感应定律可知，条形磁铁沿两线圈的中心轴线竖直下落至两线圈的正中间位置时，由对称性可知，产生感应电动势相等，则感应电流的大小也相等，故C 正确，D错误；故选：BC．根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，即可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意虽不知磁性，但可判定感应电流的方向关系．9.用相同金属材料制成的两根粗细均匀的电阻丝，质量分别为m1、m2，横截面积分别为S1、S2．若电阻丝两端加相同的电压，垂直于磁场方向放入同一匀强磁场中，两电阻丝所受的安培力F1、F2的大小关系为（）A.若m1＞m2，S1=S2，则F1＞F2B.若m1＜m2，S1=S2，则F1=F2C.若m1=m2，S1＞S2，则F1=F2D.若m1=m2，S1＜S2，则F1＜F2【答案】BD【解析】解：长度为L=密度，电阻为R=电密度，故电流为I=密度电，受到的安培力为F=BIL=电，与电阻丝的质量无关，与其横截面积成正比；A、若m1＞m2，S1=S2，则F1=F2，故A错误；B、若m1＜m2，S1=S2，则F1=F2，故B正确；C、若m1=m2，S1＞S2，则F1=F2，故C错误；D、若m1=m2，S1＜S2，则F1＜F2故D正确；故选：BD表示出导线的长度为L=密度，求出电阻为阻值R=电密度，求出电流为I=密度电，表示受到的安培力为F=BIL=即可判断本题主要考查了电流的表达式，会用质量横截面积表示电流出来，由F=BIL进行判断10.如图所示为皮带传送装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角为θ，A、B两端相距L．将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB方向从A端一直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦力大小为f．传送带顺时针运转，皮带传送速度v保持不变，物体从A到达B所用的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产生的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W．下列关系式中正确的是（）A.Q=f LB.Q=f（vt-L）C.W=mv2+mglsinθ+QD.W=fvt【答案】BD【解析】解：A、物块产生的加速度为：a=在时间t内传送带前进位移为x=vt，发生的相对位移为：△x=vt-L，故产生的热量为：Q=f（vt-L），故A错误，B正确；C、电动机做的功一部分转化为内能，另一部分转化为物块的机械能，故有：W=Q+mg L sinθ+，故C错误；D、传送带多做的功是传送带克服摩擦力做的功，等于摩擦力和传送带位移的乘积，即W=fvt．故D正确．故选：BD产生的内能等于摩擦力与发生相对位移的乘积，电动机做的功全部转化为内能和物块增加的机械能，由能量守恒即可求得本题主要考查了能量守恒，抓住产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积即可三、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)11.在研究小车做匀加速直线运动的实验中，打出的一条纸带如图所示．测得计数点O 到计数点1、2、3…8之间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6、x7、x8．相邻的两个计数点之间的时间间隔均为T．（1）从理论上讲，x k+1-2x k+x k-1=C（C为定值，7≥k≥1）是小车做匀加速直线运动的______ 条件（填“充分”或“必要”）．（2）通过纸带给出的数据，算出打点针打下计数点7时，小车的瞬时速度是______ ，算出小车的加速度是______ ．【答案】必要；；【解析】解：（1）根据在任意相等的时间内，位移之差总相等，即可判定小车做匀变速直线运动，从理论上讲，x k+1-2x k+x k-1=C（C为定值，7≥k≥1）并不是任意相等的时间，则只能是必要条件，（2）打点针打下计数点7时，小车的瞬时速度是v7==；再由公式△x=a T2可以求出加速度的大小，a=；故答案为：（1）必要，（2）；．（1）根据在任意相等的时间内，位移之差总相等，即可判定小车做匀变速直线运动，根据充分与必要的区别，即可求解；（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上7点时小车的瞬时速度大小．考查小车做匀变速直线运动的条件，掌握求瞬时速度的方向，理解作差法求加速度的应用．12.用两个定值电阻和电压表可以测量电源的电动势（约3V）和内阻．提供的主要器材有：电阻R1（2.0Ω）、R2（9.0Ω）、电源、电压表、单刀双掷开关、导线若干，实验电路如图1．（1）根据电路图（图1），将未连接完整的实物图（图2）连接完整．（2）闭合开关S1，开关S2分别接到R1、R2两电阻，电压表的读数分别为2.0V、2.7V，则测得电动势为______ V，内阻为______ Ω．由于电压表的内阻影响，测得的内阻______ （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值．【答案】3；1；大于【解析】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）在闭合电路中，电源电动势：E=U+I r=U+r，根据实验数据得：E=2+r，E=2.7+r，解得：E=3V，r=1Ω；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，使得公式值小于电路中总电流，从而导致内阻的测量值大于真实值；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）3，1，大于．（1）根据电路图连接实物电路图．（2）根据实验数据，应用闭合电路的欧姆定律求出电源电动势与内阻．本题考查了连接实物电路图、求电源电动势与内阻，连接电路图时要注意单刀双掷开关的接法．四、计算题(本大题共5小题，共46.0分)13.人类1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用双子星号飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2（后者的发动机已熄火）．接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力F=895N，推进器开动时间为7s．测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s，已知m1=3400kg．求：（1）火箭组的质量m2；（结果保留一位有效数字）（2）共同加速过程中，飞船与火箭组之间平均作用力的大小．