2015年高考模拟试卷物理卷(三)带答案
【精编】2015年湖南省普通高中高考物理三模试卷与解析
2015年湖南省普通高中高考物理三模试卷一、选择题1．（3分）如图所示，物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于他们的位移的说法中正确的是（）A．沿Ⅰ较大B．沿Ⅱ较大C．沿Ⅲ较大D．一样2．（3分）关于参考系，下列说法中正确的是（）A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择3．（3分）作用在一个物体上的两个共点力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小为（）A．10N B．35N C．50N D．70N4．（3分）伽利略的理想实验证明了（）A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体运动不需要力来维持5．（3分）如图是甲、乙两物体相对同一原点的s﹣t图象，则下列说法正确的是（）A．甲、乙都做变速直线运动B．甲、乙运动的出发点相距s1C．甲比乙早出发t1时间D．乙比甲的运动要快些6．（3分）下列运动中，物体的运动状态不变的是（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动 D．自由落体运动7．（3分）静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力．当力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是（）A．物体同时获得速度和加速度B．物体立即获得加速度，但速度仍为零C．物体立即获得速度，但加速度仍为零D．物体的速度和加速度仍为零8．（3分）一个物体做自由落体运动，v﹣t图象正确的是（）A．B． C． D．9．（3分）以20m/s的速度做匀速直线运动的汽车，制动后能在2m内停下来，如果该汽车以40m/s的速度行驶，则它的制动距离应该是（）A．2m B．4m C．8m D．16m10．（3分）下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性B．百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时就没有惯性了C．物体没有受外力作用时有惯性，受外力作用后惯性被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关11．（3分）关于摩擦力，下列说法中错误的是（）A．运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力B．冬天下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦C．生活中离不开摩擦，摩擦越大越好D．工厂工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦12．（3分）如图所示，放置在水平地面上的物体受水平推力作用后仍保持静止．此物体共受到的力有（）A．重力、水平推力B．重力、支持力和水平推力C．水平推力、静摩擦力D．重力、支持力、水平推力和静摩擦力13．（3分）如图所示，地球赤道上的山丘、近地资源卫星和同步通信卫星均在赤道平面内绕地心做匀速圆周运动．设山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q的圆周运动速率依次为v1、v2、v3，向心加速度依次为a1、a2、a3，则（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v3＜v2C．a1＞a2＞a3D．a2＞a3＞a114．（3分）下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是（）A．极限法B．放大法C．控制变量法D．等效替代法15．（3分）一个绕中心线AB以一定的角速度转动的圆环，P、Q为环上两点，位置如图所示，下列说法正确的是（）A．P、Q两点的角速度相等 B．P、Q两点的线速度相等C．P、Q两点的角速度之比为：1 D．P、Q两点的线速度之比为1：1 16．（3分）如图，物体A和B的重力分别为11N和7N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则地面对A的支持力和弹簧秤的读数为（）A．0N，7N B．4N，7N C．0N，18N D．4N，18N二、非选择题17．（4分）物体受到F1=3N，F2=7N两个力的作用，则它们的合力的最大值是N．最小值是N．18．（4分）一物体做匀加速的直线运动，初速度为3m/s，加速度为2m/s2，该物体在第3s末的速度是m/s．高物体在第3s内通过的位移是m．19．（4分）电火花打点计时器的电源是（填“交流”或“直流”）电源，通常的工作电压为220V，实验室使用我国民用电时，每隔s打一次点．20．（4分）在20m高的地方以6m/s的初速度水平抛出，则物体在空中运动的时间是s，从抛出点到落地点发生的水平位移是m（忽略空气阻力，取g=10m/s2）21．（7分）质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止开始匀加速下落，经3s落地，g取10m/s2，试求：（1）物体下落的加速度的大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小．22．（7分）一同学从倾角为30°的斜坡顶端平抛一小石块，小石块的质量为10g，它恰好落在斜坡的底端，如果斜坡高度为1.8m．求：（1）小石块的落地时间；（2）小石块的着地时的动能．[选修1-1]23．（3分）研究电磁感应现象并得到重要结论的科学家是（）A．洛伦兹B．库仑C．奥斯特D．法拉第24．（3分）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷25．（3分）某同学发现有人触电，他应采取的措施是（）A．不假思索地去把触电人用手拉开B．当做没看见C．迅速找一根木棒，把人和电线分离D．立即大声喊人，让别人来处理26．（3分）磁场中某处的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处小27．（4分）在某段电路中，一定值电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率为W，电阻在1min内产生的热量为J．28．（6分）如图所示，一根长为L=0.2m的直导线放在水平方向的匀强磁场中，导线水平且与磁场方向垂直，导线中通有向右的电流．（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，试计算导线所受安培力；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线是否受安培力？[选修2-1]29．在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．30．（3分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系（）A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r2 31．（3分）四种电场的电场线如图所示，一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大，由此可以判断，该电荷所在电场是图中的（）A．B． C．D．32．（3分）随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要应用电流热效应的是（）A．电风扇B．电饭煲C．录音机D．电视机33．（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a 的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是极．如磁铁上端是S 极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向．34．（6分）一带电粒子的质量为m，电量为q，以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，求：①粒子做匀速圆周运动的半径R②粒子运动的周期T．2015年湖南省普通高中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）如图所示，物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于他们的位移的说法中正确的是（）A．沿Ⅰ较大B．沿Ⅱ较大C．沿Ⅲ较大D．一样【解答】解：物体沿三条不同的路径由A运动到B，起点和终点的位置都相同，则位移一定相同．故选D2．（3分）关于参考系，下列说法中正确的是（）A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择【解答】解：A、参考系不一定必须是静止不动的，如研究炸弹的运动时，可以将运动的飞机作为参考系，故A错误；B、任何物体均可作为参考系，匀速直线运动的物体也可以，但并不是必须这样，故B错误；C、参考系的选取是任意的，应根据所研究的问题灵活选取，并不是一定是选取地面上的物体为参考系，故C错误；D、参考系的选取是任意的，故任何物体都可以作为参考系，故D正确；故选：D．3．（3分）作用在一个物体上的两个共点力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小为（）A．10N B．35N C．50N D．70N【解答】解：分力的大小分别是30N和40N，合力的大小为F=N=50N，所以C正确．故选：C．4．（3分）伽利略的理想实验证明了（）A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体运动不需要力来维持【解答】解：A、B、伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态．故AB错误．C、物体不受外力作用时，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态．故C错误．D、伽利略的理想斜面实验证明了运动的物体具有惯性，物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态．故D正确．故选：D5．（3分）如图是甲、乙两物体相对同一原点的s﹣t图象，则下列说法正确的是（）A．甲、乙都做变速直线运动B．甲、乙运动的出发点相距s1C．甲比乙早出发t1时间D．乙比甲的运动要快些【解答】解：A、x﹣t图象的斜率等于物体运动的速度，由图可知两图象的斜率保持不变，故运动的速度不变，两物体都做匀速直线运动．故A错误；B、由图可知甲从原点出发，乙从距原点s1处出发．故两物体的出发点相距s1．故B正确；C、甲在t1时刻开始运动，而乙在t=0时刻开始运动，故甲比乙迟出发t1时间．故C错误．D、甲图象的斜率的绝对值大于乙图象的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，则甲比乙的运动要快．故D错误；故选：B．6．（3分）下列运动中，物体的运动状态不变的是（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动 D．自由落体运动【解答】解：物体的运动状态保持不变，那么物体速度的大小和方向都不能发生变化，A、物体匀速直线时，它的速度的大小和方向都不变，故A正确；B、匀加速直线运动时，速度大小在变化，运动状态变化，故B错误；C、匀减速直线运动时，速度大小在变化，运动状态变化，故C错误；D、自由落体运动时，速度在增大，运动状态变化，故D错误．故选：A7．（3分）静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力．当力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是（）A．物体同时获得速度和加速度B．物体立即获得加速度，但速度仍为零C．物体立即获得速度，但加速度仍为零D．物体的速度和加速度仍为零【解答】解：由牛顿第二定律可知，有了力的作用，物体就有了加速度，但是，在力刚开始作用的瞬间，物体还没有运动，所以物体的速度为零，故B正确．故选：B．8．（3分）一个物体做自由落体运动，v﹣t图象正确的是（）A．B． C． D．【解答】解：自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，其速度时间关系公式为v=gt=10t，故其v﹣t图是一条通过原点的直线，故ABD均错误，C正确；故选：C．9．（3分）以20m/s的速度做匀速直线运动的汽车，制动后能在2m内停下来，如果该汽车以40m/s的速度行驶，则它的制动距离应该是（）A．2m B．4m C．8m D．16m【解答】解：设刹车过程的加速度大小为a，方向与汽车的初速度方向相反，已知汽车的初速度v0=20m/s，末速度v=0，位移x=2m，由位移速度关系式：v2﹣v02=﹣2ax，整理：a==100m/s2，①第二过程中已知汽车的初速度v01=40m/s，末速度v=0，加速度为a，设位移为X由位移速度关系式得：0﹣v012=﹣2aX整理得：X=②把①代入②得：X=8m故选：C10．（3分）下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性B．百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时就没有惯性了C．物体没有受外力作用时有惯性，受外力作用后惯性被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关【解答】解：A、一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，故A错误；B、百米赛跑到终点时不能立即停下是由于惯性，停下时还有惯性，故B错误；C、任何物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，故C错误；D、物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关，故D正确；故选：D．11．（3分）关于摩擦力，下列说法中错误的是（）A．运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力B．冬天下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦C．生活中离不开摩擦，摩擦越大越好D．工厂工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦【解答】解：A、运动鞋底的花纹是为了增大鞋底与地面间的摩擦力；故A正确；B、下雪后，常见民警在汽车上坡的地方洒上一些炉灰，目的是增大车轮与地面之间的摩擦，故B正确；C、生活中离不开摩擦，但摩擦越大，也不一定越好，汽车行驶；故C错误；D、工人师傅用的锉刀表面总是凹凸不平的，目的是为了增大锉刀与工件之间的摩擦，故D正确．本题选择错误的，故选：C．12．（3分）如图所示，放置在水平地面上的物体受水平推力作用后仍保持静止．此物体共受到的力有（）A．重力、水平推力B．重力、支持力和水平推力C．水平推力、静摩擦力D．重力、支持力、水平推力和静摩擦力【解答】解：首先物体受重力、支持力，由题意还受水平推力，则物体有沿推力运动的趋势，而没有运动说明物体受到了与推力方向相反的静摩擦力．故D正确ABC错误．故选：D．13．（3分）如图所示，地球赤道上的山丘、近地资源卫星和同步通信卫星均在赤道平面内绕地心做匀速圆周运动．设山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q的圆周运动速率依次为v1、v2、v3，向心加速度依次为a1、a2、a3，则（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v3＜v2C．a1＞a2＞a3D．a2＞a3＞a1【解答】解：A、B、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据v=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故V1＜V3；根据卫星的线速度公式v=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，即V3＜V2；故V1＜V3＜V2，故A错误，B 正确；C、D、山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据a=ω2r=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故山丘e的轨道加速度小于同步通信卫星q的加速度，即a1＜a3；根据加速度公式a=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的加速度小于同步通信卫星的加速度，即a3＜a2；故a1＜a3＜a2，故C错误，D正确；故选：BD．14．（3分）下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是（）A．极限法B．放大法C．控制变量法D．等效替代法【解答】解：图甲中将桌面在力F作用下发生的形变通过反射光线在屏上光斑移动显示出来，采用放大法．图乙中，用手压琉璃瓶，琉璃瓶发生微小的变形，体积减小，由于管子很细，管中水位上升明显，即通过细管将瓶子的形变显示出来，采用的也是放大法．故选：B．15．（3分）一个绕中心线AB以一定的角速度转动的圆环，P、Q为环上两点，位置如图所示，下列说法正确的是（）A．P、Q两点的角速度相等 B．P、Q两点的线速度相等C．P、Q两点的角速度之比为：1 D．P、Q两点的线速度之比为1：1【解答】解：AC、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等．故A正确，C错误．BD、设圆环的半径为R，根据几何知识可得：P、Q转动的半径分别为：r P=Rsin60°r Q=Rsin30°P、Q两点角速度相等，根据v=rω知，P、Q两点的线速度之比为：v P：v Q=r P：r Q=Rsin60°：Rsin30°=：1．故BD错误．故选：A16．（3分）如图，物体A和B的重力分别为11N和7N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则地面对A的支持力和弹簧秤的读数为（）A．0N，7N B．4N，7N C．0N，18N D．4N，18N【解答】解：对物体研究：物体受到重力、细线的拉力和地面的支持力作用而平衡．细线的拉力为：F=G B=7N则地面的支持力为：F N=G A﹣F=G A﹣G B=4N弹簧秤的读数等于细线的拉力，或等于B的重力，即为7N．故选：B二、非选择题17．（4分）物体受到F1=3N，F2=7N两个力的作用，则它们的合力的最大值是10 N．最小值是4N．【解答】解：二力合成时合力范围：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|；故合力最大3N+7N=10N，最小7N﹣3N=4N，之间任意结果都可以；故答案为：10，4．18．（4分）一物体做匀加速的直线运动，初速度为3m/s，加速度为2m/s2，该物体在第3s末的速度是9m/s．高物体在第3s内通过的位移是8m．【解答】解：第3s末的速度为：v=v0+at=3+2×3m/s=9m/s．第3s内的位移为：．故答案为：9，8．19．（4分）电火花打点计时器的电源是交流（填“交流”或“直流”）电源，通常的工作电压为220V，实验室使用我国民用电时，每隔0.02s打一次点．【解答】解：实验室所用电火花计时器是使用的电压为220V的交流电源，我国民用电的频率是50Hz，所以它每隔0.02s打一个点．故答案为：交流，0.02．20．（4分）在20m高的地方以6m/s的初速度水平抛出，则物体在空中运动的时间是2s，从抛出点到落地点发生的水平位移是12m（忽略空气阻力，取g=10m/s2）【解答】解：由h=得t===2s从抛出点到落地点发生的水平位移为：x=v0t=6×2m=12m故答案为：2，12．21．（7分）质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止开始匀加速下落，经3s落地，g取10m/s2，试求：（1）物体下落的加速度的大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小．【解答】解：（1）由得，a=．故物体下落的加速度大小为8m/s2．（2）根据牛顿第二定律得，mg﹣f=ma则f=mg﹣ma=50﹣5×8N=10N故下落过程中物体所受阻力的大小为10N．22．（7分）一同学从倾角为30°的斜坡顶端平抛一小石块，小石块的质量为10g，它恰好落在斜坡的底端，如果斜坡高度为1.8m．求：（1）小石块的落地时间；（2）小石块的着地时的动能．【解答】解：（1）根据，t=．故小石块的落地时间为0.6s．（2）小球的水平位移为x=hcot30°=1.8m．所以水平速度竖直分速度v y=gt=10×0.6m/s=6m/s则落地的速度m/s．则故小石块的着地时的动能为0.315J．[选修1-1]23．（3分）研究电磁感应现象并得到重要结论的科学家是（）A．洛伦兹B．库仑C．奥斯特D．法拉第【解答】解：经过十年坚持不懈的努力，1831年英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象．