物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-实验中学高三下学期第六次模拟考试理科综合试题

吉林省实验中学2015届高三年级
第六次模拟考试理科综合试卷
2015年5月27日
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共三道大题，40道小题，共300分，共18页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔
书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；
在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

二、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14-18题只有一项符合题目要求，第19、20、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。

14.【题文】如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势，。

保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时的B点电势为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查电场的场强以及电势；
设三角形边长为x，由题意可知，解得，方向向左，转动之后情形如下：
A点电势为零不变，则，解得，故选项C 正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
15.【题文】已知金星和水星绕太阳公转的轨道如下图所示，公转周期分别是224天和88天，
则下列说法不正确的是
A.水星的公转线速度大于金星公转线速度
B.水星和金星的公转线速度都小于地球的公转线速度
C.从水星处于太阳和金星连线上中间某一点开始计时，至少再经过约145天才能再次出
现在太阳和金星连线上中间某一点的位置
D.地球在金星外侧
【答案】B
【解析】本题主要考查万有引力定律以及环绕速度；
选项A，由解得，故水星的线速度较大，选项A正确；
选项B，由，由于同步卫星周期较大，故半径
较大，对于同步卫星与地球公转的线速度可由可知同步卫星线速度较大，而又因为水星和金星的半径比同步卫星小，由可知水星和金星的线速度大于同步卫星的线速度，故水星和金星的线速度大于地球自转的线速度，选项B错误；
选项C, 由题意知，当，可以再次位于太阳和金星的连线上，解得，故至少需要145天，选项C正确；
选项D，由以及地球周期较大可知，地球轨道半径较大，即地球在金星外侧，故选项D正确；
本题错误选项为B。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
16.【题文】a、b两物体的质量分别为，由轻质弹簧相连。

当用恒力竖直向上拉
着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度为；当用大小为的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，加速度为，弹簧伸长量为，如图所示。

则
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.一定小于
【答案】C
【解析】本题主要考查牛顿第二定律；
对于向上匀加速的情形，整体运用牛顿第二定律可得
，对于物体b运用牛顿第二定律可得
，联立解得；对于向右匀加速的情形，同理可得，因此当时，，故选项C正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
17.【题文】一铁球通过三段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻
质弹簧秤上。

第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图1所示，弹簧秤的示数记为。

第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图2所示，弹簧秤的示数记为。

则
A.恒定不变，逐渐增大
B.、均逐渐增大
C.先减小后增大，逐渐减小
D.逐渐增大，先减小后增大
【答案】C
【解析】本题主要考查共点力的动态平衡；
对于图1的分析如下：
两绳子的合力不变，AO的拉力方向不变，则由平行四边形定则可知先减小后增大；
对于图2的分析如下：
设OA与竖直方向夹角为，则，故不断减小；
有上分析可知选项C正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
18.【题文】用如图a所示的圆弧斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为
R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。

已知斜面与水平地面之间的夹角，实验时获得小球在斜面上的不同下落高度h，最后作出了如图b所示的F-h图象，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为
A.0.125 m
B. 0.25 m
C.0.50 m
D.0.75 m
【答案】D
【解析】本题主要考查圆周运动以及平抛运动；
有图像可知，物体的重力为mg=5N,即m=0.5Kg，当压力为10N时，有，解得，由于，解得，再由，解得
，结合可得，故选项D正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
19.【题文】一滑块以初速度从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“v-t”图
像可能是
【答案】ABC
【解析】本题主要考查牛顿第二定律以及运动图像；
选项A，若斜面光滑，则速度变化规律为，故选项A正确；
选项B，若斜面粗糙，且，则，速度减为零后静止于斜面上，选项B正确；
选项C，若斜面粗糙，且，则上滑时有，下滑时有，且，即上滑斜率大，故选项
C正确；
选项D，由选项C分析可知上滑斜率大，故选项D错误；
本题正确选项为ABC。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
20.【题文】一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖
直方向均匀变化的磁场中；左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不
计。

置于磁感应强度为的竖直向上的匀强磁场中，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的有
A.圆形线圈中的磁场可以是向上均匀减弱
B.导体棒ab受到的安培力大小为mg sin
C.回路中的感应电流为
D.圆形导线中的电热功率为
【答案】CD
【解析】本题主要考查楞次定律、共点力平衡条件电磁感应定律以及电功率；
选项A，由楞次定律可知若圆形线圈中的磁场向上均匀减弱，则回路感应电流方向为俯视逆时针，则ab棒的安培力由左手定则可知方向水平向左，不可能平衡，故选项A错误；
选项B,对ab棒由共点力平衡条件可知mg sin，解得，故选项B错误；
选项C，由，解得，故选项C正确；
选项D，圆形导线中的电热功率为，故选项D正确；
本题正确选项为CD。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
21.【题文】内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示。

