2015年湖北省鄂州高中高考物理三模试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 1．（6分）（2015?鄂州三模）下列关于物理学史的说法正确的是（ ） A． 奥斯特发现了判断电流产生的磁场的方向的定则 B． 法拉第发现了产生感应电流的条件
C． 密立根利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律 D． 欧姆发现了确定感应电流方向的定律 2．（6分）（2014?济南一模）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD=120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为（ ）
A．
f
B． f
C．
f
D． 2 f
3．（6分）（2014?石家庄二模）太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的可能原因是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为（ ） A．
R
B． R
C． R
D．
R
4．（6分）（2015?鄂州三模）如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一带负电的点电荷，将质量为m、带电量为+q小球从圆弧管的水平直径端点入由静止释放，小球沿细管滑列最低点B时，对管壁恰好无压力，则圆心处电荷B点处的电场电场强度的大小为（ ）
A．
E=
B． E=
C． E=
D． 不能确定
5．（6分）（2015?鄂州三模）如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压
器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有（ ）
A． V，P=80W B． U0=40V，P=80W C． V，P=20W D． U0=40V，P=20W 6．（6分）（2014?南昌二模）某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．设第1s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
U0=40U0=40
A． 物体先向正方向运动，后向负方向运动 B． 物体在第3s末的速度最大
C． 前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功 D． 物体在第4s末的动能为22.5J 7．（6分）（2014?济南一模）如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且
能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则（ ）
A． 弹簧的弹性势能最大为 B． 弹簧的弹性势能最大为
﹣Q﹣fd ﹣2Q﹣fd
C． 导体棒再次回到OO′位置时的动能等于 D． 导体棒再次回到OO′位置时的动能大于
﹣4Q﹣2fd ﹣4Q﹣2fd
8．（6分）（2014?石家庄二模）如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其下方，开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′，下列说法正确的是（ ）
A． 线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a B． 线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a C． 当线圈中电流变为 D． 当线圈中电流变为
I时，两细线内的张力均为零 I时，两细线内的张力均为零
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题 9．（7分）（2015?鄂州三模）某同学用如图甲所示的实验装置来探究物块在水平桌面上的运动规律，并测量物块和桌面间的动摩擦因数．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，按打点的时间先后顺序用1，2，3，…依次标出，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断出物块在两相邻计数点 速．
（2）计数点4对应的速度大小为 大小为
2
和 之间的某时刻开始减
m/s，计数点8对应的速度m/s．（保留两位有效数字）
（3）若当地的重力加速度g=9.8m/s，可计算得出物块与桌面间的动摩擦因数μ= ．（保
留两位有效数字） 10．（8分）（2015?鄂州三模）用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： 双量程电流表：A（量程0﹣0.6A，3A） 双量程电压表：V（量程0﹣3V，0﹣15V）
滑动变阻器：R1（阻值范围0﹣10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0﹣100Ω，额定电流1A）
（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为 A，电压表的量程为 V，应选用滑动变阻器 （填写滑动变阻器符号）． （2）根据电路图，并按照实际的电表量程进行连线 （3）通过多次测量并记录对的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U﹣I图线．由图线可以得出此干电池的电动势E= V（保留3位有效数字），内阻r= Ω（保留2位有效数字）． （4）引起该实验的系统误差的主要原因是 ． A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C．由于电流表的分压作用造成电压表计数总是比路端电压小
D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大． 11．（14分）（2014?武汉模拟）在竖直平面内固定一轨道ABCD，AB段水平放置，长为4m，BCD段弯曲且光滑，轨道在O点的曲率半径R=1.5m．一质量m=1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段间的动摩擦因数μ=0.5．建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A（﹣7，2）点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，水平飞出后经过D（6，3）点．重力加速度g取10m/s不计空气阻力．求：
