湖南沙市雅礼中学2015届高三5月(二模)物理试题

14. 以下关于物理学史的叙述，不正确的是（）

A. 伽利略通过实验和论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动

B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常

量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值

C. 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场

D. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象【答案】D

15．甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v－t图象如图所示。关于两质点的运动情况，下列说法正确的是

A．在t =0时，甲、乙的运动方向相同

B．在0~t0内，乙的加速度先增大后减小

C．在0~2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度

D．若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远

【答案】D

16．如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）

A．沿路径1抛出的物体落地的速率最大

B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长

C．沿路径3抛出的物体初速度的竖直分量最大

D．三个物体抛出时初速度的水平分量相等

【答案】A

【解析】试题分析：将物体的运动分解到水平方向和竖直方向，由于竖直方向上，三个物体上升的高度相同，因此运动时间相同，三个物体抛出时竖直分量相同，C错误，B错误；而水平方向上，由可知，物体1的水平位移最大，因此物体1抛出时的水平分量最大，D错误；由于竖直分量相同，而水平分量物体1最大，因此物体落地时1的速率最大，A正确。

17．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler-186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T;宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放—个小球（引力视为恒力），落地时间为t。已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是

A．该行星的第一宇宙速度为

B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于

C．该行星的平均密度为

D.如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为

【答案】B

【解析】行星上重力加速度，第一宇宙速度为,A错；宇宙飞船绕该星球做圆周运动的最小周期，B正确；地面附近重力近似等于万有引力，，该行星的平均密度为，C错；同步卫星到表面高度为h,,，D错。

18．如图，粗糙绝缘水平面上O、A、B、C四点共线，在O点固定一带正电小球Q，在A点由静止释放带正电小金属块P（可视为质点），P沿OC连线运动，到B点时速度最大，最后停止在C点．则 ( )

A．A点电势低于B点电势

Q

P

　 B．P在由A向C运动的过程中，电势能一直增大

C

B

A

O

　C．在B点P所受的滑动摩擦力等于库仑力

　 D．从B到C的过程中，P的动能全部转化为电势能

【答案】C

【解析】沿着电场线的方向电势是降落的，所以A错误；由于P、Q都带正电，P在由A向C运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减少，B错误；因为到B点时速度最大，所以到B点前物体做加速运动，P 所受电场力大于所受滑动摩擦力，越过B点后，由于PQ距离变大，根据库伦定律，P所受电场力变小，而滑动摩擦力不变，所以P做减速运动，在B点，P所受滑动摩擦力等于所受电场力，加速度为零，速度达到最大，C正确；B到C的过程中，P要克服滑动摩擦力做功，动能由于摩擦生热全部转化为内能，同时电势能减小，减少的电势能也转化为内能，D错误。

19. 如图所示为一通电直导线，设导线中每米长度内有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量为e，它们的定向移动速度均为v，现加一磁场，其方向与导线垂直，磁感应强度为B，则磁场对长度为L的一段导线的安培力的大小应是（ ）

A.neBLv

B.meBL/v

C.eBv/nL

D.eBLv/n

【答案】A【解析】每米导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电量均为e，它们定向移动的平均速率为v，所以电流的大小为，磁场对这段导线的安培力， A正确，

20．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C 分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则 ( )

A．R1接在电源上时，电源的效率高

B．R2接在电源上时，电源的效率高

C．R1接在电源上时，电源的输出功率大

D．R2接在电源上时，电源的输出功率大

【答案】AD

【解析】电源效率，故当路端电压高时电源效率高，由全电路欧姆定律可得 ，由图可知，故R1接在电源上时，路端电压较高，电源效率高；即A正确、B错误；电源的输出功率，故当时电源的输出功率最大，由图可知，联立前两式可知，故R2接在电源上时，电源的输出功率大，所以C错误、D正确。

21．如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框电阻为R，横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为

2h，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是 ( )

A．线框进入磁场时的速度为

B．线框穿出磁场时的速度为

C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q=

D．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为

【答案】ACD

【解析】线框进入磁场前，线框和重物整体受力分析，有合力，可得匀加速直线运动的加速度。线框刚好进入磁场时，位移为，根据可得，选项A对。线框穿出磁场时，已经做匀速直线运动，那么重物也是匀速直线运动，拉力。对线框受力分析有拉力竖直向上，自身重力竖直向下，以及竖直向下的安培力，所以有,可得速度,选项B错。从释放到线框离开磁场的过程，对整体根据能量守恒有，整理可得，选项C对。线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则有安培力,对整体分析有，可得加速度，选项D对。

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，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(11题，共129分)

22．(6分）.小明同学在学完力的合成与分解后，想在家里做实验验证力的平行四边形定则.他从学校的实验室里借来两只弹簧测力计，按如下步骤进行实验.

A.在墙上贴一张白纸用来记录弹簧弹力的大小和方向

B.在一只弹簧测力计的下端悬挂一装满水的水杯， 记下静止时弹簧测力计的读数F.

C.将一根大约30 cm长的细线从杯带中穿过，再将细线两端拴在两只弹簧测力计的挂钩上.在靠近白纸处用手对称地拉开细线，使两只弹簧测力计的读数相等，在白纸上记下细线的方向和弹簧测力计的读数.如图甲所示.

D.在白纸上按一定标度作出两个弹簧测力计的弹力的图示（两弹力夹角为60度），如图乙所示，根据力的平行四边形定则可求出这两个力的合力F′.

（1）在步骤C中，弹簧测力计的读数为______N.

（2）在步骤D中，合力F′=________N.（保留2位有效数字）

（3）若_______________________________________，就可以验证力的平行四边形定则.