（结果保留一位有效数字）【答案】解：（1）对整体，由牛顿第二定律，有：F=（m1+m2）a由运动学公式，有：a===0.13m/s2由以上两式得：m2===3500kg（2）对m2分析，设m1对m2的作用力为T，由牛顿第二定律，有：T=m2a=3500×0.13=455N答：（1）火箭组的质量m2为3500kg；（2）火箭组收到飞船的推力为455N．【解析】（1）题对整体火箭组受力分析列出牛顿第二定律方程，再结合加速度的定义，即可求出m2．（2）隔离物体m2受力分析，根据牛顿第二定律列出方程即可求解．遇到连接体问题一般应采取“先整体后隔离”的顺序并根据牛顿第二定律列式求解，基础问题．14.足够大的平行板电容器的两个极板A、B如图放置，A极板带正电，两板间电势差为U，两板间距离为d．在B板中央有一放射源，放射源可向各个方向发出速率相同的电子．从放射源射出的电子打在A板的范围为半径为R的圆．已知电子的质量m，电荷量e．求电子从放射源射出时的速度大小．【答案】解：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r=vt 在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d=at2其中，a==，则t=d粒子在垂直电场方向上做匀速运动，由R=vt代入得：答：电子从放射源射出时的速度大小为【解析】粒子水平射出后将做类平抛运动，此粒子沿水平方向的位移大小即是落在金属板上的粒子圆形面积的半径，根据粒子运动形式结合运动学公式求解即可．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15.甲、乙两辆汽车以相同的初速度同时开放做匀减速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，最后两车同时停下来．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．【答案】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2．由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有s=s1+s2，s'=s1+s2 ．由运动学公式得：v=2at0…①…②…③将①代入③得：s2=a…④由②+④得：s=s1+s2=设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1 、s2 ．同样有：v'=at0…⑤s1=…⑥s2=v t0+…⑦⑤代入⑦得s2=2由⑥+⑧得s'=s1+s2=所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为7：5．【解析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比．对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，往往要抓住它们之间的关系，列出关系式．16.在如图所示的同心圆环形区域内有垂直于圆环面的匀强磁场，磁场的方向如图，两同心圆的半径分别为R0、2R0．将一个质量为m（不计重力），电荷量为+q的粒子通过一个电压为U的电场加速后从P点沿内圆的切线进入环形磁场区域．欲使粒子始终在磁场中运动，求匀强磁场的磁感应强度大小的范围．【答案】解：粒子静电场加速后，由动能定理可得：，解得：欲使粒子始终在磁场中运动，由图可知：粒子运动的最小半径为R小=r0，最大半径为：R大=（r0+2r0）=r0，由：，解得：，当：R=r0时，解得B的最大值为：，B max=同理：B min=所以：＜B＜答：匀强磁场的磁感应强度大小的范围为：＜B＜．【解析】粒子经加速电场加速后，进入磁场，欲使粒子始终在磁场中运动，由几何关系确定粒子的运动半径，结合磁场知识求解即可．解决粒子做匀速圆周运动的步骤：定圆心、画圆弧、求半径．同时若粒子从P点进入磁场，速度大小一定而方向一定，要使粒子一定能够在园中运动，求磁感应强度范围，确定粒子在磁场内的运动半径即可．17.过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车运动轨道的简易模型，它由竖直平面内粗糙斜面轨道和光滑圆形轨道组成．过山车和斜面轨道间的动摩擦因数为μ，圆形轨道半径为R，A点是圆形轨道与斜面轨道的切点．过山车（可视为质点）从倾角为θ的斜面轨道某一点由静止开始释放并顺利通过圆形轨道．若整个过程中，人能承受过山车对他的作用力不超过其自身重力的8倍．求过山车释放点距A点的距离范围．【答案】解：当人刚好到达圆轨道最高点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律得：mg=m由动能定理得：mg[s0sinθ-R（1+cosθ）]-μmgs0cosθ=联立解得：s0=人在圆轨道时对轨道的最低点压力最大，由牛顿第三定律得：轨道对人最大支持力为8mg由牛顿第二定律得：8mg-mg=m由动能定理得：mg[s1sinθ+R（1-cosθ）]-μmgs1cosθ=联立解得s1=故过山车释放点距A点的距离范围为≤s≤．答：过山车释放点距A点的距离范围为≤s≤．【解析】当人刚好到达圆轨道最高点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律得到最高点的临界速度，由动能定理求得过山车释放点距A点最小距离．人在圆轨道时对轨道的最低点压力力最大，由牛顿第二定律求出速度，再由动能定理求解最大距离，从而得到距离的范围．本题关键灵活地选择过程运用动能定理列式，同时明确要完成的圆周运动，临界条件是通过最高点时弹力为零．高中物理试卷第11页，共11页。
2015年新疆乌鲁木齐市高考物理三诊试卷和答案
2015年新疆乌鲁木齐市高考物理三诊试卷一、选择题（本题共8个小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）伽利略研究自由落体运动时，让小球从倾角较小的光滑斜面滑下，然后在不同的倾角条件下进行多次实验，实验示意图如图所示．则下列说法错误的是（）A．斜面小角度是为了延长小球在斜面上运动的时间B．实验结果说明小球在斜面上速度随时间均匀增加C．实验结果说明小球在斜面上运动的距离随时间均匀增加D．通过实验和逻辑推理，伽利略得出自由落体运动时一种匀加速直线运动2．（6分）海南文昌卫星发射基地建成后，将会弥补甘肃酒泉卫星发射基地的不足，极大提高我国发射卫星的能力．若在两个基地各发射一颗相同的地球同步卫星，下列说法正确的是（）A．两卫星最终的运行轨道不同B．发射两卫星消耗的能量不同C．两卫星的线速度都大于7.9km/sD．两卫星的线速度与地球赤道表面上的线速度相同3．（6分）如图所示，重力为G的某消防员静止在竖直的两墙壁之间，若消防员的腿长和墙壁之间的宽度之比为5：8，墙壁对每条腿的总作用力恰沿着人腿方向，则墙壁对每条腿的弹力大小为（）A．B．C．D．4．（6分）匀强电场所在空间中有八个点，其中四个点构成正方形Ⅰ，另外四个点构成正方形Ⅱ．正方形Ⅰ、Ⅱ的中心重合，其边长之比为2：1，则正方形Ⅰ四个顶点的电势之和∑φI和正方形Ⅱ四个顶点的电势之和∑φII满足的关系是（）A．∑φI=∑φII B．