（1）圆环到达O点时对轨道的压力FN； （2）圆环在AB段运动的时间t．
2
，B点坐标为（﹣3，2），
12．（18分）（2015?鄂州三模）如图所示，在坐标xoy平面第一象限内有一半径为R磁感应强度为B的圆形有界匀强磁场，圆心坐标为（R，R），方向垂直平面向里．第四象限内有一对带电平行板AB，两板长度均为2R，间距也为2R，且A板与y轴重合，B板放置于x=2R处与x轴垂直，圆形磁场与y轴交点处现有一发射源，其向第一象限各个方向连续均匀发射速率相同的电子，已知电子质量为m，电量为e，发射速率均为v=电子间相互作用力． （1）证明：电子从圆形有界磁场射出后，速度方向均与y轴平行；
，不计电子的重力及
（2）试求AB板间电压UAB多大时，发射源发射的电子有一半打在板上（即此时两板对电子收集率η为50%） （3）试通过计算分析并画出两板对电子的收集率η与两板间电压UAB的关系图象．
（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。（15分） 13．（6分）（2015?辽宁校级模拟）下列说法中正确的是（ ）
A． 布朗运动就是液体分子的热运动
B． 对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加
C． 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大 D． 分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力 E． 第二类永动机违反能量守恒定律 14．（9分）（2015?鄂州三模）两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，
，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸．将
0
气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为30的光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V，温度都为T．如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力，设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍．
①若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？ ②若使气缸B中气体体积变为
，气缸B内的气体的温度是多少？
（15分） 15．（2015?鄂州三模）频率不同的两束单色光1和2
射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是 以相同的入射角从同一点（ ）
A． 单色光1的频率大于单色光2的频率
B． 在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2 的传播速度 C． 可能单色光1是红色，单色光2是蓝色
D． 无论怎样增大入射角，单色光1和2都不可能在此玻璃板下表面发生全反射 E． 若让两束光从同种玻璃射向空气，单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角． 16．（2015?鄂州三模）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=4m/s，试回答下列问题：
（1）求出x=1.5m处的质点在0～1.25S内通过的路程及t=1.25s时该质点的位移； （2）写出x=2.0处的质点的振动函数表达式．
（15分）
17．（2015?鄂州三模）静止的镭原子核相关说法正确的是（ A． 该衰变方程为
Ra→
Rn+
He
Ra经一次α衰变后变成一个新核Ra，则下列
）
B． 若该元素的半衰期为T，则经过2T的时间，2kg的衰变
C． 随着该元素样品的不断衰变，剩下未衰变的原子核
Ra中有1.5kg已经发生了
Ra越来越少，其半衰期也
变短
D． 若把该元素放到密闭容器中，则可以减慢它的衰变速度
E． 该元素的半衰期不会随它所处的物理环境、化学状态的变化而变化 18．（2015?鄂州三模）由于雾霾天气的影响，易发生交通事故．某平直公路上一质量m1=1200kg、以速度大小v1=21m/s行驶的汽车A，发现在它前方S0=33m处有一质量
m2=800kg、以速度大小v2=15m/s迎面驶来的汽车B，两车同时紧急刹车，两车仍猛烈相撞并结合在一起．设路面与两车的动摩擦因数均为μ=0.3，忽略碰撞过程中路面摩擦力的影响，则： ①碰撞后两车的共同速度为多大？ ②设两车相撞的时间t0=0.2s，则每个驾驶员（相对自己驾驶的车静止）受到的水平冲力各是其自身重量的几倍？
2015年湖北省鄂州高中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 1．（6分）（2015?鄂州三模）下列关于物理学史的说法正确的是（ ） A． 奥斯特发现了判断电流产生的磁场的方向的定则 B． 法拉第发现了产生感应电流的条件
C． 密立根利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律 D． 欧姆发现了确定感应电流方向的定律 考点： 物理学史．
分析： 本题根据安培、法拉第、楞次、库仑等科学家的物理贡献进行答题． 解答： 解：A、安培发现了判断电流产生的磁场的方向的定则，故A错误． B、1831年法拉第发现了产生感应电流的条件，故B正确．
C、库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律．故C错误． D、楞次发现了确定感应电流方向的定律，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，注意积累． 2．（6分）（2014?济南一模）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD=120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为（ ）
A．
f
B． f
