【名师解析】福建省厦门市2015届高三一模物理试卷

2015年福建省厦门市高考物理一模试卷一、选择题1．（6分）（2015•厦门一模）对下列光学现象解释正确的是（）A．图甲的海市厦楼是光的偏振现象B．图乙的彩虹是光的衍射现象C．图丙的彩色肥皂泡是光的干涉现象D．图丁的立体电影是光的全反射现象【考点】：光的衍射；全反射；光的干涉．【专题】：光的衍射、偏振和电磁本性专题．【分析】：海市厦楼是光的折射现象；雨后的天空出现彩虹是光的色散现象；彩色肥皂泡是光的干涉现象；立体电影利用的是光的偏振．【解析】：解：A、海市厦楼是光的折射现象，是由于空气不均匀时，对光的折射率不同而产生的，故A错误；B、雨后的天空出现彩虹是光的色散现象，故B错误；C、肥皂泡在阳光下呈现五彩缤纷的，是薄膜的前后表面的光发生干涉而产生的，故C正确；D、立体电影利用的是光的偏振，故D错误；故选：C．【点评】：考查光的干涉、偏振与反射的应用，及其之间的区别，注意全息照相与立体电影的原理是解题的关键，也是经常出题点．2．（6分）（2015•厦门一模）某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后（）A．t1时刻车速更小B．0～t1的时间内加速度更大C．加速度总比不启用ABS时大D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：根据速度图象，直接比较车速的大小，由斜率等于加速度，比较加速度的大小．由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小．【解析】：解：A、由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大．故A错误．B、C、由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0～t1的时间加速度小，t1～t2的时间内加速度大．故BC错误．D、根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用ABS更短．故D正确．故选：D．【点评】：本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移是基本方法．3．（6分）（2015•厦门一模）沿x轴负方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为10m/s，则t=0.1s时（）A．质点M对平衡位置的位移为负值B．质点M的加速度方向与速度方向相同C．质点M的加速度方向为负D．质点M的速度方向为正【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由图读出波长求出周期，根据时间与周期的关系及t=0时刻P点的速度方向，分析在t=0.1s时刻，质点M的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向．【解析】：解：由图读出波长为λ=4m，则该波的周期为T=s=0.4s，t=0.1s=T．A、波沿x轴负方向传播，所以t=0时刻质点M向下运动，则在t=0.1s时刻，质点M正从平衡位置向负的最大值运动，所以质点M对平衡位置的位移为负值．故A正确；B、C、D、t=0.1s时质点M正从平衡位置向负的最大值运动，速度为负；位移为负，所以加速度的方向为正，与速度的方向相反．故B错误，C错误．D错误；故选：A．【点评】：由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大．4．（6分）（2015•厦门一模）我国自主研发的北斗导航系统已正式投人商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”、具有导航、定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A，B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（）A．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2B．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力做正功C．这两颗卫星的加速度大小相等，均为D．卫星1由位置A运动到B位置所需的时间是【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运动的周期．【解析】：解：A、卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故A错误；B、卫星绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力提供圆周运动的向心力，故从位置1运动到位置2的过程中，万有引力始终指向圆心与卫星运动的速度方向垂直，故此过程中万有引力对卫星不做功，故B错误；C、在地球表面重力与万有引力大小相等有可得GM=gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故有可得卫星的加速度a=，故C正确；D、万有引力提供圆周运动向心力有：可得卫星运行周期为：T=，所以卫星从位置1到位置2所需时间t=，故D错误．故选：C．【点评】：万有引力引用主要入手点：一是万有引力提供圆周运动向心力，二是在星球表面重力与万有引力相等．注意向心力公式的不同表达式是正确解题的关键．5．（6分）（2015•厦门一模）如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子（不计重力）穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为E k，则（）A．若撤去磁场R，质子穿过场区时间大于tB．若撤去电场E，质子穿过场区时间等于tC．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于E tD．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于E k【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：如果撤去磁场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动；如果撤去电场，粒子做匀速圆周运动，水平分速度减小．