∑φI=∑φII C．∑φI=2∑φII D．∑φI=4∑φII5．（6分）如图所示，金属杆放在平行金属轨道上，t=0时，加一个垂直轨道平面的磁场，同时金属杆开始向右做匀速运动，杆匀速运动过程中，回路中始终没有电流，则磁场随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．6．（6分）如图所示的电路，闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两级板带有一定电荷，要使电容器所带电荷量减少，以下方法可行的是（）A．只减小R1B．只增大R3C．只减小a、b两级板间的距离D．只增大a、b两级板间的距离7．（6分）如图所示，远距离输电线路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且=．升压变压器原线圈的电压为U1，原线圈中电流为I1；降压变压器副线圈的电压为U2，副线圈中电流为I2．远距离输电线路上电阻的电压为U．则下列说法正确的是（）额A．U额=U1﹣U2B．U额＞U1﹣U2C．I1=I2 D．I1＞I28．（6分）如图所示，物体A经一轻质弹簧与下方地面上物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B质量均为m且都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向，现在挂钩上挂一质量为m的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．若将物体C换成另一个质量为2m的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次物体B刚离地时，物体A的（）A．加速度为零B．加速度为gC．动能为D．动能为二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。
2015届高三质检二理综试卷及答案
2015届石家庄市高中毕业班第二次教学质量检测理科综合能力测试物理部分答案二、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。
〖附注：21小题分析解答过程〗根据题设条件，画出小车运动的示意图，并标出4个关键的位置。
线圈右边进入匀强磁场开始切割磁感线，产生电动势，形成感应电流，而受到水平向左的安培力作用而做减速运动，由牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和安培力可得：22B l vma R =，方程两边同乘以t ∆，整理可得：22B l va t t mR ⨯∆=⨯∆，又因为v a t x v t ∆=⨯∆∆=⨯∆，，可得：22v B l x mR∆=∆为定值，在v -x 图像中，线圈进场和出场的过程中，速度随位移成线性减小，因进场和出场线圈的位移都为l =10cm ，故线圈进场和出场的过程中的速度变化量相等，设线圈完全出场后的速度为v ，则1.5-v =2.0-1.5，则v =1.0m/s ，选项AC 正确；当小车的位移为15cm 时，线圈完全在磁场中运动，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，选项C 错误；小车由位置2到位置3的过程，由能量守恒定律，可知：线圈产生的焦耳热等于小车的动能的减少量，即222311()()22Q M m v M m v =+-+=0.0625J ，选项D 错误。
22. （4分） 1.020 （2分） 4.995（4.993~4.997都给分）（2分） 23. （11分）（1）（6分）④负（2分） ⑤欧姆调零（2分） 3000 （2分）（2）（5分）见图所示（3分），121U R U U -（2分）24．（13分）解：（1）（6分）设救生圈平抛运动的时间为t 0，由平抛运动规律，有：2012H gt =，（2分）， H tan θ＝v 0t 0 （2分），联立以上各式，得v 0＝7.5m/s ， t 0＝2s （2分） （2）（7分）由几何关系，绳索长L ＝cos37H＝25 m （2分）， 因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等（1分），由运动学公式可得：20122at L ⨯=（2分）， 代入数据，得2206.25m/s L a t ==（2分） 25．（19分）解：（1）（5分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πm qB （1分）若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ2πT ＝mθqB（1分）从图中几何关系可知，β＝23π（2分）所以时间t ＝mβqB ＝2πm3qB（1分）（2）（11分）由qvB ＝2mv R表达式可知，从磁场右边界射出的最小速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最小。
(精校)乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验试卷(及答案)
乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验理科试卷（问卷）第I 卷（选择题 共60分）注意事项：1.本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考试不可使用计算器.闭卷.2.答案写在答卷纸上；写于问卷的或装订线内的答案一律无效. 一、选择题（每小题5分,共60分）1.已知集合{|0},{2,0,1}M x x N =≤=-，则M N = ( ).A {|0}x x ≤ .B {|20}x x -≤≤ .C {2,0}- .D {0,1}2. 在复平面内复数121iz i+=-对应的点在( ) .A 第一象限 .B 第二象限 .C 第三象限 .D 第四象限3. 设函数()f x 满足(sin cos )sin cos f αααα+=，则(0)f =( ) .A 12 .B 0 .C 12- .D 1 4. ",2"xx R e m ∀∈->是22"log 1"m >的( ).A 充分不必要条件 .B 必要不充分条件 .C 充要条件 .D 既不充分也不必要条件 5. 将函数()sin(2),2f x x πϕϕ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭的图像向左平移6π个单位后的图像关于原点对称，则函数()f x 在[0,]2π上的最小值为( ).A .B 12 .C 12- .D 6. 一个几何体的三视图及部分数据如图所示，侧视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积为( ).A43 .B 23.C 1 .D 137. 已知,x y 分别是区间[0,]2π内随机取得实数，则使得sin y x ≤的概率是( ).A2π .B 24π .C 12 .D 22π8. 