故选：D．24．（3分）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷【解答】解：A、B当体积很小的带电体相距很近，以至于带电体的大小和形状对带电体间作用力影响不能忽略时，此带电体不能看成点电荷，而体积很大的带电体，如果带电体间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体也可以看成点电荷．故AB错误．C、点电荷不一定电量很小的电荷．故C错误．D、体积很大的带电体只要距离足够大，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．故D正确．故选D25．（3分）某同学发现有人触电，他应采取的措施是（）A．不假思索地去把触电人用手拉开B．当做没看见C．迅速找一根木棒，把人和电线分离D．立即大声喊人，让别人来处理【解答】解：A、当发现有人触电时，应该立即采取的措施是：迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，不能用手拉开电线和触电的人，这样自己也会触电，更不能用剪刀割断导线，剪刀是导体，自己也会触电，故A错误，C正确；B、遇到这种情况应及时帮助，不能装作没看见；也不能喊人让别人来处理，这样由于耽误时间，可能造成人的死亡；故BD错误；故选：C．26．（3分）磁场中某处的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处小【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可知b处的磁感线密，所以b处的磁场强．故A错误，B正确；C、电流受到的安培力：F=BILsinθ，与磁感应强度的大小、电流的大小以及电流与磁场方向之间的夹角有关，所以同一通电导线放在a处受力不一定比放在b 处小，也不一定比放在b处大．故CD错误．故选：B27．（4分）在某段电路中，一定值电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率为2W，电阻在1min内产生的热量为120J．【解答】答：电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率：P=I2R=2×12=2W电阻在1min内产生的热量：Q=I2Rt=12×2×60=120J故答案为：2，12028．（6分）如图所示，一根长为L=0.2m的直导线放在水平方向的匀强磁场中，导线水平且与磁场方向垂直，导线中通有向右的电流．（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，试计算导线所受安培力；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线是否受安培力？【解答】解：（1）当磁场方向与电流方向垂直时，根据F=BIL得：F=5×10﹣2 N（2）导线不受安培力作用．答：（1）若匀强磁场的磁感应强度大小B=0.5T，导线中电流I=0.5A，导线所受安培力5×10﹣2 N；（2）将该通电导线旋转到与磁感线平行的位置，此时导线不受安培力[选修2-1]29．在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A．B．C．D．【解答】解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同．故A错误；B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误；C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同．故C正确；D、由图A、B 两点电场强度不同，大小也不同，E A＜E B．故D错误．故选：C．30．（3分）在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系（）A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r2【解答】解：当外电阻无穷大时，路端电压等于电源的电动势，故U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，由图可知，2的电动势较大；U=E﹣Ir可知图象中的斜率表示电源的内阻，2的斜率较大，故2的内阻较大，故D正确，ABC错误；故选D．31．（3分）四种电场的电场线如图所示，一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大，由此可以判断，该电荷所在电场是图中的（）A．B． C．D．【解答】解：根据一负电荷仅在电场力作用下由M点向N点做加速运动，知电场力的方向由M指向N，所以电场强度的方向由N指向M．由M到N，加速度越来越大，知电场力越来越大，所以电场强度越来越大，所以M出要比N出疏．故D正确，A、B、C错误．故选D．32．（3分）随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要应用电流热效应的是（）A．电风扇B．电饭煲C．录音机D．电视机【解答】解：电饭锅工作时，电能转化为内能，利用电流的热效应．符合题意．电风扇工作时，主要是电能转化为机械能．录音机工作时，电能主要转化为声能．电视机主要将电能转化为声能和光能．故B正确，ACD错误．故选：B．33．（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a 的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是N极．如磁铁上端是S极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向右．【解答】解：电流方向由b到a，安培力向右，根据左手定则，知磁场方向竖直向下，所以磁铁上端是N极．磁铁上端是S极，电流方向自a到b，根据左手定则，知安培力方向向右．故答案为：N，右．。
【精品】2015年江西省南昌市高考物理三模试卷含答案
2015年江西省南昌市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，有选锘的得0分．1．（6分）万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．（6分）朝南的钢窗原来关着，某人将它突然朝外推开，顺时针转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则在钢窗转动的过程中，钢窗活动的竖直边中（）A．有自上而下的微弱电流B．有自下而上的微弱电流C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下3．（6分）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）A．sin2θ：1 B．sinθ：1 C．cos2θ：1 D．cosθ：14．（6分）如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A．电压表的示数为220VB．变压器原、副线圈的匝数比为11：1C．变压器的输入功率为110WD．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=20sinπt（V）5．（6分）如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd，ab⊥bc，bc=cd=2ab=2l，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（）A．c点电势为12VB．场强的方向由a指向cC．质子从b运动到c所用的时间为D．质子从b运动到c电场力做功12eV6．（6分）如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则（）A．A、B两点间的距离为B．A、B两点间的距离为C．C、D两点间的距离为2h D．C、D两点间的距离为h7．（6分）如图所示，两平行光滑导轨竖直固定．边界水平的匀强磁场宽度为h，方向垂直于导轨平面．两相同的异体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方，b棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好．保持a、b棒水平，由静止释放框架，b棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导轨电阻．则在框架下落过程中，a棒所受轻杆的作用力F及a棒的机械能E随下落的高度h变化的关系图象，可能正确的是（）A．B．C．D．8．（6分）某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为k的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可沿固定在车上的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆沿槽向左移动不超过l时，装置可安全工作．小车总质量为m．若小车以速度v0撞击固定在地面的障碍物，将导致轻杆沿槽向左移动．已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（）A．轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为B．小车速度为0时，弹簧的弹性势能为mv02C．小车被弹回时速度等于D．为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度等于三、非选择题：包括必做题和选做题两部分．第9题一第12题为必做题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选做题，考生根据要求作答．（一）必做题9．（6分）如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A，t B，用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）钢球下落的加速度大小a=，钢球受到的空气平均阻力F f=．（2）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度（选填“大于”、“小于”或“等于”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，导致测量钢球所受的阻力实际受到的阻力（选填“大于”、“小于”或“等于”）．10．（9分）LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为0至50mA，内阻R A1约为3Ω）B．电流表A2（量程为0至3mA，内阻R A2约为15Ω）C．定值定值R1=697ΩD．定值定值R2=1985ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只G．电压表V（量程为0至12V，内阻R V=1kΩ）F．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）H．开关S一只（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为，电表2为，定值电阻为．（填写器材前的字母编号）（2）用画线代替导线将采用的电路图补充完整．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x=（用字母表示），当表达式中的（填字母）达到，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．11．（12分）两个底面相同的物块A、B，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始朝同一方向作直线运动，A物块受到与速度同向的水平拉力作用，B物块不受拉力作用，图中的两条直线分别表示它们的v﹣t图象，取g=10m/s2，求：（1）8s末物块A、B之间的距离x；（2）物块A所受拉力和重力的大小比值．12．（20分）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里．P点的坐标为（﹣2L，0），Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L），（0，﹣L）．坐标为（﹣L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变．带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力．若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；（2）从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；（3）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小．（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答[物理一选修3-3]（15分）13．（6分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律14．（9分）如图所示，一定质量的理想的气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开始时气柱高度为h，若在活塞上放上一个质量为m的砝码，再次平衡后气柱高度变为h，去掉砝码，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h，已知气体温度保持不变，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求：①活塞的质量；②大气压强．[物理一选修3-4]（15分）15．下列说法中正确的是（）A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在16．如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=76°，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE=OA，cos53°=0.6，试求：①玻璃砖的折射率n；②光线第一次从OB射出时折射角的正弦值．[物理一选修3-5]（15分）17．下列的若干叙述中，正确的是（）A．黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关B．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能鼠与照射光的频率成线性关系C．一块纯净的放射性元素相矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E．将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用18．如图所示，在光滑水平面上，有A、B、C三个物体，开始B、C皆静止且C 在B上，A物体以v0=10m/s撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A静止不动，而B、C最终的共同速度为v=4m/s．已知B、C两物体的质量分别为m B=4kg，m C=1kg，求：①A物体的质量；②A、B间的碰撞损失的机械能．2015年江西省南昌市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，有选锘的得0分．1．（6分）万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故选：D．2．（6分）朝南的钢窗原来关着，某人将它突然朝外推开，顺时针转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则在钢窗转动的过程中，钢窗活动的竖直边中（）A．有自上而下的微弱电流B．有自下而上的微弱电流C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下【解答】解：由于地磁场，则由南向北通过钢窗，当迅速朝外推开，导致穿过的磁通量变小，根据感应电流产生的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流；结合楞次定律可知，从室内观察则钢窗中，电流方向为逆时针方向，即钢窗最外的竖直边由自上而下的微弱电流，故A正确，BCD错误．故选：A．3．（6分）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）A．sin2θ：1 B．sinθ：1 C．cos2θ：1 D．cosθ：1【解答】解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，由平衡条件，得：N=mgcosθ同理N′=由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N′；则它们之比为，故C正确故选C4．（6分）如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A．电压表的示数为220VB．变压器原、副线圈的匝数比为11：1C．变压器的输入功率为110WD．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=20sinπt（V）【解答】解：A、原线圈输入电压为U1=220V，电压表示数为灯泡的额定电压U2==20V，故A错误；B、由A分析，结合变压比公式得，，故B正确；C、变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故C错误；D、由图象可知，ω=，副线圈电压的最大值为20V，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=20sin100πt（V），故D错误．故选：B5．（6分）如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd，ab⊥bc，bc=cd=2ab=2l，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（）A．c点电势为12VB．场强的方向由a指向cC．质子从b运动到c所用的时间为D．质子从b运动到c电场力做功12eV【解答】解：A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V．故A错误．B、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，则B错误．C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，则t=，故C正确．D、电势差Ubc=8V，则质子从b→c电场力做功为8eV．故D错误．故选：C6．（6分）如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则（）A．A、B两点间的距离为B．A、B两点间的距离为C．C、D两点间的距离为2h D．C、D两点间的距离为h【解答】解：AB、AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；CD、BC段平抛初速度v=，持续的时间t=，所以C、D两点间距离x=vt=2h，故C正确，D错误．故选：C．7．（6分）如图所示，两平行光滑导轨竖直固定．边界水平的匀强磁场宽度为h，方向垂直于导轨平面．两相同的异体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方，b棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好．保持a、b棒水平，由静止释放框架，b棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导轨电阻．则在框架下落过程中，a棒所受轻杆的作用力F及a棒的机械能E随下落的高度h变化的关系图象，可能正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：A、框架在进入磁场前做自由落体运动，轻杆对a作用力为零，b 进入磁场后，框做匀速运动，a处于平衡状态，杆对a的作用力F=mg，方向向上，当框架下落2h，a棒进入磁场后，a受到轻杆的作用力大小等于重力，方向向下，故A错误，B正确；C、框架进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，机械能不变，线框进入磁场后做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，机械能减少，框架完全离开磁场后，只受重力作用，机械能守恒，故C正确，D错误；故选：BC．8．（6分）某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为k的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可沿固定在车上的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆沿槽向左移动不超过l时，装置可安全工作．