【答案】（1）3.00N（2）5.2 （3）F′近似在竖直方向，且数值与F近似相等．

【解析】在步骤C中，由力的图示，知道，弹簧测力计的读数为3.00N；在步骤D中，由平行四边形定则，F合＝5.2N；若F′近似在竖直方向，且数值与F近似相等，就可以验证力的平行四边形定则。

23.某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等。

(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在如图所示的实物图上连线。

(2)实验的主要步骤：

①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；

②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，

　　　　，　　　　　，断开开关。

③重复第②步操作若干次，测得多组数据。

(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得如图所示的R-t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R-t关系式：

R=　　　　+　　　　t(Ω)。(保留三位有效数字)

【答案】(1)实物连线图见标准解答 (2)记录温度计数值　记录电压表数值 (3)100　0.390

24.如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A（含货物）和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连．A装载货物后从h＝8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝530，B的质量M为1.0×103kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g 取10 m/s2，sin530＝0.8，cos530＝0.6．

（1）为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？

（2）若A的质量m＝4.0×103 kg，求它到达底端时的速度v；

（3）为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s．请通过计算判断：

当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定．

B

A24．【解析】

（1）设左斜面倾角为θ，左斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则

F合>0

mg sinθ-Mg sinβ-μmg cosθ-μMg cosβ >0------------1分

m >2.0×103 kg------------1分

（2）对系统应用动能定理：

mgh-Mg(h sinβ/sinθ)-(μmg cosθ+μMg cosβ)(h/sinθ) =(1/2)(M+m) v2------------2分

v ------------1分

另解：本小题也可用牛顿第二定律求解：

由F合=ma

mg sinθ-Mg sinβ-μmg cosθ-μMg cosβ=（M+m）a------------1分

a=2m/s2 -------------1分

由运动学方程v2=2aL-------------1分

L=h/sinθ

v -------------1分

（3）当A的质量m与B的质量M之间关系满足m>>M时，货箱下滑的加速度最大，

到达斜面底端的速度也最大，此时有

mg sinθ-μmg cosθ=ma m-------------1分

a m=5m/s2-------------1分

v2=2a m L-------------1分

货箱到达斜面底端的最大速度v=10m/s<12m/s-------------1分

所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置均能被安全锁定-------------1分

25．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为，电势为φ2。足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。

（1）求粒子到达O点时速度的大小；

（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有2/3能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；

（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件。试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子。

【答案】（1）；（2）；（3）。

【解析】

试题分析：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理， （2分）又U=φ1φ2 （2分）

所以： （1分)

（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角θ=60°（2分）

根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L （2分）

由牛顿第二定律得： （1分）

联立解得： （1分）

（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，（2分）由牛顿第二定律得： （1分）得：（1分），即（1分）

如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：

（1分）

MN上的收集效率：（1分）

(二)选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并将所选题目的题号写在相应位置上。注意所做题目的题号必须与所选题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33．[物理——选修3-3]（15分）

（1）（6分）若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，M0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，N A表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)。

A．

B．

C．

D．

E．

（2）（9分）如图1所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长。已知大气压强为p0=75cmHg。

i．若将装置翻转180o，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），如图2所示。当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；

ii．若将图1中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H=35cm，求左管水银面下降的高度。

【答案】

（1）ACE

（2）（9分）解答：

i．设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律： 2分

代入数据解得：h=0或h=17.5cm

所以，左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm 2分

ii．设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系： 1分

由玻意耳定律： 2分

联立两式解得：

解方程得：x=10cm x= -70cm（舍去） 2分

故左管水银面下降的高度为10cm

34．[物理——选修3-4]（15分）

（1）（6分）如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的竖立的长方体玻璃砖和光屏，BC、MN、PQ三个表面相互平行。一点光源可沿着圆弧移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心O射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖后，打在光屏上。已知玻璃对红光的折射率为n=1.513，若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)。

A．点光源从B移动到C的过程中，光屏上总有彩色光斑

B．点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动速率比紫色光斑的小

C．点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方

D．点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动

E．点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大

（2）（9分）如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于50）后由静止释放。小球的大小和受到的空气阻力忽略不计。

ⅰ．证明小球的运动是简谐运动；

ⅱ．由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值。

【答案】

（1）BCE

（2）（9分）解答：

ⅰ．设小球偏角为θ时离开平衡位置的位移为x，摆长为L，则：

1分

1分

小球受到的回复力： 1分

联立解得： 1分

且因F与x方向相反，故小球做简谐运动。

ⅱ．由图2可知摆球的振幅A=0.08m ，周期T=2s 1分

以摆球为研究对象：由周期公式： 1分

由机械能守恒： 1分

由三角函数知识：

由圆的知识： 1分

联立解得： 1分

说明：若用解答或对（m）求导得，算对。

35．[物理——选修3-5]（15分）1.下列说法正确的是（）

A．结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定。

B．较轻的原子核和较重的原子核的比结合能比中等大小原子核的比结合能要小，在重核裂变反应和轻核聚变反应中都会出现质量亏损的现象。

C．核力是强相互作用的一种表现，在原子核的尺度内，核力比库伦力大得多，在原子的尺度内，电磁力比核力要大，核力是短程力。

D．目前，人类已经可以做到稳定地输出聚变能，所以人类不再有“能源危机”。

2．（9分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R 的半圆，在最低点与直轨道相切．5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为

k（k<1）.将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）.

（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；

（2）若已知h=0.1m，R=0.m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？

【答案】

1. B C

2.（1） (2)

解析：(1)0号球碰前速度为v0， （1分）

碰撞过程： （1分）

（1分）

解得： （1分）

（2）同理

故： （2分）

4号球从最低点到最高点： （1分）

4号球在最高点： （1分）

解得： （1分）