设{}n a 是公差不为零的等差数列，22a =，且139,,a a a 成等比数列，则数列{}n a 的前n 项和n S =( )12.A 2744n n + .B 2322n n + .C 222n n + .D 2344n n+ 9. 执行如图程序在平面直角坐标系上打印一系列点， 则打印出的点在圆2210x y +=内的个数是( ).A 2 .B 3 .C 4 .D 510. 若双曲线22221,(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线与圆()2221x y -+=相离，则其离心率e 的取值范围是( ) .A 1e > .B 12e >.C2e > .D 3e >11. 过抛物线22(0)y px p =>的焦点F 的直线l 交抛物线,A B ，交其准线与点C ，若2-=， ||3AF =，则抛物线的方程为( ).A 23y x = .B 29y x = .C 26y x = .D 212y x =12. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1n n a S +=，则n S 的取值范围是( ).A (0,1) .B (0,)+∞ .C 1[,)2+∞ .D 1[,1)2二、填空题（每小题5分，共20分）13．已知,x y 满足条件24122x y x y x y +≥⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的最小值为_____________.14. 正三角形ABC的边长为AD 翻折，使二面角B AD C --的大小为3π，则四面体ABCD 的外接球的体积为______________.15. 在PQR ∆中，若7=⋅6= ，则PQR ∆面积的最大值为_____________. 16. 已知函数322()363(0)f x x a x a a a =--+>有且仅有一个零点0x ，若00x >，则a 的取值范围是___________.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分） 在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且1c os c o s 2a Bb Ac -=。
新疆乌鲁木齐地区2015届高三第二次诊断性测试数学理试题(扫描版)
乌鲁木齐地区2015年高三年级第二次诊断性测验理科数学试题参考答案及评分标准1.选C .【解析】∵{}31A x x =-<<，{|22}B x x =-<<，∴()2,1A B =-，故选C . 2.选D .【解析】∵()()()2122211112i i i i i i i i +-===-+--+，其共轭复数是1i --故选D. 3.选C .【解析】依题意，3cos 5a =-，则cos(2)p a -=()27cos22cos 1=25a a -=-- 故选C .4.选B . 【解析】①错，②对，③对，④错. 故选B.5.选D .【解析】x x y e xe ¢=+，曲线在()1,e 处切线的斜率2k e =，∵此切线与直线0ax by c ++=垂直，∴直线0ax by c ++=的斜率12a b e-=-，即12a b e =. 故选D. 6.选A .【解析】由题意得()12cos 0f x x ¢=- ，即1cos 2x ³解得：()22,33k x k k ππππ-≤≤+∈Z ，∵()2sin f x x x =-是区间[,]2t t π+上的减函数,∴[,]2t t π+Í2,233k k p p p p 轾犏-+犏臌，∴2236k t k ppp p -＃-，故选A . 7.选A .【解析】如图该几何体为一三棱锥，设外接球半径为r 由题意得)2221r r=+，解得r =∴216=43S rpp =球，故选A . 8.选C .【解析】执行第一次运算91,119,91r m n ===，执行第二次运算28,91,28r m n ===，执行第三次运算7,28,7r m n ===，执行第四次运算0r =输出7n =.故选C .9.选C .【解析】将四个不同小球放入四个不同盒子，每个盒子放一个小球，共有44A 种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0，1,2,4. 其中()449308P A ξ===，()14442113C P A ξ⨯===,()2444124C P A ξ===,()4411424P A ξ===，31110124183424E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=.故选C.10.选C .【解析】∵12f x 骣÷ç+÷ç÷ç桫为奇函数，则函数()y f x =的图像关于点1,02骣÷ç÷ç÷ç桫对称，则函数()y g x =的图象关于点1,12骣÷ç÷ç÷ç桫对称，故函数()g x 满足()()12g x g x +-=. 设1215=161616S g g g 骣骣骣鼢 珑 +++鼢 珑 鼢 珑 桫桫桫，倒序后得15141=161616S g g g 骣骣骣鼢珑 +++鼢 珑 鼢 珑 桫桫桫，两式相加后得1152141512=++=152161616161616S g g g g g g 轾轾轾骣骣骣骣骣骣鼢鼢鼢珑珑珑犏犏犏++++ 鼢鼢鼢珑珑珑鼢鼢鼢珑珑珑犏犏犏桫桫桫桫桫桫臌臌臌， ∴=15S .故选C .11.选A .【解析】()2,0F c ，渐近线方程为,b by x y x a a==-直线AB 的方程为：y x c =-+，设()11,A x y ，()22,B x y 依题意知，,A B 分别满足y x c b y x a ì=-+ïïïíï=ïïî，y x c b y x a ì=-+ïïïíï=-ïïî，得12,,ac ac x x a b a b ==+-∵2F A AB =，∴222F B F A =, ∴2acac c c a ba b骣÷ç-=-÷ç÷ç桫-+，化简得3b a =.故选A . 12.选B .【解析】∵()cos c a A C =+，∴()sin sin cos C A A C =+,即()()sin sin cos A C A A A C 轾+-=+臌,整理的()()sin cos 2sin cos A C A A A C +??,则()tan 2tan A C A +=,∵()cos 0c a A C =+>,∴()cos 0AC +>,∴AC +为锐角，故A 为锐角，则tan 0A >，()()()2tan tan tan tan tan 1tan tan 12tan A C A AC A C A A C AA +-轾=+-==臌+++ 12tan tan A A=?+,当且仅当12tan tan A A=时等号成立， ∴tan C 故选B .二、填空题13.填1±.【解析】由题意得：552r+155=10rr rr r r m T C xC m x x x --骣÷ç==÷ç÷ç桫，∴2,1r m == . 14.填18.