小车总质量为m．若小车以速度v0撞击固定在地面的障碍物，将导致轻杆沿槽向左移动．已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（）A．轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为B．小车速度为0时，弹簧的弹性势能为mv02C．小车被弹回时速度等于D．为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度等于【解答】解：A、轻杆开始移动时，弹簧的弹力为：F=kx且F=f解得：x=．故A正确；B、设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理有：…①，可知小车速度为0时，弹簧的弹性势能一定小于mv02．故B错误；C、小车被弹回，摩擦力做功：，由动能定理得：，所以小车被弹回时速度：．故C错误；D、小车以v m撞击弹簧时有：…②联立①②解得：v m=．故D正确故选：AD三、非选择题：包括必做题和选做题两部分．第9题一第12题为必做题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选做题，考生根据要求作答．（一）必做题9．（6分）如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A，t B，用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）钢球下落的加速度大小a=（﹣），钢球受到的空气平均阻力F f=mg﹣（﹣）．（2）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，导致测量钢球所受的阻力大于实际受到的阻力（选填“大于”、“小于”或“等于”）．【解答】解：（1）钢球通过光电门A、B时的瞬时速度分别为v A=、v B=，由vB2﹣vA2=2ah得，加速度a=（﹣），由牛顿第二定律得，mg﹣F f=ma，解得F f=mg﹣（﹣）．（2）由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；因此根据以上方法，求得加速度偏小，根据F f=mg﹣（﹣），那么阻力偏大．故答案为：（1）（﹣），mg﹣（﹣）；（2）小于，大于．10．（9分）LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为0至50mA，内阻R A1约为3Ω）B．电流表A 2（量程为0至3mA，内阻R A2约为15Ω）C．定值定值R1=697ΩD．定值定值R2=1985ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只G．电压表V（量程为0至12V，内阻R V=1kΩ）F．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）H．开关S一只（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为F，电表2为B，定值电阻为D．（填写器材前的字母编号）（2）用画线代替导线将采用的电路图补充完整．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x=（用字母表示），当表达式中的I2（填字母）达到 1.5mA，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．【解答】解：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；为了达到量程要求，电表2应与D串联充当电压表；（2）LED灯正常工作时的电流大约为==6mA左右，电流表的量程较小，电流表无法测量电流，可以用电压表测量电流；故电表1为F；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+R A2），通过灯泡的电流I=﹣I2，所以LED灯正常工作时的电阻R X==．因为改装后的电压表内阻为R V=1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．故答案为：（1）F，B，D；（2）如图所示．（3）R X=．I2，1.5mA11．（12分）两个底面相同的物块A、B，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始朝同一方向作直线运动，A物块受到与速度同向的水平拉力作用，B物块不受拉力作用，图中的两条直线分别表示它们的v﹣t图象，取g=10m/s2，求：（1）8s末物块A、B之间的距离x；（2）物块A所受拉力和重力的大小比值．【解答】解：（1）设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2，由图象得：x•t1=8=72mx•t2==12m所以x=x1﹣x2=60 m（2）设A、B两物块的加速度大小分别为a1、a2，由v﹣t图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=12m/s，B物体的末速度v2=0，a1==m/s2=0.75 m/s2①a2=﹣=m/s2=1.5 m/s2②设F=k m A g，水平面上的动摩擦因数为μ，对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：k m A g﹣μm A g=m A a1③μm B g=m B a2④由①～④式可得：k=0.225答：（1）8s末物块A、B之间的距离为60m；（2）物块A所受拉力和重力的大小比值为0.225．12．（20分）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里．P点的坐标为（﹣2L，0），Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L），（0，﹣L）．坐标为（﹣L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变．带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力．若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；（2）从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；（3）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小．【解答】解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1由几何关系得：R1cosθ=L 其中：粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，解得：．（2）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙）所示，设其与x轴交点为C，由几何关系得：R2=．设C点横坐标为x C，由几何有关系得：x C=．则C点坐标为：（，0）．（3）由题意画出粒子运动轨迹如图（丙）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cosθ，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件，有得．当粒子只碰二次，其几何条件是3△y1﹣2△y2=2L，解得：粒子磁场中做匀速圆周运动：解得：．答：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小为；（2）从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标为（，0）；（3）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小为．（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答[物理一选修3-3]（15分）13．（6分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【解答】解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动。
【精品】2015年北京市高考物理模拟试卷(三)含答案
2015年北京市高考物理模拟试卷（三）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）我国已建成的秦山、大亚湾等十几座核电站，有效的解决了工农业生产中的电力需求问题．目前这些正在工作中的核电站利用的是（）A．放射性元素衰变放出的能量B．人工放射性同位素衰变放出的能量C．重核裂变放出的能量D．轻核聚变放出的能量2．（6分）下列现象中能说明分子间存在斥力的是（）A．气体的体积容易被压缩B．液体的体积很难被压缩C．走进中医院，中药的气味很容易被闻到D．将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起3．（6分）两块相同的、彼此正对平行且相互绝缘的金属板构成了一个平行板电容器，现给这个电容器充电后，与电源断开，再将这个电容器的两极板相互靠近，保持正对面积不变，则（）A．电容器所储存的电能不变B．电容器所带的电荷量减少C．电容器的电容减小D．电容器两极板间的电势差减小4．（6分）如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场区域的宽度．开始时线框的ab边恰与磁场的边界重合，整个运动过程中线框的运动方向始终与ab边垂直，线框平面始终与磁场方向垂直．则下图中可能定性反映出线框中a、b两点间的电势差U ab随时间变化的是（）A．B．C．D．5．（6分）2003年10月15日，我国航天员杨利伟乘“神舟5号”载人飞船进入太空，经过21h绕地球飞行14周后返回地面，成为中国进入太空的第一人．已知地球半径为6400km，“神舟5号”飞船绕地球飞行的轨道可视为圆周，则“神舟5号”飞船运行的轨道距地面的高度约为（）A．几千千米B．几百千米C．几万米D．几千米6．（6分）向平静的水面上抛入一小块石头，在水面上激起一列水波．若将水波视为理想的横波（实际上水波的情况较复杂．不是横波），现观察到水面上漂浮的一片树叶A在开始振动后6s内全振动了3次，当这片树叶开始第6次振动时，沿这列水波传播的方向与该片树叶相距10m、浮在水面上的另一片树叶B刚好开始振动，则（）A．这列水波的周期是0.5sB．这列水波的波长为mC．这列水波的速度为1.0m/sD．树叶A在l．Os内沿水面运动1．Om7．（6分）如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相问的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是（）A．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B．双缝到光屏的距离L不同，乙图对应的L较大C．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大8．（6分）在研究物体运动规律时，可以用频闪照相技术拍下运动物体的情况，然后根据频闪照片记录相等时间间隔内物体位置的变化，分析物体运动的速度与加速度．现要研究甲、乙两个小球的运动情况，拍摄时，甲球从A点水平抛出的同时，乙球从B点开始下落，同时频闪照相系统开始闪光拍照，所得到的频闪照片如图所示．已知照片背景的小方格均为相同的正方形，则下列说法中正确的是（）A．只能确定乙球的运动是自由落体运动，不能对甲球的运动作出判断B．不能确定甲球沿竖直方向的运动是自由落体运动C．只能确定甲球沿水平方向的运动是匀速直线运动，不能对其竖直方向的运动作出判断D．可以确定甲球的运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成二、非选择题9．（6分）如图为示波器的面板，荧光屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．①若要增大荧光屏上显示波形的亮度，应调节旋钮．②若要使荧光屏上显示的波形线条变细且边缘清晰，应调节旋钮．③若要将荧光屏上显示的波形曲线调至荧光屏的中央，应调节旋钮．10．（12分）用如图1所示的装置进行实验，可以研究物体的加速度与质量及所受合外力的关系．实验过程中，将砝码盘及其中砝码所受总重力视为研究物体（小车）昕受的合外力（拉力）的大小．①甲同学用这套装置探究“物体质量一定时．其加速度与合外力大小的关系”．a．他首先保证小车的质量不变．多次改变小车所受合外力（拉力）的大小．分别根据打点计时器打出的纸带计算出小车运动的加速度．并利用测量的数据画出a﹣F图线进行分析．b．若发现图线在横轴上的截距OA较大（如图2甲）．明显超出了偶然误差的范围，其原因是由于c．若发现图线不是一条直线，而向下弯曲（如图2乙），其原因是由于②乙同学用这套装置设计了研究“在合外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验方案，其主要实验步骤如下：a．先不加挂砝码盘，在小车上加装一定质量的砝码，调整木板右端的高度，用手轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点迹．b．按住小车，按图2方式加挂砝码盘，打开打点计时器电源，释放小车，获得带有打上了点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．c．按住小车，仅改变小车上加装砝码的质量，更换纸带重复上述步骤a、b．d．求出与不同m相对应的加速度a．以小车上加装砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出去﹣m关系图线如图3所示．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则根据牛顿第二定律可知，小车受到的拉力为，小车的质量为．11．（16分）如图所示，长为L的平直轨道AB与位于竖直平面内、半径为尺的半圆形光滑轨道BCD平滑连接，半圆形轨道BCD的直径BD与水平轨道AB垂直．可视为质点的物块质量为m．在水平拉力的作用下，从水平轨道的A端由静止出发到B点时撤去拉力．又沿半圆形轨道运动，并且恰好能通过轨道最高点D．已知重力加速度为g，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小；（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）水平拉力对物块所做的功．12．（18分）如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，它们与两金属导轨组成闭合回路．已知两根导体棒的质量均为m，导体棒ab在导轨之间的电阻为2R，导体棒cd在导轨之间的电阻为R，导轨光滑且电阻可忽略不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B．开始时，导体棒cd静止，导体棒ab具有水平向右的初速度v0，此后的运动过程中，两导体始终与金属导轨垂直且接触良好．求：（1）闭合回路中电流的最大值；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率及其加速度大小．13．（20分）如图所示，在电子枪中由阴极K逸出的电子，经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×103V，电子的质量m=O.91×10﹣30kg、电荷量e=1.60×10﹣19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计，不考虑相对论效应．（1）求电子通过加速电场加速后的速度大小；（2）若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流，电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收，求电子流对目标靶的平均作用力的大小；（3）若在加速电场中形成电流强度，I=4.0mA稳定的细柱形电子流，那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点，其中a点距负极板的距离为两板间距的，b点在正极板上，在这两点各取一段极短的相等长度的电子流，求这两段电子流内所含电子个数之比．2015年北京市高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）我国已建成的秦山、大亚湾等十几座核电站，有效的解决了工农业生产中的电力需求问题．目前这些正在工作中的核电站利用的是（）A．放射性元素衰变放出的能量B．人工放射性同位素衰变放出的能量C．重核裂变放出的能量D．轻核聚变放出的能量【解答】解：ABC、核电站采用的是核裂变来释放原子核能；故AB错误，C正确；D、目前的核电站均采用核裂变；聚变的应用尚在试验阶段；故D错误；故选：C．2．（6分）下列现象中能说明分子间存在斥力的是（）A．气体的体积容易被压缩B．液体的体积很难被压缩C．走进中医院，中药的气味很容易被闻到D．将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起【解答】解：A、气体的体积容易被压缩，是由于气体分子之间的距离比较大，不能说明分子间存在斥力．故A错误；B、液体难被压缩，是由于分子间存在斥力．故B正确；C、走进中医院，中药的气味很容易被闻到是由于分子的扩散．故C错误；D、将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起，是由于分子之间的引力比较小，不能说明分子之间存在斥力．故D错误．故选：B3．（6分）两块相同的、彼此正对平行且相互绝缘的金属板构成了一个平行板电容器，现给这个电容器充电后，与电源断开，再将这个电容器的两极板相互靠近，保持正对面积不变，则（）A．电容器所储存的电能不变B．电容器所带的电荷量减少C．电容器的电容减小D．电容器两极板间的电势差减小【解答】解：电容器正对面积不变，两极板相互靠近，d减小，由电容的决定式C=知电容逐渐增大．平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量Q不变；Q不变，C增大，由电容的定义式C=，知板间电压减小；电容器的储能取决于电量及电压的乘积，因电压减小，故电能减小；故ABC错误，D正确；故选：D．4．（6分）如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场区域的宽度．开始时线框的ab边恰与磁场的边界重合，整个运动过程中线框的运动方向始终与ab边垂直，线框平面始终与磁场方向垂直．则下图中可能定性反映出线框中a、b两点间的电势差U ab随时间变化的是（）A．B．C．D．【解答】解：设线框每边电阻为R，线框边长为L，线框速度为：v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势：E=BLv，a、b两点间的电势差：U ab=×3R=BLv，线框完全进入磁场过程：U ab=E=BLv，线框离开磁场过程，产生的感应电动势：E=BLv，a、b两点间的电势差：U ab=×R=BLv，由图示图象可知，A正确，BCD错误；故选：A．5．（6分）2003年10月15日，我国航天员杨利伟乘“神舟5号”载人飞船进入太空，经过21h绕地球飞行14周后返回地面，成为中国进入太空的第一人．已知地球半径为6400km，“神舟5号”飞船绕地球飞行的轨道可视为圆周，则“神舟5号”飞船运行的轨道距地面的高度约为（）A．几千千米B．几百千米C．几万米D．几千米【解答】解：由题意知飞船绕地球飞行14圈用时间为21h23min，所以飞船的周期T==s=5400s飞船飞行时万有引力提供圆周运动向心力有：=m（R+h），根据万有引力等于重力得GM=gR2，可得卫星距地面的高度h=﹣R≈3×105m故选：B6．（6分）向平静的水面上抛入一小块石头，在水面上激起一列水波．若将水波视为理想的横波（实际上水波的情况较复杂．不是横波），现观察到水面上漂浮的一片树叶A在开始振动后6s内全振动了3次，当这片树叶开始第6次振动时，沿这列水波传播的方向与该片树叶相距10m、浮在水面上的另一片树叶B刚好开始振动，则（）A．这列水波的周期是0.5sB．这列水波的波长为mC．这列水波的速度为1.0m/sD．树叶A在l．Os内沿水面运动1．Om【解答】解：A、据题，小树叶在 3.0s内全振动了6次，则此水波的周期为T=s=2s．故A错误．B、C由题意当某小树叶开始第6次振动时，沿水波的传播方向与该小树叶相距10m、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，则波从第一个树叶传到第二个树叶的时间为5个周期，即为t=10s，波速为v==m/s=1.0m/s，波长为λ=vT=1×2m=2m．故B错误，C正确．D、树叶在原处上下振动，不随波逐流．故D错误．故选：C7．（6分）如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相问的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是（）A．