C．
f
D． 2 f
考点： 摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用． 专题： 摩擦力专题．
分析： 物体在水平面上受弹簧弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解弹簧的弹力． 解答： 解：已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos60°=f，对D：2Fcos30°=f′，解得：f′=F=f 故选：C
点评： 本题考查了物体受共点力平衡和力的合成计算，难度不大． 3．（6分）（2014?石家庄二模）太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的可能原因是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A
的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为（ ） A．
R
B． R
C． R
D．
R
考点： 万有引力定律及其应用． 专题： 万有引力定律的应用专题．
分析： A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，先根据多转动一圈时间为t，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径． 解答： 解：由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为T0，未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为R0，
则有：（解得：T0=
﹣
）t=2π
据开普勒第三定律：=
得：R0=R
3
故A正确， BCD错误． 故选：A
点评： 本题关键抓住两行星发生最大偏离的条件是转动角度相差2π，进行列式，并要掌握开普勒第三定律研究周期和轨道半径的关系． 4．（6分）（2015?鄂州三模）如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一带负电的点电荷，将质量为m、带电量为+q小球从圆弧管的水平直径端点入由静止释放，小球沿细管滑列最低点B时，对管壁恰好无压力，则圆心处电荷B点处的电场电场强度的大小为（ ）
A．
E=
B． E=
C． E=
D． 不能确定
考点： 库仑定律；牛顿第二定律；向心力．
分析： 小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒．小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，由牛顿第二定律求出场强的大小．
解答： 解：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得， mgR=mv；
得到v=
小球经过B点时，由牛顿第二定律得 Eq﹣mg=m将v=
；
2
代入得：E=
故选：C．
点评： 本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用．对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用． 5．（6分）（2015?鄂州三模）如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有（ ）
A． V，P=80W B． U0=40V，P=80W C． V，P=20W D． U0=40V，P=20W 考点： 变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律． 专题： 压轴题；交流电专题．
分析： 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
解答： 解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20
U0=40U0=40
匝，有：以U0=
，得有效值U2=40V．而二极管的反向耐压值至少为U0，它是最大值，所，
Q为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为
故选：C
点评： 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．
6．（6分）（2014?南昌二模）某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示．设第1s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A． 物体先向正方向运动，后向负方向运动 B． 物体在第3s末的速度最大
C． 前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功 D． 物体在第4s末的动能为22.5J 考点： 动能定理的应用；加速度与力的关系图像；牛顿第二定律． 专题： 动能定理的应用专题． 分析： 由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动．根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大、位移最大的时刻．根据a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，求出第4s末物体的速度，即可求出动能．
解答： 解：A、由图象可知，物体在0﹣3s内物体沿正方向做加速运动，在3﹣4s内沿正方向做减速运动，故在第3s末物体的速度最大，在第4s末距离出发点最远，故A错误，B正确．
D、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，则在前4s内物体速度的变化量△v等于前2s内速度变化量，由动能定理得，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功；为
△v=2××1m/s=3m/s，则第4s末的速度为v=3m/s，动能为Ek=mv=×5×3=22.5J．故
22
CD正确． 故选：BCD．
点评： 本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住a﹣t图象的“面积”求出速度的变化量，得到第4s末的速度． 7．（6分）（2014?济南一模）如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则（ ）