【解析】：解：A、粒子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力均与速度垂直，是匀速直线运动；若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t；故A错误；B、若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t；故B错误；C、若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k，故C正确；D、若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k，故D 错误；故选：C．【点评】：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，知道类似平抛运动和匀速圆周运动的特性，能够结合运动的分解和动能定理列式分析，基础题目．6．（6分）（2015•厦门一模）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x 变化的图象如图所示x1和﹣x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是（）A．x1处场强大于﹣x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达﹣x1，点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在﹣x1处的电势能D．x1点的电势比﹣x1点的电势高【考点】：电场强度；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低．【解析】：解：A、从图象可以看出，x1处场强与﹣x1处场强等大、反向，故A错误；B、电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，O点的电势最高，电子在O点电势能最低，所以动能最大，所以速度最大；x1处与﹣x1点出电势最低，电势能最高，动能最小，速度还为零，故B正确；C、x1和﹣x1两点的电势相等，电子在x1处的电势能等于在﹣x1处的电势能，故C错误；D、由于x1和﹣x1两点关于x轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到﹣x1电势降落相等，故x1和﹣x1两点的电势相等，故D错误；故选：B．【点评】：本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可．二、非选择题．7．（6分）（2015•厦门一模）某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动D到F靠近小球，再转动H到F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动G使F 固定后读数（填仪器部件字母符号）．正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是 6.700mm．【考点】：螺旋测微器的使用．【专题】：实验题．【分析】：使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】：解：（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数．螺旋测微器的读数为：D=6.5mm+20.0×0.01mm=6.700mm；故答案为：D；H；G；6.700【点评】：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．8．（12分）（2015•厦门一模）为测量一定值电阻的阻值，实验室提供下列器材：A．待测电阻R（阻值约l0kΩ）B．滑动变阻器R1 （0﹣200Ω）C．直流电流计G（300µA，内阻约100Ω）D．电压表V（3V，内阻约3kΩ）E．直流电源E（2.8V．内阻很小、可不计）F．开关、导线若干①甲同学想用伏安法测电阻，设计了如图a所示的电路，则关于他设计的电路下列说法正确的是ABD（填选项前的字母）A．滑动变阻器用限流式接法不合理，应改为分压式接法B．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到最右端C．电压表量程太大，会使电压表读数误差较大D．灵敏电流计量程太小，实际电流会超过电流表量程②请你利用以上器材设计出用伏安法测量电阻的合理电路图，画在方框中．③乙同学在实验室中又找来了一个电阻箱R0（0﹣9999Ω）和一个电动势更大的电源（内阻不计），并且查出电压表的准确内阻为R v设计了如图b所示电路来测量电阻．乙同学采用的方法是多次改变电阻箱电阻R0的值，读出电压表相应的示数U，由测得的数据作出﹣R0图象，如图所示．在某次测量中电阻箱读数如图d所示，读数为6700Ω．若﹣R0图线纵轴截距为b斜率为k，则可求出电阻R的阻值为用b、k和R v表示）【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：①根据所测电阻与滑动变阻器的阻值相比，从而确定滑动变阻器是分压，还是限流；开关闭合前，滑动变阻器的接入，使得电路的电流达到最小即可；根据所测电路中的电压与电阻，即可求解电流值，从而确定灵敏电流计量程大还小；②根据与的大小比较，来确定电流表是外接还是内接，并根据所测电阻值与滑动变阻器的阻值，来确定分压式，还是限流式；③由电阻箱的示数，即可读出阻值；根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出与R0的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．【解析】：解：①A、待测电阻R（阻值约l0kΩ），而滑动变阻器R1（0﹣200Ω），不能采用限流式接法，只有选择分压式接法，故A正确；B、若选用分压式接法，则开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到最右端，确保电流最小，起到保护电路，故B正确；C、直流电源E=2.8V．