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B．双缝到光屏的距离L不同，乙图对应的L较大C．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大【解答】解：A、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，波长大的双缝间距大，所以甲图对应光的波长长，频率小．故A错误．B、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，甲图对应的双缝间距大，则甲图双缝到光屏的距离大．故B正确．C、甲图的干涉条纹间距大，则可能是甲图对应的双缝间距较小．故C错误．D、光源到双缝的距离不影响双缝干涉条纹的间距．故D错误．故选：B．8．（6分）在研究物体运动规律时，可以用频闪照相技术拍下运动物体的情况，然后根据频闪照片记录相等时间间隔内物体位置的变化，分析物体运动的速度与加速度．现要研究甲、乙两个小球的运动情况，拍摄时，甲球从A点水平抛出的同时，乙球从B点开始下落，同时频闪照相系统开始闪光拍照，所得到的频闪照片如图所示．已知照片背景的小方格均为相同的正方形，则下列说法中正确的是（）A．只能确定乙球的运动是自由落体运动，不能对甲球的运动作出判断B．不能确定甲球沿竖直方向的运动是自由落体运动C．只能确定甲球沿水平方向的运动是匀速直线运动，不能对其竖直方向的运动作出判断D．可以确定甲球的运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成【解答】解：根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，可以确定乙球做自由落体运动，根据甲球在竖直方向上运动规律与乙球的运动规律相同，可知甲球在竖直方向上做自由落体运动，根据甲球在水平方向上相等时间内的水平位移相等，可知甲球在水平方向上做匀速直线运动．故D正确，A、B、C错误．故选：D．二、非选择题9．（6分）如图为示波器的面板，荧光屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．①若要增大荧光屏上显示波形的亮度，应调节辉度旋钮．②若要使荧光屏上显示的波形线条变细且边缘清晰，应调节聚焦旋钮．③若要将荧光屏上显示的波形曲线调至荧光屏的中央，应调节竖直位移（或写为↓↑）旋钮．【解答】解：（1）若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮；（2）若要波形变细且清晰，应调节聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮；（3）若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移调节旋钮．故答案为：（1）辉度；（2）聚焦；（3）竖直位移（或写为↓↑）．10．（12分）用如图1所示的装置进行实验，可以研究物体的加速度与质量及所受合外力的关系．实验过程中，将砝码盘及其中砝码所受总重力视为研究物体（小车）昕受的合外力（拉力）的大小．①甲同学用这套装置探究“物体质量一定时．其加速度与合外力大小的关系”．a．他首先保证小车的质量不变．多次改变小车所受合外力（拉力）的大小．分别根据打点计时器打出的纸带计算出小车运动的加速度．并利用测量的数据画出a﹣F图线进行分析．b．若发现图线在横轴上的截距OA较大（如图2甲）．明显超出了偶然误差的范围，其原因是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够c．若发现图线不是一条直线，而向下弯曲（如图2乙），其原因是由于不满足小车的质量远小于砝码盘中及其中砝码的总质量②乙同学用这套装置设计了研究“在合外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验方案，其主要实验步骤如下：a．先不加挂砝码盘，在小车上加装一定质量的砝码，调整木板右端的高度，用手轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点迹．b．按住小车，按图2方式加挂砝码盘，打开打点计时器电源，释放小车，获得带有打上了点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．c．按住小车，仅改变小车上加装砝码的质量，更换纸带重复上述步骤a、b．d．求出与不同m相对应的加速度a．以小车上加装砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出去﹣m关系图线如图3所示．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则根据牛顿第二定律可知，小车受到的拉力为，小车的质量为．【解答】解：①甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A错误B 正确．乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，②设小车的质量为m'，则有F=（m+m'）a，变形得=m+，所以﹣m图象的斜率为=k，所以作用力F=，﹣m图象的截距为=b，所以m′=．故答案为：①没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，不满足小车的质量远小于砝码盘中及其中砝码的总质量；②，．11．（16分）如图所示，长为L的平直轨道AB与位于竖直平面内、半径为尺的半圆形光滑轨道BCD平滑连接，半圆形轨道BCD的直径BD与水平轨道AB垂直．可视为质点的物块质量为m．在水平拉力的作用下，从水平轨道的A端由静止出发到B点时撤去拉力．又沿半圆形轨道运动，并且恰好能通过轨道最高点D．已知重力加速度为g，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小；（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）水平拉力对物块所做的功．【解答】解：（1）设滑块恰好通过最高点D的速度为v D，根据牛顿第二定律有：mg=解得：（2）滑块自B点到D点的过程机械能守恒，设滑块在B点的速度为v B，则有：=设物块在B点所受到的支持力为FN，由牛顿第二定律可知：F N﹣mg=m解得：F N=6mg；根据牛顿第三定律可求求得，物块对轨道的压力大小为6mg；（3）由动能定理可知：W﹣μmgL=解得：W=mgR+μmgL答：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小为（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6mg；（3）水平拉力对物块所做的功mgR+μmgL12．（18分）如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，它们与两金属导轨组成闭合回路．已知两根导体棒的质量均为m，导体棒ab在导轨之间的电阻为2R，导体棒cd在导轨之间的电阻为R，导轨光滑且电阻可忽略不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B．开始时，导体棒cd静止，导体棒ab具有水平向右的初速度v0，此后的运动过程中，两导体始终与金属导轨垂直且接触良好．求：（1）闭合回路中电流的最大值；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率及其加速度大小．【解答】解：（1）当导体棒ab刚开始运动时，闭合回路中的磁通量变化率最大，感应电动势最大，所以电流最大，最大电动势为E m=BLv0由闭合电路欧姆定律得：最大电流为：（2）运动过程中，两导体棒沿水平方向不受外力，动量守恒设共同速度为v，则：mv0=2mv解得：整个过程中两导体棒组成系统损失的动能全部转化为焦耳热，根据能量守恒定律得：（3）设ab棒的速度变为时，cd棒的速度为v'，则由动量守恒可得：解得此时回路中的电动势为此时回路中的电流为导体棒的发热功率为：此时ab棒所受的安培力为由牛顿第二定律可得，ab棒的加速度为：答：（1）闭合回路中电流的最大值为；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热为；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率为，其加速度大小为13．（20分）如图所示，在电子枪中由阴极K逸出的电子，经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×103V，电子的质量m=O.91×10﹣30kg、电荷量e=1.60×10﹣19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计，不考虑相对论效应．（1）求电子通过加速电场加速后的速度大小；（2）若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流，电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收，求电子流对目标靶的平均作用力的大小；（3）若在加速电场中形成电流强度，I=4.0mA稳定的细柱形电子流，那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点，其中a点距负极板的距离为两板间距的，b点在正极板上，在这两点各取一段极短的相等长度的电子流，求这两段电子流内所含电子个数之比．【解答】解：（1）电子被加速，从正极板射出时速度最大，设最大速度为v m，根据动能定理得电子的加速过程有：，解得最大速度为：==4.0×107m/s，（2）根据I=可知，1s内打到目标靶上的电子所带总电荷量为：q=It=4.0×10﹣3C，所以1s内打到目标靶上的电子数为：n=．设电子对目标靶的平均作用力为F，对t时间内打到目标靶上的电子，根据动量定理有：Ft=ntmv m，解得：F=nmv m=2.5×1016×0.91×10﹣30×4×107N=0.91×10﹣6N．（3）设a、b两处单位长度的电子流内所含的电子个数分别n a和n b，电子的速度分别为v a和v b，a、b两处的电流大小分别为I a=n a ev a，I b=n b ev b，因有稳定的细柱形电子流，所以有：I a=I b，又因电子从负极板到正极板做初速度为零的匀加速运动，设电子在电场中的加速度为a，根据运动学公式知，当电子运动到离负极板的距离为x时，其速度大小为，即v∝，所以有：．答：（1）电子通过加速电场加速后的速度大小为4.0×107m/s；（2）电子流对目标靶的平均作用力的大小为0.91×10﹣6N；（3）这两段电子流内所含电子个数之比为2：1．赠送—高考物理解答题规范化要求物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分很大(60%)，单题的分值也很高。
2015年河南省新乡市、许昌市、平顶山市高考物理三模试卷和答案
2015年河南省新乡市、许昌市、平顶山市高考物理三模试卷一、选择题（1-5小题为单选题，6-8小题为多选题，每小题6分，共48分）1．（6分）1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的离子，即“磁单极子”，1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向的持续流动的感应电流D．逆时针方向的持续流动的感应电流2．（6分）有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为μ，与BC面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块所受的摩擦力为（）A．μmg B．μmg C．μmg D．μmg3．（6分）在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（）A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．灯L1变暗，电压表的示数增大D．电容器C所带电荷量减小4．（6分）如图所示，竖直平面内固定一个半径为R的半圆形轨道ABC，左端口A和右端口C与圆心O在同一水平面上，M、N为右端口C正上方两点，到右端口C的距离分别为2R和R，现将一小球从M点静止释放，小球从左端口飞出后到达最高处D点，D点与半圆轨道的最低点B的竖直高度差为2R，接着小球又竖直下落返回进入圆弧轨道，若不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A．小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N点B．小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C点C．小球返回轨道后沿轨道运动到C点时，速度一定大于零D．若将小球从N点静止释放，则小球恰能运动到左端口A处5．（6分）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量质量为m，电荷量为+q的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（）A． B．C．D．6．（6分）欧洲南方天文台分布消息称，科学家在太阳系附近发现三颗适宜生命繁衍的“超级地球”，这三颗行星都围绕着天蝎座的一颗名为“格利泽667C”的恒星运行．其中两颗“超级地球”甲和乙的公转周期分别是28天和39天，假设“超级地球”绕“格利泽667C”做匀速圆周运动，不考虑“超级地球”间的万有引力及其他星球对他们的影响，根据以上信息可以判断（）A．“超级地球”甲的质量大于“超级地球”乙的质量B．“超级地球”甲的绕行速度大于“超级地球”乙的绕行速度C．“超级地球”甲的加速度小于“超级地球”乙的加速度D．“超级地球”甲和乙两次相距最近的最短时间间隔约为99天7．（6分）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图，其中A、N两点的电势为零，ND段中C 点电势最高，则下列说法中正确的是（）A．q1带正电，q2带负电B．|q1|=|q2|C．A点的电场强度大小为零D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功8．（6分）如图甲所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A 但不粘连，物块A、B质量均为m．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻图线A、B相切），已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加B．力F的最小值为m（gsinθ+a）C．A达到最大速度时的位移为D．t1=时A、B分离二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。
2015高中物理学业水平模拟试卷(3套,含解析)学业水平模拟检测卷(三)
·物理·学业水平模拟检测卷(三)(测试时间：90分钟评价分值：100分)一、单项选择题Ⅰ(本大题共30小题，每小题1分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．为经典力学做出最重要贡献的物理学家是()A．爱因斯坦B．麦克斯韦C．法拉第D．牛顿解析：经典力学是以牛顿三定律及万有引力定律为主要内容，牛顿在经典力学建立中做出了最重要的贡献，D正确．答案：D2．在研究物体的运动时，下列物体中可以当作质点处理的是()A．研究一端固定可绕该端转动的木杆的运动时，此杆可作为质点来处理B．在大海中航行的船，要确定它在大海的位置时，可以把它当作质点来处理C．研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员可以当作质点来处理D．研究地球的自转运动时，地球可以当作质点来处理解析：在大海中航行的船的大小和形状可以忽略，可以看作质点，B正确．答案：B3．电磁场理论的建立，促进了现代社会的发展．下列应用中，同时使用了电磁波接收和发射技术的电器是()A．微波炉B．收音机C．电视机D．手机解析：手机可以拨打电话，也可接收电话，即手机同时使用了电磁波接收和发射技术，D正确．答案：D4．在长为50 m的标准游泳池举行100 m的游泳比赛，参赛运动员从出发至比赛终点的位移和路程分别是()A．0 m，50 m B．50 m，100 mC．100 m，50 m D．0 m，100 m解析：比赛过程的总路程为100 m，但比赛的起点和终点相同，位移为零，D正确．答案：D5．下面的几个速度中表示平均速度的是( )A ．子弹射出枪口的速度是800 m/sB ．汽车从甲站行驶到乙站的速度是40 km/hC ．汽车通过站牌时的速度是72 km/hD ．小球第3 s 末的速度是6 m/s解析：瞬时速度是指某一时刻或某一位置的速度，平均速度是指一段时间或某一过程的平均快慢，B 正确．答案：B6．光滑水平面上，质量为2 kg 的物体在大小为30 N 的水平拉力作用下运动，则物体的加速度大小是( )A ．5 m/s 2B ．10 m/s 2C ．15 m/s 2D ．25 m/s 2解析：由牛顿第二定律得a ＝F m ＝302m /s 2＝15 m /s 2，C 正确． 答案：C7．下列运动中不能用经典力学规律描述的是( )A ．子弹的飞行B ．和谐号从深圳向广州飞驰C ．人造卫星绕地球运动D ．粒子接近光速的运动解析：经典力学的适用范围是宏观、低速，D符合题意．答案：D8．下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位()A．N 、kg、m B．m 、kg、AC．kg 、J、s D．m/s2、kg 、J解析：国际单位制中选定七个基本单位，它们是长度(m)、质量(kg)、时间(s)、电流(A)、热力学温度(K)、发光强度(cd)、物质的量(mol)，B正确．答案：B9．汽车匀速驶过凸形拱桥顶点时对桥的压力为F1，同一辆汽车静止在桥顶时对桥的压力为F2，那么F1与F2比较() A．F1>F2B．F1< F2C．F1＝F2D．都有可能解析：汽车驶过桥顶时有向下的向心加速度，物体处于失重的状态，所以答案B正确．答案：B10. 甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，均做匀减速运动，甲经3 s停止，共前进了36 m，乙经1.5 s停止，乙车前进的距离为()A．9 m B．18 mC．36 m D．27 m解析：甲、乙两物体的初速度相同，末速度也相同，平均速度相同，它们前进的位移与时间成正比，B正确．答案：B11. 对于站在电梯里的人，以下说法中正确的是()A．电梯对人的支持力在电梯上升时总比下降时大B．电梯加速下降时，电梯对人的支持力大于重力C．电梯减速上升时，电梯对人的支持力大于重力D．电梯减速下降时，人对电梯的压力大于重力解析：站在电梯里的人若有向上的加速度时出现超重现象，支持力大于重力，若有向下的加速度时出现失重现象，支持力小于重力，减速下降时加速度向下，出现超重，D正确．答案：D12．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时()A．具有竖直向上的速度和竖直向上的加速度B．速度为零，加速度竖直向上C．速度为零，加速度竖直向下D．具有竖直向下的速度和竖直向下的加速度解析：物体到达最高点的速度为零，但是它仍受重力作用，所以加速度为重力加速度．答案：C13．如图所示，一小球放在固定的光滑斜面上，挡板沿竖直方向，关于挡板对小球的弹力的作用方向，下列表述正确的是()A．沿水平方向向右B．沿斜面方向向上C．沿水平方向向左D．沿斜面方向向下解析：小球受重力、垂直于斜面的支持力，垂直于挡板的水平向右作用力，A正确．答案：A14．如图所示，竖直长直导线通以恒定电流I，闭合线圈abcd 与直导线在同一平面内，导致圈内磁通量发生变化的线圈运动是()A．水平向右平移B．竖直向下平移C．竖直向上平移D．以竖直长直导线为轴转动解析：直线电流的磁场是以直线为对称轴分布的，磁场的强弱与到直线的距离有关，水平向右运动时，磁场发生变化，磁通量发生变化，A正确．答案：A15．公共汽车进入转弯路口向右转弯时，车内乘客会()A．向前倾斜B．向后倾斜C．向左倾斜D．向右倾斜解析：当公共汽车进入转弯路口向右转弯时，车内乘客没有足够的向心力而产生离心现象，向左倾斜，C正确．答案：C16．用起重机将质量为m的物体向上匀速吊起一段距离，那么作用在物体上各力的做功情况是()A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C ．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D ．重力不做功，拉力做正功，合力做正功解析：当物体向上匀速运动时，拉力做正功，重力做负功，合力不做功，C 正确．答案：C17．当汽车发动机的输出功率为30 kW 时，汽车在平直公路上以30 m/s 的速度匀速行驶，此时汽车牵引力是( )A ．1 000 NB ．1 500 NC ．2 000 ND ．3 000 N解析：由功率的计算公式P ＝Fv 得，F ＝P v ＝30×10330N ＝1 000 N ，A 正确．答案：A18．质量为1 kg 的物体从某一高度自由下落，则该物体下落5 m 内重力做功的平均功率是(取g ＝10 m/s 2)( )A ．25 WB ．50 WC ．75 WD ．100 W解析：由功率的定义式得P ＝W t ＝mgh t，而t ＝2h g＝1 s ，所以P ＝50 W ，B 正确．答案：B19. 下列说法正确的是( ) A ．