【解析】∵90C ∠=︒,∴0CA CB ⋅=,∵2BM AM =, ∴()2CM CB CM CA -=-,∴2CM CA CB =-, ∴()2222218CM CACA CB CACA CA ?-?==15.填(),0-∞.【解析】()()()120210xx x f x x ìï- ï=íï->ïî若0a b < ，由()()f a f b =得1212a b -=-，得a b =，与a b <矛盾； 若0a b <<，由()()f a f b =得2121a b -=-，得a b =，与a b <矛盾； 若0a b <<，由()()f a f b =得1221a b -=-，得222a b +=，而22a b +>，∴0212a b +<=，∴0a b +<16.填4.【解析】依题意知，直线AB 的斜率k 存在，且0k ¹，()()1,0,1,0F Q - 设其方程为()1y k x =-代入24y x =有()2222240k x k x k -++=设()()1122,,,A x y B x y 则121x x =，又2114y x =，2224y x =，∴2212121616y y x x ==,而12,y y 异号，∴124y y =-，∵()()11221,,1,FA x y QB x y =-=+,又∵QB AF ^， 故()()11221,1,0x y x y -?=，即()12121210x x x x y y +-+-=,将121x x =，124y y =-代入，有()121410x x +---=,∴124x x -=，又121,1AF x BF x =+=+, ∴4AF BF -=三、解答题 17．（12分）（Ⅰ）当=1n 时，11213S a =+-，得12a =，由23n n S a n =+-得11213n n S a n ++=++-，两式相减，得11221n n n a a a ++=-+，即121n n a a +=-，∴()1121n n a a +-=-，而111a -=，∴数列{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列； …6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得111122n n n a ---=?，即121n n a -=+，()11212n n na n n n --=+=?∴()()()()0121n =1212223232n T n n -?+?+?++? ()()01211222322123n n n -=???+?++++()0121(1)12223222n n n n -+=???+? 令0121n 1222322n V n -=???+ 则123n 21222322n V n =???+两式相减得()121n 11212222=221212n n n n n n V n n n -?-=++++-??-- -∴()n 221121nn n V n n =?+=-+，∴()n (1)1212n n n T n +=-++ …12分18. (12分)（Ⅰ）连结A C ，∵四边形A BCD 是菱形，∴AB BC =又∵60ABC ? ，∴A BC D 是等边三角形， ∵M 是BC 中点, ∴AM BC ^，∵PA ^平面A BCD ,BC ⊂平面ABCD , ∴PA BC ⊥，在平面PMA 中AM PA A = ∴BC ^平面PMA∴平面PBC ^平面PMA ； …6分 （Ⅱ）设,AC BD 交于点O ，过O 作//OZ AP ,以点O 为坐标原点，分别以,,AC BD OZ 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，如图所示，建立空间直角坐标系：∵四边形A BCD 是边长为2的菱形，60ABC? 得2AC =,BD =PA =于是()()()(1,0,0,0,,,A B D P ---∵N 是PB 的中点,∴1,2N 骣ç?-çç桫，∵PA ^平面A BCD , ∴平面ABD 的一个法向量为1(0,0,1)=n 设平面A ND 的法向量2111(,,)x y z =n∵136(,,),(1,3,0)2AN AD =-=,由00AN AD ìï=ïíï=ïî22n n得11111102x y x ìïï-+=ïïíïïï+=ïî，令11y=，得1x=-1z=,∴2(=-n,∴1212123cos,n n×==n nn n∴二面角N AD B--．…12分19．（12分）（Ⅰ）上半年的数据为：43,44,48,51,52,56,57,59,61,64,65,65,65,68,72,73,75,76,76, 83,84,87,88,91,93其“中位数”为65，优质品有6个，合格品有10个，次品有9个.下半年的数据为：43,49,50,54,54,58,59,60,61,62,63,63,65,66,67,70,71,72, 72,73,77,79,81,88,92其“中位数”为65，优质品有9个，合格品有11个，次品有5个.则该企业生产一件产品的利润的分布列为：()5510 3.7505050E X=-⨯+⨯+⨯=…5分()225061691960.857252515357K⨯⨯-⨯==≈⨯⨯⨯由于0.857 3.841<，所以没有95%的把握认为“优质品与生产工艺改造有关”.…12分20.（12分）（Ⅰ）已知椭圆2222x1ayb+=的右焦点为()1,0F，∴221a b-=又直线y x=-与椭圆有且仅有一个交点，∴方程组2222x1ay xybìï=-ïïïíï+=ïïïî有且仅有一个解，即方程()222222270b a x x a a b+-+-=有且仅有一个解∴()()42222228470a ab a a bD=-+-=，即227a b+=，又∵221a b-=，∴224,3a b==，∴椭圆M的标准方程是22x143y+=；…5分（Ⅱ）依题意知椭圆的右焦点F 的坐标为()1,0，直线AB 的方程为x ky t =+（其中t 为直线AB 在x 轴上的截距）设()()1122,,,A x y B x y解方程组22x 143x ky t y ì=+ïïïíï+=ïïïî，得关于y 的一元二次方程()2234120ky t y ++-= 即()2223463120k y tky t +++-=()()()()22222=643431248340tk k t k t D -+-=-+>，即234k t >-∵12,y y 是方程的两个解，∴122634tk y y k -+=+，212231234t y y k -=+，∵11x ky t =+，22x ky t =+∴()()()222212121212241234t k x x ky t ky t k y y kt y y t k -=++=+++=+()121228234tx x k y y t k +=++=+，∵FA FB ^，∴()()11221,1,0x y x y -?=即()12121210x x x x y y -+++=，∴222222412831210343434t k t t k k k ---++=+++ 即227889t t k --=，又234k t >-，∴()2278834t t t -->-，即()210t ->，∴1t ≠，而20k ≥，∴27880t t --，解得t £t ³，∴t £t ³ …12分 21．