A． 弹簧的弹性势能最大为 B． 弹簧的弹性势能最大为
﹣Q﹣fd ﹣2Q﹣fd
C． 导体棒再次回到OO′位置时的动能等于 D． 导体棒再次回到OO′位置时的动能大于
﹣4Q﹣2fd ﹣4Q﹣2fd
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系． 专题： 电磁感应——功能问题． 分析： 当导体棒向右运动的过程中，导体棒的动能转化为弹簧的弹性势能、电路中电能和克服摩擦力做功产生的热能；当导体棒向左运动时，弹簧的弹性势能转化为导体棒的动能、电路中的电能和克服摩擦力做功产生的热能．由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，同一个位置上导体棒中的电动势不相同，产生的电能也不相同．
解答： 解：A、B、当导体棒向右运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：
所以：
…①．
故A错误，B正确；
C、D、由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度．所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能．即： 2Q′＜2Q
当导体棒向左运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：联立①②得：
…②
故C错误，D正确． 故选：BD
点评： 该题考查电磁感应中的能量的转化与守恒，要注意导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能． 8．（6分）（2014?石家庄二模）如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其下方，开始时线圈内不通电流，两细线
内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′，下列说法正确的是（ ）
A． 线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a B． 线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a C． 当线圈中电流变为 D． 当线圈中电流变为
I时，两细线内的张力均为零 I时，两细线内的张力均为零
考点： 楞次定律；安培力． 专题： 电磁感应与电路结合．
分析： 通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答．
解答： 解：A、B、当MN通以强度为I的电流时，两细线内的张力均减小为T′，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为a→b→c→d→a，故A错误，B正确；
C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，设线框中的电流为i，ab到MN的距离是r1，cd到电流MN的距离是r2，ab处的磁感应强度是B1，cd处的磁感应强度是B2，根据题意可知： ab所受安培力为：cd所受安培力为：
…① …②
此时两细线内的张力均减小为T′，则有： 2T′+（F1﹣F2）=mg=2T…③
当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有： （F′1﹣F′2）=mg=2T…④ 联立①②③④解得：
，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评： 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题 9．（7分）（2015?鄂州三模）某同学用如图甲所示的实验装置来探究物块在水平桌面上的运动规律，并测量物块和桌面间的动摩擦因数．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，
物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，按打点的时间先后顺序用1，2，3，…依次标出，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断出物块在两相邻计数点 6 和 7 之间的某时刻开始减速． （2）计数点4对应的速度大小为 0.80 m/s，计数点8对应的速度大小为 0.96 m/s．（保留两位有效数字）
2
（3）若当地的重力加速度g=9.8m/s，可计算得出物块与桌面间的动摩擦因数μ= 0.20 ．（保留两位有效数字） 考点： 测定匀变速直线运动的加速度． 专题： 实验题．
分析： （1）由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
（2）用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
（3）用作差法求解减速过程中的加速度，再由μ=表达式，从而可求出动摩擦因数． 解答： 解：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
（2）根据平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度， 则有：v4=v8=
=
=
m/s=0.80m/s m/s=0.96m/s
（3）由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得： a=
m/s=﹣2.00m/s．
2
2
若用 来计算物块与木板间的动摩擦因数，则有：μ==故答案为：（1）6，7； （2）0.80，0.96； （3）0.20．
=0.20；
点评： （1）考查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，注意有效数字．
（2）本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法． 10．（8分）（2015?鄂州三模）用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： 双量程电流表：A（量程0﹣0.6A，3A） 双量程电压表：V（量程0﹣3V，0﹣15V）