而电压表V（3V），电压表量程不大，故C错误；D、根据I=，可知，I==930μA，因此灵敏电流计量程太小，实际电流会超过电流表量程，故D正确；②由于＞，即所测电阻较大，则电流表采用内接法，而待测电阻R（阻值约l0kΩ），而滑动变阻器R1（0﹣200Ω），只能选择分压式接法，如下图所示：③电阻箱读数如图d所示，R=6×1000+7×100+0+0=6700Ω；根据闭合电路欧姆定律应有：，整理可得：，根据函数斜率和截距概念可知b=，k=，解得R=；故答案为：①ABD；②如上图所示；③6700，．【点评】：遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．9．（15分）（2015•厦门一模）如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E=5×103V/m，圆弧轨道半径R=0.4m．现有一带电量q=+2×10﹣5C、质量m=5×10﹣2kg的物块（可视为质点）从距B端s=1m 处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进人圆弧轨道BC，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块在水平轨道上加速运动的时间t和到达B点的速度v B的大小（2）物块刚进人圆弧轨道时受到的支持力N B的大小．【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】：（1）带电体在光滑水平轨道AB上由电场力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求出加速度大小，由运动学公式可算出时间和到B端的速度大小．（2）由带电体运动到B端的速度，及牛顿第二定律可求出物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B的大小．【解析】：解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：qE=ma解得：a===2m/s2．由s=，得：t==s=1s带电体运动到B端的速度大小为：v B=at=2m/s．（2）设带电体运动到圆弧形轨道B端时受轨道的支持力为F N，根据牛顿第二定律有：N B﹣mg=m解得：N B=1N答：（1）物块在水平轨道上加速运动的时间是1s，到达B点的速度v B的大小为2m/s．（2）物块刚进人圆弧轨道时受到的支持力N B的大小是1N．【点评】：利用牛顿第二定律与运动学公式相结合进行解答，也可以运用动能定理和运动学公式结合求解．10．（19分）（2015•厦门一模）如图所示，在竖直方向土A，B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体厦过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A，B的质量均为m，斜面倾角为θ=37°，重力加速度为g滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大（sin37=0.6，cos37°=0.8）求：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；（2）C的质量；（3）A刚离开地面时，C的动能．【考点】：动能定理；功能关系．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）根据胡克定律根据物体A和B所受弹力大小求得物体C沿斜面下滑的距离；（2）根据牛顿可知，当A刚要离开地面时B的速度最大，此时B所受合力为零，根据平衡求得C的质量；（3）由于弹簧但长和压缩时的弹力相等，故在B上升的整个过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求得A刚离开地面时C的动能．【解析】：解：（1）设开始时弹簧压缩的长度为x B，由题意有：①设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A，有kx A=mg ②当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离及物体C沿斜面下滑的距离为：（2）物体A刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA，细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：T﹣mg﹣kx A=ma ③对C有：m C gsinθ﹣T=m C a ④当B获得最大速度时，有：a=0 ⑤由②③④⑤式解得：（3）根据动能定理有：对于C有：m c ghsinθ﹣W T=E kc﹣0 ⑥对于B有：W T﹣m B gh+W弹=E kB﹣0 ⑦其中弹簧弹力先做正功后做负功，总功为零，W弹=0 ⑧BC的质量速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比即：⑨由⑥⑦⑧⑨解得答：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离为；（2）C的质量为；（3）A刚离开地面时，C的动能为．【点评】：本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律多次列式求解分析，较难．11．（20分）（2015•厦门一模）如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示．顶角θ=45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t=0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m=1kg，回路接触点总电阻恒为R=0.5Ω，其余电阻不计．