（12分）（Ⅰ）∵()()1ln 1ln ln 1f x x x x 骣÷ç¢=+-=+÷ç÷ç桫,∵0,x >∴111x +>，∴1ln 10x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭， ∴()0f x '>,∴函数()f x 在区间()0,+∞上单调递增. …4分 （Ⅱ）⑴当0a ≤时，0a - ，由0x >知111x+>，11x +>，则1ln 10x 骣÷ç+>÷ç÷ç桫，ln(1)0x +>， ∴()()()1g x f x a x =-+()1=ln 1ln 10x a x a x 轾骣÷ç犏+-++->÷ç÷ç犏桫臌∴当a 0£时，函数()g x 在()0+¥，上无零点；⑵当0ln 2a <<时，()()''1g ln 1x fx a a x 骣÷ç=-=+-÷ç÷ç桫， 令()'g 0x =，得1x 1ae =-，由0ln 2a <<，知12a e <<,∴011ae <-<， ∴111a e >-，∴当101a x e <<-时，1ln 10a x 骣÷ç+->÷ç÷ç桫,∴()'g 0x >, 当11a x e >-时，1ln 10a x 骣÷ç+-<÷ç÷ç桫，∴()'g 0x < ∴函数()g x 在区间10,e 1a 纟çúççúè-û，上为增函数，在区间1+e 1a 骣÷ç¥÷ç÷ç桫-，上为减函数. ∴()0111max ln 1ln 0111a a a x g x g a e e e >骣骣鼢珑==+-=>鼢珑鼢珑桫桫--- 由0x ≥，()ln 1x +≤；03x ?，()3ln 13xx x +<+成立，∴1x ln 1x x 骣÷ç+<÷ç÷ç桫()3ln 13xx x +<+，()0,3x Î， 取231=min ,,993a a a d 骣÷ç÷ç÷ç÷-桫当0ln 2a <<时，01d <<，∴当0x d <<时()()11ln 1ln x 1ln 1ln x 1x ax x ax x x 骣骣鼢珑++++?+++鼢珑鼢珑桫桫3333333xx a a ax ax ax a x x <+<+<++=++ ∴()()1x ln 1ln 110x a x x 骣÷ç+++-+<÷ç÷ç桫，即()0g x < 又()()g 12ln222ln20a a =-=->由函数零点定理和函数()g x 在区间10e 1a 纟çúççúè-û，为增函数,且()0,1Ì10e 1a 纟çúççúè-û， ∴()1x 0,1$ 使得()10g x =，取2max M a 禳镲镲=-睚镲镲镲铪， 由0ln 2a <<，知1M > ，∴当x M >时，都有21x a>-，x >∴1x 12a <+2a ，∵()0,ln 1x x x >+ ， ∴()x 1111ln 1ln 111122a ax a x x x x x 骣÷ç+++<?<+=÷ç÷ç桫+++ 从而()1f x a x <+，∴()g 0x <，∴()2x 1,$?使得()20g x =∴当0<a<ln2时，函数()g x 在()0+¥，上有两个零点； ⑶当a=ln2时由⑵知函数()g x 在区间(]0,1上为增函数，在区间()1+¥，为减函数. ∴()()max 10g x g ==，∴对x 0">，()0g x £且当01x <<时，()()g 10x g <=，当1x >时，()()g 10x g <= 从而当a=ln2时，函数()g x 有且仅有一个零点； ⑷当a>ln2时，2ae >，11ae -> 由⑵知函数()g x 在区间10,1a e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦为增函数，在区间1,01a e ⎛⎫⎪-⎝⎭为减函数， ()011max ln 011a a x g x g e e >⎛⎫⎛⎫==< ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，∴对()0,x ∀∈+∞，()0g x <。
高三下学期第一次诊断性测验物理试题(扫描版)(附答案) (3)
乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）二、实验题（本大题共2小题，每空2分，连图2分，共14分）11．（1）必要 （2） T x x 268- （3）248162T x x -12．（1）完成电路连接如图所示 （2）3.0 1.0 小于三、计算题（共46分）说明：以下各题，用其他方法做答，只要正确，均相应给分 13．（8分）解：（1）由题意得 tva ∆∆=………………………………………………2分 对整体 a m m F )(21+=………………………………………………2分解得m 2= 4103⨯kg …………………………………………………1分（2）对m 2 a m F 212= ………………………………………………2分解得 =12F 8210⨯N ………………………………………………1分14.(9分)解：(1)电子在电场中做类平抛运动由题意Ee=ma …………………………………………2分 E=dU…………………………………………2分 沿场强方向 221at d =…………………………………2分垂直场强方向 t R 0v = …………………………………2分解得 d R =0v meU2 …………………………………1分15.（9分）解：设甲在第一段时间间隔（时刻0t ）的速度为v ，行驶的路程为1x ，加速度为a;在第二段时间间隔内行驶的路程为2x 。
由运动学公式得00at v v -= 02at v = ………………………………………1分0012t vv x +=………………………………………1分 022t vx =………………………………………1分 设乙在时刻0t 的速度为'v ，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为'1x 、'2x00'2at v v -= 0'at v = ………………………………………1分 0'0'12t v v x += ………………………………………1分 0''22t v x = ………………………………………1分设甲、乙行驶的总路程分别x 、'x'2'121'x x x x x x ++= ………………………………………1分 解得57'=x x ………………………………………2分16.(10分)解：粒子经过加速电场，由动能定理221mv qU =………………………………………2分 mqUv 2=………………………………………1分 磁感应强度最大时0min R R = ………………………………………1分 02maxR v m qvB = ………………………………………2分解得:0max 2qR qUmB =………………………………………1分 磁感应强度最小时2200max R R R +=………………………………………1分 max2minR v m qvB = ………………………………………1分 解得:0min 322qR qUmB =………………………………………1分磁感应强度的大小范围：0322qR qUm≤≤B 02qR qUm17.