滑动变阻器：R1（阻值范围0﹣10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0﹣100Ω，额定电流1A）
（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为 0.6 A，电压表的量程为 3 V，应选用滑动变阻器 R1 （填写滑动变阻器符号）．
（2）根据电路图，并按照实际的电表量程进行连线 （3）通过多次测量并记录对的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U﹣I图线．由图线可以得出此干电池的电动势E= 1.45 V（保留3位有效数字），内阻r= 1.3 Ω（保留2位有效数字）． （4）引起该实验的系统误差的主要原因是 A ． A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C．由于电流表的分压作用造成电压表计数总是比路端电压小 D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大． 考点： 测定电源的电动势和内阻． 专题： 实验题．
分析： （1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；
（2）电压的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻．
（3）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．
解答： 解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．
（2）由图示电源的U﹣I图象可知，电源的电动势为：E=1.45V， 图象斜率的绝对值等于电源的内阻，内阻为：r=
=1.3Ω；
（3）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值．故选：A
故答案为：（1）0.6，3，R1．（2）1.45；1.3；（3）A； 点评： 实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律．要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法． 11．（14分）（2014?武汉模拟）在竖直平面内固定一轨道ABCD，AB段水平放置，长为4m，BCD段弯曲且光滑，轨道在O点的曲率半径R=1.5m．一质量m=1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段间的动摩擦因数μ=0.5．建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A（﹣7，2）点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，水平飞出后经过D（6，3）点．重力加速度g取10m/s不计空气阻力．求：
（1）圆环到达O点时对轨道的压力FN； （2）圆环在AB段运动的时间t．
2
，B点坐标为（﹣3，2），
考点： 动能定理；牛顿第二定律；平抛运动． 专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）利用平抛运动的规律解得o点速度，然后根据合力充当向心力和牛顿第三定律解得圆环到达O点时对轨道的压力．
（2）根据动能定理解得恒力大小，根据牛顿第二定律和运动学知识求AB段的时间． 解答： 解：（1）圆环从O到D过程中做平抛运动 x=v0t y=gt
读图知：x=6m、y=3m，代入上式解得 v0=到达O点时：根据合力充当向心力 mg+FN=
2
m/s
代入数据，得FN=30N
根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上． （2）圆环从A到O过程中，根据动能定理 有 FxAO﹣μmgxAB﹣mgy=m
代入数据，得F=10N 圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 有 F﹣μmg=ma 根据运动学公式有代入数据，得时间t=
s．
答：（1）圆环到达O点时对轨道的压力为30N； （2）圆环在AB段运动的时间为
s．
点评： 本题是个多运动过程，注意分析运动过程，以及他们之间联系．对常见的三类运动模型，匀变速直线运动、圆周运动和平抛，要掌握每一种运动的解题思路． 12．（18分）（2015?鄂州三模）如图所示，在坐标xoy平面第一象限内有一半径为R磁感应强度为B的圆形有界匀强磁场，圆心坐标为（R，R），方向垂直平面向里．第四象限内有一对带电平行板AB，两板长度均为2R，间距也为2R，且A板与y轴重合，B板放置于x=2R处与x轴垂直，圆形磁场与y轴交点处现有一发射源，其向第一象限各个方向连续均匀发射速率相同的电子，已知电子质量为m，电量为e，发射速率均为v=
，不计电子的重力及
电子间相互作用力． （1）证明：电子从圆形有界磁场射出后，速度方向均与y轴平行； （2）试求AB板间电压UAB多大时，发射源发射的电子有一半打在板上（即此时两板对电子收集率η为50%） （3）试通过计算分析并画出两板对电子的收集率η与两板间电压UAB的关系图象．
考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题： 带电粒子在复合场中的运动专题．
分析： （1）先分析水平发射的电子的初射方向与y轴平行，再分析向下或向上偏转任意角θ时出射速度方向与Y轴平行即可，证明速度与y轴平行可以先证明过出射点的半径与x轴平行；
（2）发射源发射的电子有一半打在板上，即从圆形磁场圆心正下方出射的电子恰好打在A板的边缘处，此时两板对电子收集率η为50%；
（3）电子在两板间做类平抛运动，达到板电子被收集，板间的电场为匀强电场，由匀强电场电势差与电场强度的关系及类平抛运动规律列方程求解，并由数学关系作出图象 解答： 解：（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=而v=
…②
…①
联立解得：r=R…③
由题意得，沿着x轴正方向射出的电子，由左手定则判断出电子将向下偏转，其轨道的圆心位于坐标原点，出射位置在圆形磁场圆心正下方，沿着y轴的负方向．
当入射方向以水平方向为基准，向下偏转θ角度，则相应的圆周运动的轨迹向下偏转，通过入射点与轨道圆心的半径与y轴的夹角为θ，同时，连接入射点、磁场中心、出射点、圆形轨迹中心的四边形为菱形，故通过出射点的半径沿着水平方向，故出射速度方向为竖直方向，即平行于y轴． 命题得证．