由静止释放后
A.下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能
B.下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
【答案】AD
【解析】本题主要考查机械能守恒；
选项A，两小球构成的系统机械能守恒，故下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故选项A正确；
选项B，由机械能守恒可知下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能加上系统动能的增加量，故选项B正确；
选项C，若甲球下滑至最低点，则系统重心高于初始位置的重心，机械能不守恒，故选项C错误；
选项D，由系统机械能守恒可知从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故选项D正确；
本题正确选项为AD。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
第II卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22—32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题—39题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题第22—32题，共129分
22.【题文】如图所示是利用光电门探究“滑块加速度与外力关系”的实验装置。

实验中，将力
传感器固定在滑块上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对滑块的拉力，探究在滑块及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系。

本实验，若平衡摩擦力后还需要直接测量的物理量有：滑块上的挡光板的宽度为d，滑块出发点到光电门位置距离为l，使滑块从起点由静止开始运动，光电计时器记录下滑块上挡光板通过光电门的时间为。

(1)本实验中是否仍需要细沙和桶的总质量远小于滑块和传感器的总质量________(填
“是”或“否”)；
(2)滑块的通过光电门时的瞬时速度v=；
(3)滑块的加速度a=；
(4)换用不同钩码拉，测出多组不同外拉力F对应的，用图像法处理获得的数据，若
以拉力F为纵坐标，则应以为横坐标，才能得出加速度与合力的正比关系。

【答案】(1)否(2)(3)(4)
【解析】本题主要考查探究加速度与外力关系；
本实验研究F、m、a之间的关系，采取了控制变量法，令质量m不变，通过光电
门可以测量出物块到达光电门时的速度即，则，解得，而传感器可以测出拉力F，即可以研究出F与a的关系；
（1）因拉力F可以直接由传感器测出，故细沙和桶的总质量不需要远小于滑块和传感器的总质量；
（2）可得滑块通过光电门的速度；
（3）由，解得；
（4）欲研究F与加速度a的关系，因为中d、l均为定值，故只需研究F与的关系即可。

【题型】实验题
【备注】
【结束】
23.【题文】某同学通过实验描绘小灯泡的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源(电动势为
3 V，内阻为1 Ω)、电键、滑动变阻器(最大阻值为20 Ω)、电压表、电流表、小灯泡、
导线若干。

(电压表和电流表均视为理想电表)
(1)在图甲中把缺少的导线补全，连接成实验的电路(画在答题卷上)。

(2)开关闭合前变阻器的滑片应置于端(填“左”或“右”)
(3)实验中得到了小灯泡的U-I图象如图乙所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而
(选填“增大”“减小”或“不变”)。

另外，当I=0.5A时，小灯泡的电阻R= Ω。

(4)若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不
能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是W。

(计算结果保留2位有效数字)
【答案】(1) 图见解析；(2) 左(3)增大 4.4 (4)0.30~0.35
【解析】本题主要考查描绘小灯泡的伏安特性曲线；
(1)电路连接如下：
(2)为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器阻值应该最大，即滑片处于最左端；
(3)图像中各点与原点连线的斜率表示灯泡阻值大小，由图像可知，阻值随电压不断增大；有图像可知当时，，则该点与坐标原点连线的斜率为即此时灯泡电阻为4.4Ω；
(4)要想使得灯泡功率最小，则滑动变阻器的阻值应该最大，而当滑片位于中间时，其左右两部分并联的阻值最大(当滑片位于两端时，并联阻值为零)，现在把电源与滑动变阻器看成等效电源，画出其路端电压与电流关系图像，则与灯泡图像交点即为灯泡功率的最小值，交点坐标可读为(0.34A，0.9V)则最小功率约为0.31W。

【题型】实验题
【备注】
【结束】
24.【题文】俯式冰橇(Skeleton)又叫钢架雪车，是2014年索契冬奥会的比赛项目之一。

俯式
冰橇的赛道可简化为长度为1200m、起点和终点高度差为120m的斜坡。

比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M=70Kg的运动员从起点开始，以F=40N、平行赛道的恒力推动质量m=40Kg的冰橇开始运动，8s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。

已知冰橇与赛道间的动摩擦因数，设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计
空气阻力，求：(g=10m/，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)
(1)出发8s内冰橇发生的位移；
(2)比赛中运动员的最大速度。

【答案】(1)48m (2)36m/s
【解析】本题主要考查牛顿第二定律以及匀变速运动规律；
(1)设出发8s内冰橇的加速度为,由牛顿第二定律有
冰橇的位移为
解得
(2) 8s末冰橇的速度为
8s后冰橇的加速度为，由牛顿第二定律得
速度最大，设最大速度为，则解
得
【题型】计算题
【备注】
【结束】
25.【题文】如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放
置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m。

板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量、电量、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中(不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况)，g=10m/，求：
(1)电场强度的大小与方向；
(2)小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值。