（10分）解：过山车恰能通过圆轨道的最高点 从释放的最低点到A 点，由动能定理21121cos sin A mv mgL mgL =-θμθ ………………………………………2分 设过山车经过最高点速度为v ，从A 点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律2221)cos 1(21mv mgR mv A ++=θ ………………………………………2分在圆轨道最高点，由牛顿第二定律Rv m m g 2= …………………………………………………………………1分解得:)cos (sin 2)cos 231θμθθ-+=（R L ……………………………………………1分过山车在圆轨道最低点承受作用力最大 从释放的最高点到A 点，由动能定理2'2221cos sin A mv mgL mgL =-θμθ ……………………………………1分 从A 点到圆轨道的最低点，由机械能守恒定律2'2'21)cos 1(21mv mgR mv A =-+θ ………………………………………1分 在圆轨道最低点，由牛顿第二定律Rv m m g F N 2'=- mg F N 8= ………………………………………1分解得：)cos (sin 2)cos 252θμθθ-+=（R L …………………………………………1分过山车释放点距A 点的距离范围)cos (sin 2)cos 23θμθθ-+（R ≤≤L )cos (sin 2)cos 25θμθθ-+（R。
新疆乌鲁木齐地区高三物理下学期第二次诊断性测验试题(扫描版)新人教版
新疆乌鲁木齐地区2014届高三物理下学期第二次诊断性测验试题（扫描版）新人教版乌鲁木齐地区2014年高三年级第二次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有的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，有选错的得0分）二、非选择题（本大题共6小题，共46分）11．（6分）（1）连线如图；（2） 1.880（3）L 4RD 2π （每小问2分）12．（8分）（1）反比（2）平衡摩擦力；乙（3） 甲车 （每空2分）13.（7分）解：由题意可知2t g v D = （或22t g 21h ⎪⎭⎫ ⎝⎛= ） …………………………………………2分 运动员在U 型池中滑到圆弧最低点时，受到的弹力最大，由动能定理可得 2D 2C mv 21-mv 21mgR =（或2C mv 21R h mg =+）（）………………………….2分 Rv m mg -F 2C N = …………………………………………….2分 解得 R4t mg mg 3F 22N += = 2400N ………………1分14、（7分）解：由题意可得，当粒子由A 点释放，粒子经电场加速后，进入磁场做匀速圆周运动的轨道半径R=d ………………….2分2mv 21qEd = ………………….2分 Rv m Bqv 2= ………………………2分 解得 2dBE 2m q = …………………….1分15. （9分）解： (1)由题意可知，滑块在斜面AB 上加速下滑，加速度大小为a 1，所用时间为t 1，滑到底端B 处时的速度为v ，则θgsin a 1= …………………………………1分11t a v = ……………………………1分.滑块在BC 水平面上运动的加速度为a 2，所用时间为t 2，则g a 22μ= 22t a v = t=t 1+t 2 ………………1分 211AB t a 21S = ……………………………………1分 解得 S AB = 0.48m ………………………………1分(2)滑块滑到水平面上给工件的滑动摩擦力，方向向右mg F 2f 2μ= …………………………………………1分水平地面给工件的摩擦力，方向向左g M m F 1f 1）（+=μ ………………1分传感器的示数F 为12f f F -F F = ………………………1分解得 F = 10N …………………………1分16. （9分）解：（1）两棒相向运动，相遇前某时刻金属棒AB 接入电路的长度为L 1，金属棒CD 接入电路的长度为L 2，则有21BvL BvL E += …………………………………2 分 LL R L L R EI 21+= …………………………………1分解得 R BvL I = …………………………………1分 （2）两棒相向运动，相遇前回路总电阻是恒定的；要使回路中产生最大的焦耳热，两金棒初始距离应最大。
新疆乌鲁木齐市高三理综(物理)下学期第二次诊断性测验
新疆乌鲁木齐市2018届高三理综（物理）下学期第二次诊断性测验试题二、选择题14.用一束红光和一束紫光分别照射金属甲和乙，它们逸出的光电子的最大初动能相等。
则金属甲和金属乙比较（ ） A.甲的逸出功较大 B.乙的逸出功较大C.相同时间内甲逸出的光电子数较多D.相同时间内乙逸出的光电子数较多15.如图所示,两个可视为质点的小球a 、b ，其质量均为m ，用一刚性的且质量不计的细杆相连,在光滑的半球内处于静止状态。
已知细杆长度与半球半径相等，则细杆对小球b 的作用力大小为（ ）A 、3mg B 、3mg C 、23mg D 、3mg16.如图所示,多个完全相同、边长足够小且互不粘连的立方体小物块依次排列，点长度为L 。
它们一起以某一速度在光滑水平面上匀速运动。
某时刻开始，小物块滑上粗糙水平面，最后一个小物块恰好全部进入粗糙水平面时速度为零。
已知小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，则小物块在光滑水平面上的速度为（ ）gLμ2gLμgL μ2gL μ17.一电荷量为()0q q >、质量为m 的带电粒子(不计重力)仅在电场力的作用下，从0t =时由静止开始运动，场强随时间周期性变化的规律如图所示。
若粒子在532TT -时间内的位移为零,则k 等于（ ）A.32B.43C.54D.6518.如图所示，在点电荷形成的电场中，一带负电的粒子(重力不计)从A点经B点运动到C点的过程中做减速运动，则（）A.A点的电势比C点的低B.A点的电势比C点的高C.B点场强方向如1E所示D.B点场强方向如2E所示19.在水平公路上，一辆装满货物的卡车以某一速度匀速行驶，由于司机疲劳驾驶，与一辆停在公路上的轿车相撞，撞击时卡车上有部分货物飞出，撞击后两车共同滑行了距离s后停下。
则（）A.撞击过程可应用动量守恒B.撞击过程可应用机械能守恒C.飞出的货物质量越大，滑行距离s越大D.飞出的货物质量越大，滑行距离s越小20.大文学家将仅在被此的引力作用下运动的两颗相星称为双星。
2023届新疆维吾尔自治区高三下学期第二次诊断性测试理综物理试题