（2）发射源发射的电子有一半打在板上，即从圆形磁场圆心正下方出射的电子恰好打在A板的边缘处，板间的匀强电场强度为： E=
…④
…⑤
电子的加速度为：a=电子的运动时间为： t=
…⑥
收集到极板的电子沿着电场线方向的距离为：R=at…⑦
2
联立④⑤⑥⑦得，UAB=
…⑧
2
（3）电子在极板间的运动的距离为：s=at…⑨ 收集率η=
×100%…（10）
UAB
联立④⑤⑥⑨（10）得：η=图象为： 答：（1）速度方向均与y轴平行； （2）试求AB板间电压UAB为
时，发射源发射的电子有一半打在板上（即此时两板
对电子收集率η为50%）
（3）两板对电子的收集率η与两板间电压UAB的关系图象为
点评： 带电粒子载运强磁场中的圆周运动问题关键是找到圆心和半径，利用洛伦兹力提供向心力求解，本题中求证出射方向与y轴平行要充分利用速度与半径的垂直关系，先求解半径的方向是关键，这种以退为进的策略很重要，此外带电粒子的类平抛运动也是常见的考查内容，要加强联系． （二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。（15分） 13．（6分）（2015?辽宁校级模拟）下列说法中正确的是（ ） A． 布朗运动就是液体分子的热运动
B． 对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加
C． 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大 D． 分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力 E． 第二类永动机违反能量守恒定律 考点： 布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律． 分析： 布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递，分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律．
解答： 解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误； B、对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，因为改变内能的方式有做功和热传递，B正确；
C、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，C正确；
D、分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，D正确； E、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，E错误； 故选：BCD
点评： 掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动，不是分子的运动，会分析分子力与分子间距 的关系，记住永动机不能制成的原因． 14．（9分）（2015?鄂州三模）两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，
，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸．将
0
气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为30的光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V，温度都为T．如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力，设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍．
①若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？ ②若使气缸B中气体体积变为
，气缸B内的气体的温度是多少？
考点： 理想气体的状态方程． 专题： 理想气体状态方程专题．
分析： 以A中活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件求出A内前后的压强，A中气体做等容变化，根据查理定律列方程求解；
B缸内气体压强温度体积三者均变，根据理想气体状态方程列方程求解 解答： 解：（1）对A，P1S+T=Mg+P0S 对B：T=（M+m）gsin30° 得：P0S=1.5mg=2.25Mg， P1S=1.75mg
活塞对地面压力为零时，P2S+mg=P0S 根据T1=T0
（2）T＜T0后气体压强不变，A整体合力为零，B缸体上移，活塞离开卡环，设此时压强为P3有：
P3S=P0S+mgsin30° 得：P3S=2mg
得：
缸A和B内装有相同质量的同种气体，由克拉伯龙方程PV=nRT，变形得：
得：T3=T0
答：（1）若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是T0； （2）气缸B内的气体的温度是
T0
点评： 本题比较复杂，关键的是分析清楚气缸的受力和气缸内气体的状态参量的变化，根据气体状态方程求解即可 （15分） 15．（2015?鄂州三模）频率不同的两束单色光1和2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A． 单色光1的频率大于单色光2的频率
B． 在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2 的传播速度 C． 可能单色光1是红色，单色光2是蓝色
D． 无论怎样增大入射角，单色光1和2都不可能在此玻璃板下表面发生全反射 E． 若让两束光从同种玻璃射向空气，单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角． 考点： 光的折射定律． 专题： 光的折射专题．
分析： 根据光线的偏折程度比较出光的折射率大小，从而得出频率的大小，根据v=比较出光在玻璃中的传播速度，根据sinC=比较出临界角的大小．
解答： 解：A、因为光线1的偏折程度大于光线2的偏折程度，所以单色光1的折射率大于单色光2的折射率，单色光1的频率大于单色光2的频率．故A正确．