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B ．用一相同的水平推力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大一些C ．行驶中的车厢突然刹车，乘客前倾，这是由于惯性引起的D ．物体不受外力作用时才有惯性解析：物体的惯性只决定于物体的质量，与其他因素无关，C 正确．答案：C20．2008 年 9 月 27 日 16 时 41 分 00 秒，我国航天员翟志刚打开“神舟七号”载人飞船轨道舱舱门，首度实施空间出舱活动，茫茫太空第一次留下中国人的足迹，如果轨道舱沿着半径为 r 的圆形轨道运行，万有引力常量为 G ，地球质量为 M ，则其运行线速度为( )A.GM rB.GM r 2C.GM r 3D.GM r解析：飞船受到的万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝m v 2r ，可得v ＝GM R. 答案：D21．某同学沿400 m 的跑道跑步一圈后回到起点，此过程的路程和位移分别是( ) A ．400 m ，400 m B ．400 m ，0C ．0，400 mD ．0，0解析：位移是起点到终点的有向线段，路程是运动过程轨迹的长度，B 正确．答案：B22．关于匀速圆周运动，下列认识正确的是 ( )A ．匀速圆周运动是匀速运动B ．匀速圆周运动是匀变速运动C ．匀速圆周运动的线速度不变D ．匀速圆周运动的周期不变解析：匀速圆周运动是曲线运动，速度方向时刻变化，是变速运动，匀速圆周运动合力提供向心力，向心力的方向时刻变化，不是匀变速运动，但运动的周期不变．D正确．答案：D23. 在利用丝绸摩擦玻璃棒使玻璃棒带电的实验中，如果丝绸和玻璃棒原来均不带电，则通过摩擦后()A．丝绸的带电量等于玻璃棒的带电量B．丝绸的带电量大于玻璃棒的带电量C．丝绸的带电量小于玻璃棒的带电量D．无法确定解析：根据电荷守恒定律知，摩擦过程电荷总量保持不变，丝绸的带电量等于玻璃棒的带电量，只是正负电荷等量，A正确．答案：A24．当直导线通以垂直纸面向外的恒定电流时，小磁针静止时指向正确的是()解析：直线电流的磁场方向的判断符合右手螺旋定则，A正确．答案：A25．下列关于电磁领域重大技术发明的说法正确的是()A．发明电池的科学家是爱迪生B．发现电磁感应定律的科学家是法拉第C．发现电流的磁效应的科学家是安培D．发明电话的科学家是赫兹解析：伏打发明了电池，法拉第发现了电磁感应定律，奥斯特发现了电流的磁效应，贝尔发明了电话，爱迪生发明了电灯，B正确．答案：B26. 下列哪种设备实现了电能转换为机械能，从而极大地促进了社会生产力发展()A．发电机B．电动机C．电饭锅D．电磁炉解析：电动机实现了电能转化为机械能，B正确．答案：B27．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电量分别为＋3q和－q，两小球接触后分开，小球带电量为()A．a为＋3q，b为－q B．a为－q，b为＋3qC．a为＋2q，b为－2q D．a为＋q，b为＋q解析：两球接触后总电量为Q＝＋3q－q＝＋2q，电量两球平均分配各得＋q，D正确．答案：D28．—台空调机的额定功率为1 kW，假设在额定功率下平均每天工作6小时(h)，30天的用电量是()A．18 kWh B．30 kWhC．60 kWh D．180 kWh解析：用电量即消耗的电能，E＝Pt＝1 kW×6 h×30＝180 kW·h，D正确．答案：D29.从安全用电的角度出发，下列做法存在安全隐患的有()A．用电器金属外壳应该有接地线B．不要在同一插座上同时使用几个大功率用电器C．要定期检查用电器插头，特别是大功率用电器插头D．洗衣机、洗碗机等易潮湿用电器不用接地线解析：用电器接地是为了使用电器出现漏电现象把电流导入大地，从而避免人体安全事故，D正确．30．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的有：①磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，是一种物质；②磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向；③磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线．() A．只有①②B．①②③C．只有②③D．只有①③解析：磁极之间靠磁场产生作用，它与电场一样是一种物质，可用磁感线描述磁场的强弱和方向，但磁感线是假想的线，A正确．答案：A二、单项选择题Ⅱ(本大题共20小题，每小题2分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求)31．下列电器中，应用了压力传感器的是()A．红外数字温度计B．天黑自动开启的路灯C．数字体重计D．白炽灯泡解析：数字体重计采用了压力传感器，当人静止站在体重计时人对体重计的压力等于其重力，C正确．32．发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动，将机械能转化为电能．这种转化利用了( )A ．电流的热效应B ．电磁感应原理C ．电流的磁效应D ．磁场对电流的作用原理解析：发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动，是利用电磁感应原理将机械能转化为电能．答案：B33．负点电荷周围的电场线如图所示，电场中有A 、B 两点，可以确定( )A ．A 、B 两点的电场强度大小相等B ．B 点的电场强度小于A 点的电场强度C ．B 点的电场强度大于A 点的电场强度D ．将同一点电荷分别放置于A 、B 两点，所受电场力大小相等解析：点电荷的电场强度E ＝k Q r 2，距离场源电荷越近电场越强，B 正确．答案：B34. 如图，桌面高为h ，质量为m 的小球从离桌面高H 处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为( )A ．mghB ．mg (H ＋h )C ．mgHD ．－mgh解析：物体在下落过程机械能守恒，当选桌面为重力势能零点时，小球初始机械能等于mgH ，落地时机械能仍为mgH ，C 正确．答案：C35．光滑水平面上，质量为4 kg 的物体，在大小为60 N 的水平拉力作用下运动，则物体的加速度大小是( )A ．5 m/s 2B ．10 m/s 2C ．15 m/s 2D ．25 m/s 2解析：根据牛顿第二定律得a ＝F m ＝604＝15 m /s 2，C 正确． 答案：C36. 关于运动和力的关系，下列说法中正确的是()A．物体受到的合外力越大，加速度越大B．物体受到的合外力越大，速度越大C．物体从静止开始在外力作用下做直线运动，当合外力逐渐减小时，速度也逐渐减小D．物体原来做匀变速直线运动，当合外力逐渐增大时，速度也一定逐渐增大解析：根据牛顿第二定律知，加速度与合外力具有同时性、同体性、同向性的关系，合外力增大时，加速度一定增大，A正确．答案：A37．用手握瓶子，瓶子静止在手中，下列说法正确的是()A．手对瓶子的压力恰好等于瓶子的重力B．手握得越紧，手对瓶子的摩擦力越大C．手对瓶子的摩擦力恰好等于瓶子的重力D．手对瓶子的摩擦力必须大于瓶子的重力解析：瓶子静止在手中，则瓶子受的摩擦力与重力是一对平衡力，总是大小相等方向相反，C正确．答案：C38．如图所示，当重物静止时，节点O受三段绳的拉力，其中AO沿水平方向，关于三段绳中承受拉力的情况，下列说法中正确的是()A．AO承受的拉力最大B．BO承受的拉力最大C．CO承受的拉力最大D．三段绳承受的拉力一样大解析：节点O处于平衡状态，所受的合力为零，由平行四边形定则可知，OB与由AO和CO为邻边作的平行四边形的对角线等大反向，B正确．答案：B39. “互成角度的两个共点力的合成”的实验中，下列做法中不正确的是()A．使用弹簧秤前，应检查弹簧秤在没有受力时，指针是否指在零刻度处B．实验时，方木板应严格竖直放置C．在使用弹簧秤时，要使它的弹簧与木板平面平行D．用一只弹簧秤测合力时，应把橡皮条的结点拉到用两只弹簧秤测分力时的同一位置上解析：在使用弹簧秤时，要使它的弹簧与木板平面平行，但不要求方木板竖直放置，B选项符合．答案：B40.皮带传动装置如图所示，两轮的半径不相等，传动过程中皮带不打滑．关于两轮边缘上的点，下列说法正确的是()A．周期相同B．角速度相等C．线速度大小相等D．向心加速度相等解析：皮带不打滑时，皮带上各点的线速度相等，同轴转动时，角速度相等，C正确．答案：C41 .如图所示，将滑块置于固定的粗糙斜面上，释放后沿斜面加速下滑，在下滑过程中()A．重力对滑块做负功B．摩擦力对滑块做负功C．合外力对滑块不做功D．斜面对滑块的支持力做正功解析：滑块沿斜面加速下滑，合力做正功，重力做正功，摩擦力做负功，B正确．答案：B42．关于重力做功，下列说法不正确的是()A．重力做正功，物体的重力势能一定减小B．重力做负功，重力势能一定增加C．重力做负功，可以说成物体克服重力做功D．重力做正功，物体的动能一定增加解析：重力做功总是等于重力势能的变化，重力做正功，重力势减小，重力做负功，重力势能增加，D符合题意．答案：D43．电磁打点计时器和电火花打点计时器的电源频率相同，工作时，下列说法中正确的是()A．他们打点周期相同B．都使用6～10 V的低压直流电源C．都使用6～10 V的低压交流电源D．都使用220 V的高压交流电源解析：周期与频率成反比，故它们的周期相同，电火花式打点计时器用220 V交流电，电磁式打点计时器用6～10 V的低压交流电源，A正确．答案：A44．某同学设计的“验证机械能守恒定律”实验，操作步骤有：①将打点计时器固定在铁架台上；②松开纸带，重物自由下落；③更换纸带，重复实验几次；④接通电源，打点计时器开始工作；⑤将连接重物的纸带穿过打点计时器．实验操作顺序正确的是() A．①②③④⑤B．⑤④①③②C．①⑤④②③D．④⑤①②③解析：实验过程应按①、⑤、④、②、③的顺序进行，C正确．答案：C45．如图所示，物体放在水平圆盘上，随圆盘一起绕竖直中心轴匀速转动，物块受到的作用力有()A．重力、支持力B．重力、支持力、向心力C．重力、支持力、静摩擦力D．重力、静摩擦力解析：重物随转盘匀速转动，重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，C正确．答案：C46．如图所示，小明分别沿甲、乙两个光滑滑梯从同一高度由静止下滑到底端，在此过程中()A．重力做功不同B．机械能不守恒C．动能的增加量不同D．重力势能减少量相同解析：重力做功只决定过程的始末位置的高度差，故甲、乙两过程重力做功相同，机械能都守恒，重力势能的减小量等于动能的增加量，D正确．答案：D47．竖直向上抛出一个物体，由于受到空气阻力作用，物体落回抛出点的速率小于抛出时的速率，则在这过程中()A．物体的机械能守恒B．物体上升时机械能减小，下降时机械能增大C．物体上升时机械能增大，下降时机械能减小D．物体上升时机械能减小，下降时机械能减小解析：空气阻力始终做负功，机械能一直在减小，D正确．答案：D48．如图所示，某人用一水平力F＝120 N的拉力拖着一质量为m＝10 kg的物体在水平地面上做a＝10 m/s2的匀加速直线运动，则由牛顿第二定律可知物体与地面之间的动摩擦因数为()A．0.1 B．0.02C．0.2 D．0.22解析：由牛顿定律得F－μmg＝ma，μ＝F－mamg＝0.2，C正确．答案：C49．下列关于摩擦力的说法，正确的是()A．滑动摩擦力跟物体的重力成正比B．摩擦力总是和物体的运动方向相反C．滑动摩擦力总是阻碍着物体间的相对运动D．摩擦力不可能成为动力解析：滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，与正压力成正比，C正确．答案：C50．地面上发射人造卫星，不同发射速度会产生不同的结果，下列说法中正确的是()A．要使卫星绕地球运动，发射速度至少要达到11.2 km/sB．要使卫星飞出太阳系，发射速度至少要达到16.7 km/sC．发射速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间，卫星能绕太阳运动D．发射速度小于7.9 km/s，卫星能在地面附近绕地球做匀速圆周运动解析：发射地球的人造卫星至少要达到第一宇宙速度7.9 km/s，当发射速度大于11.2 km/s时可绕太阳运动，当发射速度达到16.7 km/s时可飞出太阳系，B正确．答案：B三、多项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的，全部选对得3分，少选且正确得1分，未选、错选不得分)51. 带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理可运用于各种科学实验和电器中．下面利用了此物理原理的装置有()A．磁流体发电机B．电子显像管C．回旋加速器D．洗衣机解析：运动电荷在磁场中受洛伦兹力的作用而发生偏转，其中A、B、C三种情况都运用了该原理，洗衣机应用了电动机，A、B、C正确．答案：ABC52．下图是某质点运动的速度与时间的关系图象．下列表述正确的有()A．0～t1质点做加速运动B．t1～t2质点是静止的C．t1～t2质点做匀速运动D．0～t1质点的加速度比t2～t3的加速度大解析：0～t1过程质点做匀加速运动，t1～t2过程质点做匀速运动，t2～t3过程质点做匀减速运动，0～t1段的斜率比t2～t3的斜率大，加速度也大，A、C、D正确．答案：ACD53．如图所示是某一质点做直线运动的图象，下列说法正确的是()A．若纵轴表示位移，横轴表示时间，则质点做匀速运动B．若纵轴表示速度，横轴表示时间，则质点做匀速运动C．若纵轴表示速度，横轴表示时间，则质点做初速度为零的匀加速运动D．若纵轴表示位移，横轴表示时间，则质点做初速度为零的匀加速运动解析：若是位移－时间图象为倾斜直线，则物体做匀速运动，A 正确；如果是速度－时间图象为倾斜直线，则物体做匀加速运动，C 正确．答案：AC54．测匀变速直线运动加速度的实验中，接通电源与让纸带随物体开始运动，这两个操作的时间关系不正确是()A．先接通电源，后释放纸带B．先释放纸带，后接通电源C．释放纸带的同时接通电源D．先释放纸带或先接通电源都可以解析：正确的做法是先接通电源，后释放纸带，所以B、C、D 都不正确．答案：BCD55．电磁感应现象揭示了电与磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．以下电器中，哪些利用了电磁感应原理() A．变压器B．白炽灯泡C．电磁灶D．电吹风解析：变压器和电磁灶都是利用了电磁感应原理工作．答案：AC56．以下家庭用电方法正确的是()A．购买空调、微波炉等电器之前，先考虑家庭电能表和低压线路的承受能力B．使用电器之前，先看说明书，了解注意事项和正确的使用方法C．在同一插座上接多个家用电器前，先考虑用电器总功率在插座限定的范围之内D．家用电器或电线因短路着火时，尽快找水救火解析：家用电器或电线因短路着火时，不能用水救火，因为水是导体，D错误．答案：ABC57．关于惯性，下列表述正确的有()A．物体的速度越大，惯性越大B．物体的质量越大，惯性越大C．静止的物体也有惯性D．惯性是物体的固有属性解析：惯性是物体的固有属性，仅决定于物体的质量，B、C、D对．答案：BCD58．关于发电机和电动机下列说法中正确的是()A．发电机和电动机的作用是相同的，都可以把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转换解析：发电机和电动机统称为电机，发电机是把机械能转化为电能的机器，电动机是把电能转化为机械能的机器，所以通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转换，B、C、D正确．答案：BCD59．对于正在正常工作的理想变压器，原线圈与副线圈相比较，一定相同的物理量是()A．电流B．电压C．频率D．功率解析：理想变压器可以改变交流电的电压和电流，但不改变交流电的频率及功率，C、D正确．答案：CD60. 如图所示，工地上常用的塔吊起吊重物时，塔吊的水平横臂保持静止，悬挂重物的小车沿水平横臂匀速运动，同时使吊钩下的重物匀速上升．关于重物的运动，下列判断正确的有()A．做曲线运动B．做直线运动C．速度大小不变，方向改变D．速度大小和方向都不变解析：重物在竖直方向和水平方向都做匀速运动，说明它所受合外力为零，一定做匀速直线运动，B、D正确．答案：BD。
2015年高考第三次模拟考试试题 高三物理
2015年高考第三次模拟考试试题高三物理本卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间为90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共48分)注意事项：本卷共16题。
每题3分，在每题给出的四个选项中，1-11题只有一个选项正确；12-16题有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．下列说法正确的是 ( )C ．两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动D ．物体受一恒力作用，可能做匀速圆周运动2．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力.要使两球在空中相遇，则必须 ( ) A ．甲先抛出A 球 B ．先抛出B 球 C ．同时抛出两球 D ．使两球质量相等3．2013年4月4日至12日CCTV 新闻频道播出《探潮亚马孙》节目，揭开亚马孙大潮的神秘面纱，在发生的大潮日，亚马孙河会出现长50公里，高五公尺的巨浪，是全世界最长，也最危险的海浪。
为了拍摄大潮更近距离的视频，在拍摄过程中一个摄像机架在行驶在潮前的摩托艇上。
摩托艇在某段时间内水平方向和竖直方向的位移分别为x= -2t 2-6t 、y=0.05t 2+4t(t 的单位是s,，x 、y 的单位是m)，则关于摩托艇在该段时间内的运动，下列说法正确的是 ( ) A ．摩托艇在水平方向的分运动是匀减速直线运动 B ．t=0时摩托艇的速度为0 C ．摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D ．摩托艇运动的加速度大小为4m/s 24．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 ( )A ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ5．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N ，小球在最高点的速度大小为v ，N-v 2图像如乙图所示。
2015年陕西省宝鸡市高考物理三模试卷和答案