2023届新疆维吾尔自治区高三下学期第二次诊断性测试理综物理试题学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线偏离竖直方向夹角大小为θ并保持不变，则下列说法中正确的是（）A．汽车一定向右做匀减速直线运动B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右C．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到合力为D．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为第(2)题如图所示，斜面倾角为，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为，不计空气阻力，则为（ ）A．B．C．D．第(3)题汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。
如图甲所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度。
如图乙所示是以测速仪所在位置为参考点，测速仪连续发出的两个超声波信号的x-t图像，则（ ）A．汽车离测速仪越来越近B．在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为x2－x1C．汽车在t1～t2时间内的平均速度为D．超声波信号的速度是第(4)题如图，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁缓缓下降，在下降过程中把人近似看做一根直杆，人的腿部保持与崖壁成60°夹角。
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一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有的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，有选错的得0分）
二、非选择题（本大题共6小题，共46分） 11．（6分）（1）3m （2）不必不会 12．（8分）（1） 7.0（或7）（2）c 6.7 （3）远小于（每空2分）
13.（6分） 解：由题意可知
sin30
R
r =
…………………………………………………1分 r T m r GMm 2
22⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=π………………………………………….3分 33
4
R M
πρ=
……………………………………………………2分
解得2
24GT π
ρ=
……………………………………………………2分
14、（8分） 解：（1）由题意可得
00LV B E =…………………2分
r
R E
I +=
…………………1分
解得r
R LV B I +=
0…………………1分
（2）由题意可得，电流随时间均匀变化，平均电流为I ，通过电量为q
I I 2
1
=
…………………………………1分 t I q =…………………………………1分
V x t =
…………………………………1分 解得)
(200r R Lx B q +=
…………………………………1分
15. （9分）
解： (1)设小物块B 在滑块A 上时，滑块A 的加速度为a 1，小物块B 离开滑块A 后滑块A 的
加速度为a 2，则
()1m M Ma g =+μ…………………………………2分
解得()M
g
m M a +=
μ1……………………………1分.
2Ma Mg =μ…………………………………1分
解得g a μ=
2……………………………1分.
（2）由题意可知，滑块A 开始做匀减速运动，速度减到零时小物块B 开始下落所需时间最长，设滑块A 减速所需时间为t 1
L a v 122=……………………………………1分
1
1a v t =
（或2112
1
t a L =
）…………………………………1分 小物块B 离开滑块A 后做自由落体运动，运动时间为t 2
2
22
1gt h =
……………………………………1分 解得()g
h
g m M LM
t t t 2221+
+=
+=
μ………………………分
16. （9分） 解：（1）当t=t 0时，粒子运动到P 点，粒子做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，偏转角为θ，则
r
mv BqV 20
0=…………………………………… 1分 Bq
m
T π2=
，T
t 0
2π
θ=…………………… 1分
P 点坐标为()
p p y x ,
θsin r x p =
)cos 1(θ-=r y p ……………………………… 1分
解得P(
Bq
mv 230,Bq mv 20
) ……………………………………… 1分 （2）由题意可知，粒子运动过程不穿越x 轴，且纵坐标不超过某一值，粒子运动到最高
点时速度与x 轴平行，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
α=300
……………………………………… 1分 由于粒子运动具有周期性
则0022
1
'nt t t +=
（n=0,1,2……）……………………………… 2分 由几何关系可得
)cos 1(20α-=r y ……………………………… 1分
解得Bq
mv y 0
0)32(-
=………………………… 1分
17、
[物理-选修3-3]
（1）(5分)BCD （2）（9分）
解：①橡皮胎内气体体积变化前后温度不变，故气体内能变化
0=∆E ………………………… 1分 由热力学第一定律可得
Q W =………………………… 2分 ②由题意可得
)(000V V P V P ∆-=………………………… 4分
0P P P -=∆………………………… 1分
解得0
0P V V V
P ∆-∆=
∆………………… 1分
18、 [物理-选修3-4] （1）（5分）BCD （2）（9分）
解：①由光路图可知
入射角α=i ，折射角α2r =……………………… 1分
i
r
sin sin n =
……………………………………… 2分 解得αcos 2n =……………………………… 2分 ②光在玻璃中通过的路程
αcos s R =………………………………………1分 光在玻璃中的传播速度
c
v n
=
………………………………………………………1分 传播时间v s
t =………………………………………………………1分
解得c
cos 2t 2α
R =………………………………………1分
19、[物理-选修3-5] (1) （5分）BCD
(2) (9分)
解：①设物体A 与物体B 碰撞后B 的速度V B ，物体B 通过轨道最高点时速度为V ，由题意可得
R
mv g 2
22m =
………………………… 1分
由机械能守恒定律得
22
22
1
22
1
22m B mV mv
R g ………………… 2分 解得gR V B 5=……………………………………1分
②物体A 与物体B 发生碰撞，物体A 的速度为V A ，对A 、B 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得
B A mV mV V 2m 0+=………………………3分 解得0=A V …………………2分。