回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：（1）t=2s时回路的电动势E；（2）0﹣2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移s；（3）导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P（单位：W）与横坐标x（单位：m）的关系式．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）由I﹣t图象读出t=2s时的感应感应电流得大小，再由E=IR求出电动势．（2）根据感应电流图象的面积表示电量，用欧姆定律和安培力表达式确定棒的运动性质，结合运动学知识求解．（3）运用牛顿第二定律求解F的表达式，有运动公式确定位移表达式，最后确定关系．【解析】：解：（1）根据I﹣t图象中的图线是过原点的直线特点I=2t，可得到t=2s时金属棒产生的感应电流为：I=4A由欧姆定律得：E=IR=4×0.5=2V（2）流过回路中的电流为图象与时间轴围成的面积：q=×2×4=4C，对回路由欧姆定律得：，而L=xtan45°=x，由B﹣x图象可知：B=，解得电流：I==，由（1）知：I=2t，则由：v=2Rt=t，根据加速度定义式：a==1m/s，故导体棒做匀加速运动，位移：．（3）对导体棒受力分析得：F﹣F安=ma，解得：2v，根据位移速度关系得：2ax=v2，解得：，根据功率公式：W，答：（1）t=2s时回路的电动势E为2V；（2）0﹣2s时间内流过回路的电荷量q为4C，导体棒的位移s为2m；（3）导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P与横坐标x的关系式为【点评】：本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．选考部分[物理-选修3一3]（本题共有两小题，每小题6分，共12分．每小题只有一个选项符合题意）12．（6分）（2015•厦门一模）对于分子动理论和物体的内能理解，下列说法不正确的是（）A．液体表面的分子间距较大，所以表现为引力，液体表面有收缩的趋势B．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现C．理想气体在状态变化时，温度升高气体分子的平均动能增大．气体的压强也一定增大D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小【考点】：分子的热运动；物体的内能．【分析】：分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小，反之也成立；温度是分子热运动平均动能的标志；分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小．【解析】：解：A．液体表面的分子间距较大，引力大于斥力，所以表现为引力，液体表面有收缩的趋势，故A正确．B．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，是分子间存在吸引力的宏观表现，故B正确．C．理想气体在状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，但是气体的体积变化情况未知，即单位体积内的分子个数不一定是增加还是减小，所以压强不一定增大，故C错误．D．分子间的引力和斥力平衡时，是分子势能最小的位置，故D正确，选不正确的，故选：C．【点评】：对于物理3﹣3部分，分子动理论、热力学第一定律和气态方程是考试的热点，要加强基础知识的学习，难度不大．13．（6分）（2015•厦门一模）科学考察队到某一地区进行考察时携带一种测量仪器．该仪器导热性能良好，且内部密闭有一定质量的气体（可视为理想气体），仪器的部分参数为：环境温度为27℃时，内部的气体压强为1.0×105Pa．若该地区的气温为﹣23℃，不考虑密闭气体的体积变化，则该仪器的内部气体压强为（）A．8.3×104Pa B．8.5×104Pa C．9.9×104Pa D．1.2×105Pa【考点】：封闭气体压强．【分析】：由题知，不考虑密闭气体的体积变化，气体作等容变化，分析初态和末态的压强和热力学温度，运用查理定律求解．【解析】：解：初态：T1=27+273=300K，p1=1．O×105Pa；末态：T2=﹣23+273=250K，p2=？根据查理定律得：=得，p2===8.3×104Pa．故选：A．【点评】：解决本题关键判断气体作何种变化，分析初、末状态的参量，运用查理定律求解．[物理-选修3-5]（本题共有两小题，每小题0分，共12分．每小题只有一个选项符合题意）14．（2015•厦门一模）以下说法正确的是（）A．汤姆生发现电子并提出了原子核式结构模型B．放射性元素放出的α粒子就是质子C．放射性元素放出的β粒子就是原子的核外电子D．比结合能（平均结合能）越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【考点】：原子核的结合能；原子的核式结构．【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．β粒子是由一个中子转变成一个质子和一个电子；比结合能的大小可以表示原子核结合的牢固程度．【解析】：解：A、汤姆生发现电子，卢瑟福在用a粒子轰击金箔的实验中，提出原子核式结构学说，故A错误；B、放射性元素放出的α粒子是氦核，不是质子．故B错误；C、β粒子是由中子转变成质子和电子而放出的，故C错误D、原子核的比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．故D正确．故选：D．【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，这也是考试内容之一．15．（2015•厦门一模）如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（）A．B．C．D．【考点】：动量守恒定律．【分析】：对A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，结合动量守恒定律，求出A和B车的速度大小之比．【解析】：解：：A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：0=Mv B﹣（M+m）v A，解得：．故选：C．【点评】：运用动量守恒定律解题关键选择好系统，确定系统动量是否守恒，然后列式求解．。