2015年陕西省宝鸡市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）如图是研究物理规律的四个实验装置，这四个实验共同的物理思想方法是（）A．控制变量法B．放大法C．比较法D．猜想法2．（6分）将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示．现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为（）A．90°B．45°C．θD．45°+3．（6分）如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2﹣cosθ图象应为（）A．B．C．D．4．（6分）如图所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，嫦娥三号在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法中正确的是（）A．由题中（含图中）信息可求得月球的质量B．由题中（含图中）信息可求得月球第一宇宙速度C．嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速D．嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时的加速度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P处时的加速度5．（6分）如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（）A．质量为2m的小球B．质量为3m的小球C．质量为4m的小球D．质量为5m的小球6．（6分）如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则（）A．电场方向一定水平向右B．电场中A点的电势一定大于B点的电势C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加D．从A到B的过程中，粒子的电势能与机械能之和一定不变7．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器．将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A 的示数为I．当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A的示数为I'．则以下判断中正确的是（）A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由右向左C．U1＞U1′，U2＞U2′，I＞I′D．|=R1+r8．（6分）如图所示，电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置，间距为L，导轨的P、M端接到匝数比为n1：n2=1：2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R的电阻．在两导轨间x≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B=B0sin2kπx，一阻值不计的导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒ab在沿x正方向的力F作用下做速度为v的匀速运动，则（）A．导体棒ab中产生的交变电流的频率为kvB．交流电压表的示数为2B0LvC．交流电流表的示数为D．在t时间内力F做的功为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．（7分）某同学在科普读物上看到：“劲度系数为k的弹簧从伸长量为x到恢复原长过程中，弹力做的功W=kx2”．他设计了如下的实验来验证这个结论．A．将一弹簧的下端固定在地面上，在弹簧附近竖直地固定一刻度尺，当弹簧在竖直方向静止不动时其上端在刻度尺上对应的示数为x1，如图甲所示．B．用弹簧测力计拉着弹簧上端竖直向上缓慢移动，当弹簧测力计的示数为F时，弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x 2，如图乙所示．则此弹簧的劲度系数k=．C．把实验桌放到弹簧附近，将一端带有定滑轮、两端装有光电门的长木板放在桌面上，使滑轮正好在弹簧的正上方，用垫块垫起长木板不带滑轮的一端，如图丙所示．D．用天平测得小车（带有遮光条）的质量为M，用游标卡尺测遮光条宽度d的结果如图丁所示，则d=mm．E．打开光电门的开关，让小车从光电门的上方以一定的初速度沿木板向下运动，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为△t1和△t2．改变垫块的位置，重复实验，直到△t1=△t2时保持木板和垫块的位置不变．F．用细绳通过滑轮将弹簧和小车相连，将小车拉到光电门B的上方某处，此时弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x3，已知（x3﹣x1）小于光电门A、B之间的距离，如图丙所示．由静止释放小车，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为△t1′和△t2′．在实验误差允许的范围内，若k（x3﹣x1）2=（用实验中测量的符号表示），就验证了W=kx2的结论．10．（8分）某同学准备通过实验描绘额定电压3.0V、额定功率约0.9W的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室可供选用的器材如下：A．电源E1（电动势3V，内阻很小，允许输出的最大电流200mA）B．电源E2（电动势4.5V，内阻很小，允许输出的最大电流600mA）C．电压表V（15V，内阻约5kΩ）D．电流表A1（0.6A，内阻约6Ω）E．电流表A2（0.2A，内阻为20Ω）F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流2A）G．滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ，额定电流1A）H．电键SI．导线若干（1）请你在图丙虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号（如“V”、“A1”、“A2”、“R1”、“R2”、“E1”、“E2”等）．要求：测量结果尽可能准确且操作方便．（2）实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的I﹣U特性曲线，如图甲所示．现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示．当开关闭合后，下列哪些判断不正确．A．图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10ΩB．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.90WD．灯泡L2消耗的电功率为0.45W．11．（14分）某学生设计并制作了一个简易水轮机，如图所示，让水从水平放置的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ=37°角．测得水从管口流出速度v=3m/s，轮子半径R=0.1m．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为多少？（2）水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h．12．（18分）如图所示，真空室内竖直条形区域I存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ（含I、Ⅱ区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L且足够长，N为涂有荧光物质的竖直板．现有一束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向与M板成60°夹角且与纸面平行，质子束由两部分组成，一部分为速度大小为v的低速质子，另一部分为速度大小为3v的高速质子，改变磁场强弱，使低速质子刚能进入电场区域．已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：（1）此时I区的磁感应强度；（2）低速质子在磁场中运动的时间；（3）若质子打到N板上时会形成亮斑，则N板上两个亮斑之间的距离为多少？[物理--选修3-3]（15分）13．（6分）下列说法正确的是（）A．温度低的物体内能一定小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加E．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性14．（9分）如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0（p0=1.0×105 Pa为大气压强），温度为300K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b．求：（1）活塞的质量（2）当温度升为360K时活塞上升的高度．[物理--选修3-4]（15分）15．一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（）A．两列波将同时到达中点MB．两列波波速之比为1：2C．中点M的振动总是加强的D．M点的位移大小在某时刻可能为零E．绳的两端点P、Q开始振动的方向相同16．MN为水平放置的光屏，在其正下方有一半圆柱形玻璃砖，玻璃砖的平面部分ab与光屏平行且过圆心O，平面ab与屏间距离为d=0.2m，整个装置的竖直截面图如图所示．在O点正下方有一光源S，发出的一束单色光沿半径射入玻璃砖，通过圆心O再射到屏上．现使玻璃砖在竖直面内以O点为圆心沿逆时针方向以角速度ω=rad/s缓慢转动，在光屏上出现了移动的光斑．已知单色光在这种玻璃中的折射率为n=，求：①当玻璃砖由图示位置转动多长时间屏上光斑刚好彻底消失；②玻璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离s．[物理--选修3-5]（15分）17．甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、b所示．下列判断正确的是（）A．图线a与b不一定平行B．乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率C．改变入射光强度不会对图线a与b产生任何影响D．图线a与b的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系E．甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光频率大18．在足够长的光滑固定水平杆上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑圆环．一根长为L=0.5m的轻绳，一端拴在环上，另一端系着一个质量为M=1kg的木块，如图所示．现有一质量为m0=0.01kg的子弹以v0=400m/s的速度水平向右射入木块，子弹穿出木块时的速度为v=100m/s，子弹与木块作用的时间极短，取g=10m/s2．求：①当子弹射穿木块时，子弹对木块的冲量；②当子弹射穿木块后，圆环向右运动的最大速度．2015年陕西省宝鸡市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）如图是研究物理规律的四个实验装置，这四个实验共同的物理思想方法是（）A．控制变量法B．放大法C．比较法D．猜想法【解答】解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大，库仑扭秤实验是借助于扭矩来放大，四个实验均体现出放大的思想方法，故选：B2．（6分）将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示．现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为（）A．90°B．45°C．θD．45°+【解答】解：对轻环Q进行受力分析如图1，则只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力；由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是θ；对滑轮进行受力分析如图2，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的和大小相等方向相反，所以OP的方向一定在两根绳子之间的夹角的平分线上，由几何关系得OP与竖直方向之间的夹角：则OP与天花板之间的夹角为：90°﹣β=故选：D3．（6分）如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2﹣cosθ图象应为（）A．B．C．D．【解答】解：小球在圆盘上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度为a由得：a为负值v2与cosθ成一次函数关系，故A正确，BCD错误；故选：A．4．（6分）如图所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，嫦娥三号在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法中正确的是（）A．由题中（含图中）信息可求得月球的质量B．由题中（含图中）信息可求得月球第一宇宙速度C．嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速D．嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时的加速度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P处时的加速度【解答】解：A、万有引力提供向心力=m r得：M=，既根据轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G计算出月球的质量．故A正确．B、不知道月球的半径，所以不可求得月球第一宇宙速度，故B错误；C、嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，所以嫦娥三号在P处变轨时必须点火减速，故C错误；D、据牛顿第二定律得：a=，可知变轨前后嫦娥三号在P点的加速度相等，故D错误；故选：A．5．（6分）如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（）A．质量为2m的小球B．质量为3m的小球C．质量为4m的小球D．质量为5m的小球【解答】解：甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；丁图将质量为4m的小球以速度v 0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；故选：C．6．（6分）如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则（）A．电场方向一定水平向右B．电场中A点的电势一定大于B点的电势C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加D．从A到B的过程中，粒子的电势能与机械能之和一定不变【解答】解：A、粒子只受电场力，类似重力场中的斜抛运动，由于B点速度最小，是等效最高点，故电场力水平向右；由于不知道电荷的电性，故不能确定电场强度的方向；故A错误；B、由于不能确定电场强度方向，故不能确定A点与B点的电势高低，故B错误；C、从A到B的过程中，电场力做正功，故电势能减小，故C正确；D、从A到B的过程中，由于只有电场力做功，故部分动能转化为了电势能，粒子的电势能与机械能之和一定不变，故D正确；故选：CD7．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器．将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A 的示数为I．当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A的示数为I'．则以下判断中正确的是（）A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由右向左C．U1＞U1′，U2＞U2′，I＞I′D．|=R1+r【解答】解：A、电容C与与R1、R2并联，其电压等于电源的电动势；当滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器的电阻增大，外电阻增大，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，内电压减小，外电压增大，故电容器的带电量增加；故A错误；B、因电容器电量增加，故电容器充电，R3的电流方向由右向左；故B正确；C、因电路中电流减小，故I＞I′；R1两端的电压减小，U1＞U1′；因路端电压增大，故U2＜U2′；故C错误；D、将R1等效为电源内阻，则等效内阻为R1+r；U2可视为等效电源的路端电压，因内阻不变，故=r等效；△U内=U2﹣U2′；故|=R1+r；故D正确；故选：BD．8．（6分）如图所示，电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置，间距为L，导轨的P、M端接到匝数比为n1：n2=1：2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R的电阻．在两导轨间x≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B=B0sin2kπx，一阻值不计的导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒ab在沿x正方向的力F作用下做速度为v的匀速运动，则（）A．导体棒ab中产生的交变电流的频率为kvB．交流电压表的示数为2B 0LvC．交流电流表的示数为D．在t时间内力F做的功为【解答】解：A、在t时刻ab棒的坐标为x=vt感应电动势e=BLv=B0Lvsin2kπv t则交变电流的角频率为ω=2kπv交变电流的频率为f==πv，故A正确．B、原线圈两端的电压U1=由==，得副线圈两端的电压为U2==B0Lv，故交流电压表的示数为B0Lv，故B错误．C、副线圈中电流有效值为I2==由==，得原线圈中电流有效值为I1=，所以交流电流表的示数为，故C错误．D、在t时间内力F做的功等于R产生的热量，为W=t=．故D正确．故选：AD．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．（7分）某同学在科普读物上看到：“劲度系数为k的弹簧从伸长量为x到恢复原长过程中，弹力做的功W=kx2”．他设计了如下的实验来验证这个结论．A．将一弹簧的下端固定在地面上，在弹簧附近竖直地固定一刻度尺，当弹簧在竖直方向静止不动时其上端在刻度尺上对应的示数为x1，如图甲所示．B．用弹簧测力计拉着弹簧上端竖直向上缓慢移动，当弹簧测力计的示数为F时，弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x 2，如图乙所示．则此弹簧的劲度系数k=．C．把实验桌放到弹簧附近，将一端带有定滑轮、两端装有光电门的长木板放在桌面上，使滑轮正好在弹簧的正上方，用垫块垫起长木板不带滑轮的一端，如图丙所示．D．用天平测得小车（带有遮光条）的质量为M，用游标卡尺测遮光条宽度d的结果如图丁所示，则d= 3.5mm．E．打开光电门的开关，让小车从光电门的上方以一定的初速度沿木板向下运动，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为△t1和△t2．改变垫块的位置，重复实验，直到△t1=△t2时保持木板和垫块的位置不变．F．用细绳通过滑轮将弹簧和小车相连，将小车拉到光电门B的上方某处，此时弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x3，已知（x3﹣x1）小于光电门A、B之间的距离，如图丙所示．由静止释放小车，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为△t1′和△t2′．在实验误差允许的范围内，若k（x3﹣x1）2=（用实验中测量的符号表示），就验证了W=kx2的结论．【解答】解：根据胡克定律得弹簧的劲度系数k=游标卡尺读数=3mm+5×.01=3.5mm根据动能定理，弹簧弹力做功等于小车动能的增加量．因重力做功与摩擦力做功之和为零，那么当小车开始的动能为零，到达A时动能的增加量等于弹力做功．小车通过光电门A时，平均速度代替瞬时速度，v A=，由动能定理，得W=k（x3﹣x1）2=故答案为：，3.5，10．（8分）某同学准备通过实验描绘额定电压3.0V、额定功率约0.9W的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室可供选用的器材如下：A．电源E1（电动势3V，内阻很小，允许输出的最大电流200mA）B．电源E2（电动势4.5V，内阻很小，允许输出的最大电流600mA）C．电压表V（15V，内阻约5kΩ）D．电流表A1（0.6A，内阻约6Ω）E．电流表A2（0.2A，内阻为20Ω）F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流2A）G．滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ，额定电流1A）H．电键SI．导线若干（1）请你在图丙虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号（如“V”、“A1”、“A2”、“R1”、“R2”、“E1”、“E2”等）．要求：测量结果尽可能准确且操作方便．（2）实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的I﹣U特性曲线，如图甲所示．现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示．当开关闭合后，下列哪些判断不正确BD．A．图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10ΩB．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.90WD．灯泡L2消耗的电功率为0.45W．【解答】解：（1）实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小．电源选E2，滑动变阻器分压接法，选R1；电流表选A1；将A2作为电压表使用并与灯泡并联电路图如下：（2）A、由欧姆定律得图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为R==10Ω，故A正确；B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.5I2，故B错误；C、灯泡L1消耗的电功率P1=U1I1=0.90W，故C正确；D、灯泡L2消耗的电功率P2=U2I2=0.30W，故D错误；本题选不正确的，故选：BD．故答案为：（1）如图所示（2）BD11．（14分）某学生设计并制作了一个简易水轮机，如图所示，让水从水平放置的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ=37°角．测得水从管口流出速度v=3m/s，轮子半径R=0.1m．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为多少？（2）水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h．【解答】解：（1）水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，所以：根据v=ωR得轮子转动的角速度=50rad/s（2）设水流到达轮子边缘的竖直分速度为v y，运动时间为t，水平、竖直分位移分别为x、h：v y=v0cot37°=4m/sx=v0t=1.2m：水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h′为：l=x﹣Rcos37°=1.12mh′=s y+Rsin37°=0.86m答：（1）若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为50rad/s；（2）水管出水口距轮轴O水平距离l为1.12m；竖直距离为0.86m．12．（18分）如图所示，真空室内竖直条形区域I存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ（含I、Ⅱ区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L且足够长，N为涂有荧光物质的竖直板．现有一束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向与M板成60°夹角且与纸面平行，质子束由两部分组成，一部分为速度大小为v的低速质子，另一部分为速度大小为3v的高速质子，改变磁场强弱，使低速质子刚能进入电场区域．已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：（1）此时I区的磁感应强度；。