(计算结果可以用分数和保留π值表
示)
【答案】(1)10 V/m 方向：竖直向下(2)，，
【解析】本题主要考查圆周运动以及带电粒子在匀强磁场中的运动；
（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：Eq=mg
解得,方向竖直向下
（2）洛仑兹力提供向心力有：且得
因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上
设小球与档板碰撞n次，其最大半径为，
要击中目标必有即则取0或者1，
当时，即为图1中解得，
在图1中由几何知识有：sinα=，故α=
对应小球运动时间最短
当n=1时可得：
解得
当时，如图2中的②运动轨迹可知：
运动时间s
当时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示，由几何
知识有：故
则
所以时间的可能值为：，，
【题型】计算题
【备注】
【结束】
(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做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

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，则每学科按所做的第一题计分。

33.【题文】[物理——选修3-3]
(1)如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。

使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为A、B，压强变化量为A、
，对液面压力的变化量为A、B，则下列叙述不正确的是(填正确答案标号。

B
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)
B
A.水银柱向上移动了一段距离
B.水银柱向下移动了一段距离
C.A＜B
D.A＞B
E.A＝B
(2)如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。

当气体的温度
、大气压强时，活塞与气缸底部之间的距离，不计活塞的质量和厚度。

现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：
(1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度；
(2)封闭气体温度升高到时的压强。

【答案】(1)BCE (2)(1)360K (2) Pa
【解析】(1)本题主要考查理想气体状态方程；(2)本题主要考查理想气体状态方程；
(1)首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：
对气体B：
初始时，
后来，，可见使A、B升高相同温度，，因此
，
故假设错误，水银柱将向上运动，故选项A、D正确，选项B、E错误；
由于气体的总体积不变，故故选项C错误；
本题错误选项为BCE。

(2)(1) 设气缸的横截面积为S，由题意可知，活塞缓慢上升，说明活塞平衡，此过程为等压膨胀，由盖-吕萨克定律有解得
(2)由题意可知，封闭气体后体积保持不变，由题意可知，封闭气体后体积保持不变
解得。

【题型】计算题
【备注】
【结束】
34.【题文】[物理——选修3-4]
(1)下列说法正确的是(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.我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远
去
B.为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制
C.用光导纤维束传输图像和信息，这是利用了光的全反射原理
D.根据麦充斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波
E.利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更
容易绕过障碍物
(2)一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周
期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N的平衡位置为x＝5m，经某一时间振动传播到质点M时的波形如图所示，求：
(1)绳的左端振动后，经过多长时间N点第一次出现波谷；
(2)质点N开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程。

【答案】
【解析】(1)本题主要考查多普勒效应、电磁波的接收、全反射以及电磁波的特点；(2)本题主要考查波的形成与传播；
(1)选项A, 在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，即接收频率变小，由开普勒效应可知该星球正远离我们，故选项A正确；
选项B，为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行解调，故选项B错误；
选项C，光纤传输利用了全反射原理，故选项C正确；
选项D，只有非均匀变化的电场才可以产生电磁波，故选项D错误；
选项E，红外摄影可以不受天气的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射绕过障碍物，故选项E正确；
本题正确选项为ACE。

(2)(1)由图可知λ=2m，T=1s，则,当绳子开始振动时，波传播到N点需要的时间为，由图可知N质点起振方向向下，再需要，
故从绳子左端开始振动后，到N点出现波谷，所需时间为;
(2)由图可知波源的起振方向向下，故N质点起振方向向下；波传播到N点需要的时间为，故波源的路程为.
【题型】计算题
【备注】
【结束】
35.【题文】[物理——选修3-5]
(1)以下关于天然放射现象，叙述正确的是(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.若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少
B.衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C.在这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强
D.铀核衰变为铅核的过程中，要经过8次衰变和6次衰变
E.衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个粒子
(2)光滑水平面上，质量的滑块A以向右撞上静止的质量
滑块B，碰撞后二者都向右运动，B与右端挡板碰撞后无能量损失立即反
弹，并与A再次发生碰撞，碰撞后B、A速度大小分别为0.9m/s和1.2m/s且运动方向相同
(1)第一次木块A、B碰撞过程中A对B的冲量大小和方向；
(2)木块A、B第一次碰撞过程中系统损失的机械能是多少？
【答案】
【解析】(1)本题主要考查半衰期、衰变、放射；(2)本题主要考查动量守恒定律以及能量守恒定律；
（1）选项A，半衰期与物理或者化学因素无关，故选项A错误；
选项B, β衰变所释放的电子是原子核内中子转化而来的，不是原子核外的电子
电离形成的,故选项B错误；
选项C，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，
射线的穿透能力最弱，但是电离能力最强，故选项C正确；
选项D，，由质量数以及电荷数守恒可得
238=206+4x以及92=82+8×2-y，得：x=8，y=6故选项D正确；
选项E，α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个粒子，故
选项E正确；
本题正确选项为CDE。

（2）(1)设第一次碰撞后A、B的速度大小为，取向右为正方向，则由动量守恒定律可得
设第一次碰撞后A、B的速度大小为，取向左为正方向，则由动量守
恒定律可得
以上两方程联立解得，
第一次木块A、B碰撞过程中A对B的冲量大小
，方向向右
(2)第一次碰撞系统损失的机械能为
【题型】计算题
【备注】
【结束】。