B、因为单色光1的折射率大，根据v=得，单色光1在玻璃中的传播速度小于单色光2的传播速度．故B错误．
C、因为单色光1的频率大于单色光2的频率，而红光的频率小于蓝光的频率．故C错误． D、光线从上表面经过折射进入玻璃砖，在下表面的入射角等于在上表面的折射角，根据光的可逆原理，两单色光不可能在下表面发生全反射．故D正确．
E、根据sinC=知，因为单色光1的折射率大，则单色光1的临界角小．故E正确．
故选：ADE．
点评： 解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、在介质中的速度、临界角等大小关系． 16．（2015?鄂州三模）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=4m/s，试回答下列问题： （1）求出x=1.5m处的质点在0～1.25S内通过的路程及t=1.25s时该质点的位移； （2）写出x=2.0处的质点的振动函数表达式．
考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系． 专题： 振动图像与波动图像专题．
分析： （1）通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期，抓住质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅求出质点在0～1.25s内通过的路程．通过波的周期性，求出t=1.25s时的位移．
（2）根据上下坡法知，x=2.0m处的质点初始时刻向下振动，根据周期与角速度的关系求出ω，写出振动的函数表达式．
解答： 解：（1）波长λ=2.0m，周期T=而t=1.25s=2T
故0～1.25s内的路程为s=
，
=50cm，
1.25s时x=1.5m处的质点处于波峰位置，位移x=5cm； （2）A=5cm，ω=
，x=2.0处的质点刚开始振动时沿y轴负方向，
则x=2.0m处质点振动的函数表达式为y=﹣5sin4πt（cm）． 答：（1）x=1.5m处的质点在0～1.25S内通过的路程为50cm，t=1.25s时该质点的位移为5cm； （2）x=2.0处的质点的振动函数表达式为y=﹣5sin4πt（cm）．
点评： 解决本题的关键知道波速、波长、周期以及圆频率的关系，知道波的周期性，以及知道质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅． （15分） 17．（2015?鄂州三模）静止的镭原子核相关说法正确的是（ A． 该衰变方程为
Ra→
Rn+
He
Ra经一次α衰变后变成一个新核Ra，则下列
）
B． 若该元素的半衰期为T，则经过2T的时间，2kg的衰变
C． 随着该元素样品的不断衰变，剩下未衰变的原子核
Ra中有1.5kg已经发生了
Ra越来越少，其半衰期也
变短
D． 若把该元素放到密闭容器中，则可以减慢它的衰变速度
E． 该元素的半衰期不会随它所处的物理环境、化学状态的变化而变化 考点： 原子核衰变及半衰期、衰变速度． 专题： 衰变和半衰期专题．
分析： 核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒；
半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；半衰期为一半的原子发生衰变所用的时间，根据这个关系可判断有多少镭发生衰变和能剩下多少镭． 放射性元素的半衰期仅仅与元素本身有关．
解答： 解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒，镭原子核反应方程
Ra→
Rn+
He．故A正确；
RaRa经一次α衰变后的核
B、若该元素的半衰期为T，则经过2T的时间，2kg的Ra中有1.5kg已经发生了衰变．故
B正确；
C、放射性元素的半衰期仅仅与元素本身有关，不会随它所处的化学环境的变化而变化，改变该元素所处的物理状态，则其半衰期不变；故CD错误，E正确； 故选：ABE
点评： 解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道衰变的过程中的半衰期仅仅与元素本身有关，难度不大． 18．（2015?鄂州三模）由于雾霾天气的影响，易发生交通事故．某平直公路上一质量m1=1200kg、以速度大小v1=21m/s行驶的汽车A，发现在它前方S0=33m处有一质量
m2=800kg、以速度大小v2=15m/s迎面驶来的汽车B，两车同时紧急刹车，两车仍猛烈相撞并结合在一起．设路面与两车的动摩擦因数均为μ=0.3，忽略碰撞过程中路面摩擦力的影响，则： ①碰撞后两车的共同速度为多大？ ②设两车相撞的时间t0=0.2s，则每个驾驶员（相对自己驾驶的车静止）受到的水平冲力各是其自身重量的几倍？ 考点： 动量守恒定律． 专题： 动量定理应用专题．
分析： （1）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动规律求出汽车碰撞时的速度，然后应用应用动量守恒定律求出碰撞后的速度； （2）再由动量定理求出受到的水平冲力．
解答： 解：（1）由牛顿第二定律得：μmg=ma，加速度为：a=μg=0.3×10=3m/s，
2
由匀变速直线运动的位移公式得，两车相撞前瞬间：v1t﹣at+v2t﹣at=s0，
代入数据解得：t=1s （t=11s不合题意舍去），
碰撞前瞬间，车的速度：υ1′=υ1﹣a=21﹣3×1=18m/s，υ2′=υ2﹣at=15﹣3×1=12m/s， 两车碰撞过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： m1υ1′﹣m2v1′=（m1+m2）v， 代入数据解得：v=6m/s，
（2）两车碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量定理得：
对A：m1υ﹣m1υ1′=Ft0，代入数据解得：F=﹣60m1，负号表示方向，冲击力是自身重力的：
=
=6倍，
22
对B：m2υ﹣m2υ2′=F′t0，代入数据解得：F′=90m2，冲击力是自身重力的：
==9
倍；
答：①碰撞后两车的共同速度为6m/s；
②A车受到的水平平均冲力是其自身重量的6倍，B车受到的水平平均冲力是其自身重量的9倍．
点评： 本题考查了求冲力与重力的关系、滑行时间与滑行距离，分析清楚车的运动过程，应用牛顿第二定律、匀变速直线运动的运动规律、动量守恒定律、动量定理即可正确解题．
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