2015年山东省聊城市高考物理三模试卷
2015年山东省聊城市高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共3小题，共18.0分)1.如图，将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，AB接触面不光滑，整个装置静止．则B的受力个数可能是（）A.1B.2C.3D.4【答案】BD【解析】解：对A物体分析，若绳子的拉力等于A的重力，则A对B没有压力；故B可能受重力和支持力两个力；若拉力小于重力，则AB间有弹力的作用，根据共点力的平衡条件可知，若AB间没有摩擦力，则A不可能平衡；故AB间一定有摩擦力；故B受重力、支持力、摩擦力、压力，4个力；故选：BD．隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无．再分情况计论AB间受力情况，则可判断物体可能的受力情况．本题考查共点力的平衡条件，要注意隔离法的正确应用；同时明确有摩擦力时一定有支持力．2.质量为2kg的物体在x O y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）A.质点的初速度为5m/sB.质点初速度的方向与合外力方向垂直C.质点所受的合外力为3ND.2s内质点位移大小为9m【答案】AC【解析】解：A、x轴方向初速度为v x=3m/s，y轴方向初速度v y=-4m/s，质点的初速度v0=√v x2+v y2=5m/s，故A正确．B、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故B错误；C、x轴方向的加速度a=1.5m/s2，质点的合力F合=ma=3N．故C正确．D、2s内质点位移大小为s=√92+82m=√145m，故D错误；故选：AC．根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则，注意右图是位移与时间图象．3.如图是“嫦娥三号”登月探测器的飞行轨道示意图，下列说法正确的是（）A.在地面出发点A附近，即刚发射阶段，探测器处于超重状态B.探测器在轨道Ⅰ上B处必须点火减速才能进入轨道ⅡC.探测器在轨道Ⅰ上运行到B处的加速度小于在轨道Ⅱ上运行到B处的加速度D.探测器沿轨道Ⅰ运动的周期大于沿轨道Ⅱ运动的周期【答案】ABD【解析】解：A、在地面出发点附近，探测器加速上升，加速度方向向上，处于超重状态，故A 正确．B、探测器从轨道ⅠB处进入轨道Ⅱ，需减速，使得万有引力大于向心力做近心运动，故B正确．C、探测器在轨道Ⅰ上运行到B处和轨道Ⅱ上运行到B处所受的万有引力大小相等，则加速度相等，故C错误．D、根据开普勒第三定律知，R3=C，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，则探测器在T2轨道Ⅰ上的运动周期大于轨道Ⅱ上运动的周期，故D正确．故选：ABD．物体具有向上的加速度时是超重，具有向下的加速度时是失重；根据牛顿第二定律判断加速度情况；当万有引力大于需要的向心力时，做向心运动．本题关键是明确超重和失重的条件、向心运动的条件，对于椭圆轨道的加速度，根据牛顿第二定律判断即可．二、单选题(本大题共3小题，共18.0分)4.等边三角形ABC的三个顶点放置三个等量点电荷，电性如图所示，D、E、F是等边三角形三条边的中点，O点是等边三角形的中心，下列说法正确的是（）A.D点电势比O点低B.E点电势比F点高C.D、F两点的电场强度相同D.将一个负的试探电荷由O点移到E点，试探电荷的电势能增大【答案】D【解析】解：A、在AB两个点电荷的电场中，D点与O点的电势相等，在C点电荷电场中D点的电势比O点的高，根据电场的叠加原理知D点电势比O点高，故A错误．B、根据对称性可知，D、F两点的电势相等，比O点的电势高．在AE连线上，正电荷产生的电场方向从A→E，两个负电荷产生的电场强度也从A→E，则AE连线上合场强的方向从A→E，则O点的电势高于E点的电势．则得F点电势比E点高．故B错误．C、根据电场的叠加和对称性可知，D、F两点的场强大小相等，但方向不同，则D、F 两点的电场强度不同，故C错误．D、将一个负的试探电荷由O点移到E点，所受的电场力从E→O，则电场力对负电荷做负功，其电势能增大，故D正确．故选：D．根据电场的叠加原理分析AE上电场强度的方向，由顺着电场线方向电势降低，判断O、E电势的关系；根据对称性分析D、F的电势和电场强度的关系；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化．解决本题的关键会根据平行四边形定则进行场强的叠加，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做负功，电荷的电势能增大．5.在如图所示的远距离输电示意图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，当用户负载增加时，下列说法正确的是（）A.升压变压器的输出电压增加B.降压变压器的输出电压增加C.输电线中的电流增大D.输电线的输电效率（即用户得到的功率与发电厂输出功率的比值）增大【答案】C【解析】解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误；B、当用户负载增加时，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误；C、根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确；D、根据P损=(PU )2R，则有：P损P=PRU2；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，则用户得到的功率与发电厂输出功率的比值减小．故D错误；故选：C理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．6.如图，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的等腰直角三角形区域内，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料及粗细均相同，现让有界匀强磁场向右匀速通过金属框，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上．在磁场通过金属框的过程中，从磁场边界到达ab边开始计时，能正确反映电势差U ab随时间变化的图象是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：磁场进入线框时，相当于线框的ab边向左切割磁感线，故感应电流方向是abdc方向，ab边相当于电源，故U ab=34E，U ab＜0；磁场离开线框时，磁通量减小，故感应电流方向反向了，故感应电流方向是cdba方向，此时相当于cd边向左切割磁感线，cd边相当于电源，故U ab=14E，U ab＜0；故选：D．磁通量先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，得到U ab的正负情况；同时结合右手定则分析．本题关键是根据楞次定律并结合右手定则判断感应电动势的方向，找到相当于电源的部分是关键，不难．三、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔时间T轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m，经测量，发现那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x．下列判断一定正确的是（）A.传送带的速度为xTB.传送带的速度为2√2μgxC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12μmgx D.在一段相当长的时间t内，传送带因为传送工作而多消耗的能量为mtx2T2【答案】AD【解析】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=v T，解得传送带的速度v=LT．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：t=v a=L Tμg．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：△x=v vμg −v22μg=v22μg=L22μgT2，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=mL22T2．故C错误．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=12mv2+μmg△x=mL2 T2，在时间t内，传送工件的个数n=tT，则多消耗的能量E′=nE=mtL2T3．故D正确．故选：AD．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=v T求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.以下说法正确的是（）A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故B.小昆虫能停在水面上是由于水的表面张力作用C.熵是系统内分子运动无序性的量度D.外界对物体做功，物体内能一定增大【答案】BC【解析】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动，而分子间作用力非常小的原因，故A错误；B、小昆虫能停在水面上是因为昆虫受到液体表面张力的原因，故B正确；C、熵是物体内分子运动无序程度的量度，同种物质气态的熵大于液体和固体的，故C 正确；D、改变内能的方式有做功和热传递，仅对物体做功，内能不一定增大，故D错误；故选：BC．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动，能停在水面上是因为昆虫受到液体表面张力的原因，改变内能的方式有做功和热传递．本题应掌握分子间的作用力，改变内能的方式以及知道在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.一根弹性绳上有两个波源S1和S2，P点为两个波源连线的中点，两个波源同时起振各自发出一个脉冲波如图所示，已知两个脉冲波的频率分别为f1和f2（f1＜f2），振幅分别A1和A2（A1＜A2），下列说法中正确的是（）A.两列波相遇后，各自独立传播B.两列波同时传播到P点C.波源S1，S2的起振方向相反D.两列波相遇过程中，P点振幅可达（A1+A2）【答案】AB【解析】解：A、根据波传播具有相互独立性，知两列波相遇后，互不干扰，各自独立传播．故A正确；B、两波源在同一绳上，则它们的波速相等，由于P为两个波源连线的中点，所以它们会同时到达P点，故B正确；C、根据波形的平移法可知，波源S1，S2的起振方向均向上，是相同的，故C错误；D、虽两波源到P点的距离相等，但它们的波峰不能同时到达P点，所以P点的位移最大不可达（A1+A2），故D错误；故选：AB．两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱．只有频率相同的波，才能发生干涉现象，振幅即为最大位移的大小，并依据波传播具有相互独立性，从而即可求解．波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰，注意容易错选D，学生没有考虑能否同时到达．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.以下叙述正确的是（）A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出3种不同频率的光子B.β衰变的实质是原子核的内的中子转化成质子和电子C.核力是一种短程强作用力，作用范围在1.5×10-10m之内D.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应【答案】BD【解析】解：A、氢原子向低能级跃迁时是随机的，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出C42=6种不同频率的光子．故A错误．B、β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故B正确．C、核力是一种短程强作用力，作用范围在1.5×10-15m之间，故C错误．D、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故D正确．故选：BD．氢原子向低能级跃迁时是随机的，一群处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出C42种不同频率的光子．β衰变的实质是原子核的内的中子转化成质子和电子．核力是一种短程强作用力，只有相邻的核子间存在核力．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变．该题考查原子物理学中几个基础性的知识点的内容，要掌握玻尔理论和衰变的实质，了解物体间基本的相互作用力．四、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.某研究性学习小组为了探究均质长直杆转动时的动能表达式，设计了如图1所示的实验：质量为m的均质长直杆一端固定在光滑水平转轴O处，杆由水平为孩子静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度v A，并记下该位置与转轴O的高度差h．（1）该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图2，直径为______ mm．（2）调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据，并画出了v A2-h图象如图3，请根据图象写出v A2与h的函数关系等式为______ ．（3）已知重力加速度g=9.8m/s2，结合你写出的函数关系式，根据守恒思想，并考虑到实验误差的存在，均质杆转动时动能的计算公式应为______ ．（请用数字、质量m、速度v A表示）．【答案】7.25；v A2=30h；；E K=16mv A2【解析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm，所以最终读数为：7mm+0.25mm=7.25mm．（2）质点的动能与速度的平方成正比，据图象可知，k=90.3=30所以：v A2=30h；（3）设杆长L，杆转动的角速度为：ω=v AL；在杆上取△x长度微元，设其离O点间距为x，其动能为：12⋅m△xL⋅(v AL⋅x)2）2；积分得到：E K=16mv A2；故答案为：（1）7.25；（2）v A2=30h；（3）E K=16mv A2．（1）20分度的游标卡尺测量精度是0.05mm，游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）据图可知，质点的动能与速度的平方成正比，据此找出关系；（3）在杆上取△x长度微元，求出动能表达式，然后积分求解出总动能表达式．（4）为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆本题是创新实验题，要用到微元法，不能将将质量当作集中到重心处，只有考虑平衡时才能将质量当作集中到重心，明确实验的原理和步骤是解题的关键．9.图甲为多用电表的盘面示意图，其中可调部件P为指针定位螺丝，Q为欧姆调零旋钮，K为选择开关，先用它测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：（1）调节部件______ ，使电表指针停在______ 端的“0”刻线（填“左”或“右”）．（2）将部件K转到“Ω”挡的______ 位置．（填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k）（3）将红、黑表笔分别插入”+“、”-“插孔，并将两表笔短接，调节部件______ ，使电表指针对准______ 端的“0”刻线（填“左”或“右”）．（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表指针如图乙中位置a所示，该电阻的阻值为 ______ Ω．（5）欧姆表的内部电路可等效为一个电源、一个电流表和一个可变电阻的串联．欧姆表内电池用久后，其电势能会降低，此时表盘中央的刻度值不严格等于欧姆表的内电阻，某同学欲测定该欧姆表“×1”挡的内电阻，做了如下操作 ①将K 旋转至欧姆表“×1”挡，然后将两表笔短接，进行调零．②将两表笔接到电阻箱的两接线柱上，并调整电阻箱的阻值，当电阻箱的阻值为9.4Ω时，指针位置如图乙中位置b 所示，则欧姆表的内电阻为 ______ Ω．（保留3位有效数字）（6）实验完毕，将选择开关旋转到“OFF ”位置． 【答案】P ；左；×1；Q ；右；21；14.1 【解析】 解：（1）调节指针定位螺丝，使电表指针停在电流、电压公共的“0”刻线． （2）将选择开关旋转到“Ω”挡的×1位置．（3）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线．（4）由图乙所示可知，电阻的阻值21×1=21Ω．（5）由题意可知，当外电阻为9.4Ω时，欧姆表显示电阻为11Ω； 由闭合电路欧姆定律可知： I=ER中+9.4当电流为满偏电流的一半时，则有： I ′=E2R 中；由表盘可知： II′=56； 联立以上可得，此时的内阻为14.1Ω； 故答案为：（1）P ；左；（2）×1；（3）Q ；右；（4）21；（5）14.1使用多用电表测电阻时，要先对多用电表进行机械调零，使指针指针电流（电压）表的零刻度线上； 然后选择合适的档位，进行欧姆调零，再测电阻； 欧姆表指针示数与对应档位的乘积是欧姆表示数．对于由于电源的电动势降低的问题，要注意不能再根据欧姆表表盘分析，应根据中间电流表的表盘分析；利用闭合电路欧姆定律求解．本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数；使用欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，然后选择合适的档位，再进行欧姆调零，最后测电阻．注意第5问中要灵活应用闭合电路欧姆定律进行分析求解．五、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.消防队员为缩短下楼的时间，抱着固定在水平地面上的竖直杆直接滑下，先自由下滑，再抱紧杆减速下滑．已知杆的质量为200kg ，消防队员质量为60kg ，消防队员着地的速度不能大于6m /s ，手和腿对杆的最大压力共为1800N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g =10m /s 2．该消防队员从离地面18m 高处抱着杆以最短时间滑下，求：（1）消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力； （2）消防队员下滑过程中的最大速度； （3）消防队员下滑的最短的时间．【答案】解：（1、2）消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m，有2gh1=v m2．消防队员受到的滑动摩擦力F f=μF N=0.5×1800N=900N．=5m/s2减速阶段的加速度大小：a2=F f−mgm减速过程的位移为h2，由v m2-v′2=2a2h2v′=6m/s又h=h1+h2以上各式联立可得：v m=12m/s．以杆为研究对象得：F N=M g+F f=2900N．根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900N．，（3）最短时间为t min=v m g+v m−va2代入数据解得t min=2.4s．答：（1）消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力为2900N；（2）消防队员下滑过程中的最大速度为12m/s；（3）消防队员下滑的最短的时间为2.4s．【解析】（1、2）消防队员自由下落的末速度最大，根据自由下落的位移和匀减速直线运动的位移为18m，以及着地速度不超过6m/s，运用运动学公式求出下落的最大速度．当手和腿对杆有最大压力，就有最大滑动摩擦力，人所受滑动摩擦力方向向上，则杆子受滑动摩擦力向下，对杆子受力分析，求出地面对杆子的支持力，从而得出消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力．（3）先做自由落体运动，然后以最大加速度做匀减速直线运动，时间最短，根据速度时间公式分别求出自由落体运动时间和匀减速直线运动的时间，从而得出最短时间．解决本题的关键搞清消防员的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是处理动力学问题的桥梁．11.如图，水平地面上有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，挡板高h=9m，与挡板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m，挡板的左侧以及挡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m=1×10-3kg、电荷量q=-1×10-3C、直径略小于小孔宽度的带电小球（视为质点），以某一速度从底部小孔水平向左射入场中做匀速圆周运动，若小球与档板碰后以原速率反向弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中，g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球做圆周运动的周期及最大半径；（3）小球运动的最小速率．【答案】解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：E q=mg解得：E=mgq =10−210−3N/C=10N/C，方向竖直向下．（2）小球做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，有：qv B=m v2R，周期T═2πRv =2πmqB=2π×10−310−3×1s=6.28s．小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得：（h-R m）2+s2=R m2求得：最大半径R m=5m．（3）因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上R≥s=3m设小球与档板碰撞n次，其最大半径为要击中目标必有：ℎn≥3h=9m，代入解得n≤1.5n只能取0，1当n=0，即为（2）问中的解当n=1，时可得：（h-3R）2+s2=R2（9-3R）2+32=R2解得：R1=3m，R2=3.75mR1=3m时半径最小，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示，有：qv min B=m v min 2 R1可得最小速率v min=3m/s．答：（1）电场强度的大小为10N/C，方向为竖直向下；（2）小球做圆周运动的周期为6.28s，最大半径为5m；（3）小球运动的最小速率为3m/s．【解析】（1）小球做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，根据平衡条件列式求解；（2）洛伦兹力提供向心力，故半径越大，速度越大，当小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，根据几何关系求解出半径．根据周期公式求出小球做圆周运动的周期．（3）根据几何关系求出粒子的最小半径，根据半径公式求出最小速率的大小． 本题关键明确小球的运动规律，找到向心力来源，画出轨迹，然后根据几何关系求解半径，再联立方程组求解七、计算题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图，“T ”形活塞将导热气缸内的气体分隔成A 、B 两部分，活塞左右两侧面积之比为S 1：S 2=2：1，活塞至气缸两端底部距离均为L=10cm ，气缸上有a 、b 、c 三个小孔与大气连通，现将a 、b 用细管（容积不计）连接，已知大气压强为ρ0=1.0×105P a ，环境温度为T 0=300K ，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气．①若将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T 1=360K ，求此时缸内气体的压强． ②若活塞可以自由移动，改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了△L=2cm ，活塞移动过程中不会经过小孔，则气体温度为多少？【答案】解：（1）A 、B 气体相通，初状态压强为P 0，由于钉子将活塞固定，气体体积不变 由查理定律可知：P 0T 0=P 1T 1 所以 P 1=P 0T 1T 0代入数据得：P 1=1.2×105P a（2）对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大由 V 1T 1=V2T 2可知，此时温度升高． (S 1+S 2)L T 0=S 2(L −△L)+S 1(L +△L)T解得：T =T 0+(S 1−S 2)△L(S 1+S 2)L T 0代入数据得：T=320K答：（1）若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到360K ，此时缸内气体的压强是1.2×105P a ．（2）气体的温度为320K ．【解析】（1）若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T 1，此时缸内气体做等容变化，由查理定律即可求出末状态的压强．（2）若气体温度仍为T 0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，由于活塞受力大小不变，所以气体的压强不变，由盖•吕萨克定律即可求出末状态的温度．。
2015年山东省烟台市高考物理三模试卷和答案
2015年山东省烟台市高考物理三模试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法中，符合物理学史的是（）A．伽利略根据理想斜面实验得出“力是维持物体运动的原因”这一结论B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系C．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了引力常量的数值D．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说2．（6分）如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器放在粗糙的水平面上，O为球心．将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在容器底部A点，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于B点．已知OB与水平方向的夹角为θ=30°．下列说法正确的是（）A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为mgC．容器对小球的作用力大小为mgD．弹簧原长为R+3．（6分）如图所示，某发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻为3Ω输电线向远外送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（）A．输电线上的损失功率为300WB．升压变压器的匝数比为1：100C．输电线上的电流为100AD．降压变压器的匝数比为235：114．（6分）“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想．“嫦娥一号”卫星在距月球表面200km、周期127分钟的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动．已知月球半径约为1700km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，忽略地球对“嫦娥一号”的引力作用．由以下数据可以估算出的物理量有（）A．月球的平均密度 B．月球表面的重力加速度C．月球绕地球公转的周期D．月球与地球之间的距离5．（6分）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该电子运动的轨迹为曲线B．该电场有可能是匀强电场C．M点的电势高于N点的电势D．该电子运动的加速度越来越小6．（6分）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F．力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和图乙所示，两图中F、v取同一正方向，则（）A．在前2s内滑块的加速度大小始终为1m/s2B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为2NC．第1s内滑块克服滑动摩擦力做的功为0.5JD．第2s内力F的平均功率为3W7．（6分）如图所示，固定在水平面内金属框架ABCD处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，AB与CD平行且足够长，CB与CD间的夹角为θ（θ＜90°），不计金属框架的电阻．单位长度阻值相同的光滑导体棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）A． B． C． D．二、非选择题8．（8分）某活动小组用如图甲所示的装置做“探究动能定理”实验，将光电门固定在水平轨道上，用重物通过细线拉小车，测出小车质量为M且保持不变，改变所挂重物质量多次进行实验，每次小车都从同一位置由静止释放．用重物所受重力的大小当做小车所受的拉力F．测出多组重物重力和相应小车经过电门时的速度v．（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=cm；（2）实验中还需要测出的物理量是；（3）实验过程中，作出v2﹣F图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为N；（4）重物质量较大时，v2﹣F图象的ab段明显弯曲，为消除此误差，下列措施可行的是（选填字母代号）．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．重物质量增加后，可以改变小车释放的初始位置C．重物质量增加后，可以减小小车的质量D．在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．9．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．发光二极管具有单向导电性，正向电阻较小，反向电阻很大．某同学想借用“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来研究发光二极管的伏安特性．（1）实验先判断发光二极管的正负极，如图1所示，发光二极管的两个接线长短不一，我们俗称为发光二极管的“长脚”和“短脚”．该同学使用多用电表欧姆挡的“×1k”挡来测量二极管的电阻，红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动．调换接触脚后，指针偏转情况如图2所示，则二极管的“长脚”为二极管的极（选填“正”、“负”），由图可读出此时二极管的阻值为Ω．（2）该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性．则发光二极管的“长脚”应与图乙中的（选填“a”或“b”）端连接．（3）请按图3的电路图在图4中画出连线，将器材连接成实验电路．（4）该同学测得发光二极管的正向伏安特性曲线如图5所示，实验时发现，当电压表示数U=0.8V时，发光二极管开始发光．那么请你判断在图2状态下发光二极管（选填“发光”或“不发光”）．10．（18分）在倾角θ=30°的光滑绝缘的斜面上，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球a和b，它们组成一带电系统，a、b小球所带的电荷量分别为﹣q和+5q．如图所示，虚线MN与PQ均垂直于斜面且相距3L，在MN、PQ间有沿斜面向上场强E=的匀强电场，最初a和b都静止在斜面上且小球a 与MN间的距离为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，释放带电系统后，求：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为多大；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．11．（20分）如图甲所示，在y≥0的区域内有一垂直纸面方向的有界匀强磁场，MN为磁场区域的上边界，磁场在x轴方向范围足够大．磁感应强度的变化如图乙所示，取垂直纸面向里为正方向．现有一带负电的粒子，质量为m=9.6×10﹣18kg，电荷量为q=3.2×10﹣12C，在t时刻以速度v0=6.28×102m/s从O点沿如图所示方向进入磁场区域，已知θ=30°，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）若t0=0，如果t=2×10﹣3时粒子仍在磁场内，则此时它的位置坐标；（3）若t0=0，粒子垂直于MN离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离；（4）若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间．【物理选修3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力C．对能源的过渡消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”D．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和13．（8分）如图所示，一个开口向下的足够长的绝热气缸竖直固定在地面上，内有一绝热且光滑的活塞密封着理想气体A．活塞的质量为m，横截面积为S，与气缸底板相距h．现通过电热丝缓慢加热气体，当被密封气体吸收热量Q时，活塞下降了h，此时被封闭气体的温度为T1．已知活塞下方气体与外界大气相通，大气压强始终为P0，重力加速度为g．（1）加热过程中，求密封气体内能增加量△E；（2）现停止对气体加热，同时对活塞施加一个竖直向上的力F，当活塞恰好回到原来的位置时气体的温度为T2，求此时的力F为多大？【物理选修3-4】14．一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x=处的质点P，下列说法正确的是（）A．质点P振动周期为T，速度的最大值为vB．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向D．若某时刻波源在波谷，则质点P一定在波谷15．在桌面上有一个倒立的透明的玻璃锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的桌面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为n=．r为已知，光在真空中的速度为c．求：（1）通过计算说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？（2）光线1经过圆锥侧面B点后射到桌面上某一点所用的总时间t是多少？光照亮地面的光斑面积S多大？【物理选修3-5】16．下列叙述中正确的是（）A．康普顿预言了中子的存在B．在α粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型C．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后就一定只剩下一个氡原子核D．一群处于n=4能级的氢原子回到n=2状态过程中，可能辐射3种不同频率的光子17．1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核（N）后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3．①写出卢瑟福发现质子的核反应方程；②α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？③求此过程中释放的核能．2015年山东省烟台市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）1．（6分）下列说法中，符合物理学史的是（）A．伽利略根据理想斜面实验得出“力是维持物体运动的原因”这一结论B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系C．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了引力常量的数值D．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故B正确；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；D、通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，故D正确；故选：BD2．（6分）如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器放在粗糙的水平面上，O为球心．将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在容器底部A点，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于B点．已知OB与水平方向的夹角为θ=30°．下列说法正确的是（）A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为mgC．容器对小球的作用力大小为mgD．弹簧原长为R+【解答】解：A、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故A错误．B、C对小球受力分析：重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力N，如图所示，由平衡条件和几何关系可知，N=F=mg，故B错误；C正确；D、由胡克定律得：弹簧的压缩量为x=，则弹簧的原长为R+x=R+，故D 正确．故选：CD3．（6分）如图所示，某发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻为3Ω输电线向远外送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（）A．输电线上的损失功率为300WB．升压变压器的匝数比为1：100C．输电线上的电流为100AD．降压变压器的匝数比为235：11【解答】解：A、根据P=0.6%P=I22R得输电线上损失的功率为：P损=300W，输损电线上的电流为：I2=10A．故A正确，C错误．B、升压变压器原线圈的输入电流为：I1===100A，则升压变压器的匝数之比为：．故B错误．D、输电线上损失的电压为：△U=I2R=10×3V=30V，升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，则降压变压器的输入电压为：U3=U2﹣△U=5000﹣30=4970V．变压器匝数之比为，故D错误．故选：A4．（6分）“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想．“嫦娥一号”卫星在距月球表面200km、周期127分钟的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动．已知月球半径约为1700km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，忽略地球对“嫦娥一号”的引力作用．由以下数据可以估算出的物理量有（）A．月球的平均密度 B．月球表面的重力加速度C．月球绕地球公转的周期D．月球与地球之间的距离【解答】解：设该卫星的运行周期为T、质量为m，月球的半径为R、质量为M，距地面的高度为h．卫星运行时万有引力提供向心力，则G，r=R+h T=127min解：A、月球质量M=，故根据密度公式可以求得月球的平均密度，故A正确；B、根据G得，g=，则知可求出月球表面的重力加速度．故B正确；C、根据题意无法求出月球绕地球公转的周期，故C错误；D、题中给出的时卫星绕月球圆周运动的周期和半径，故无法求得地球与月球之间的距离，故D错误．故选：AB．5．（6分）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该电子运动的轨迹为曲线B．该电场有可能是匀强电场C．M点的电势高于N点的电势D．该电子运动的加速度越来越小【解答】解：A、带电粒子初速度为零且沿电场线运动，其轨迹一定为直线，故A错误；B、由于电势能﹣距离图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，因此电场强度逐渐减小，故B 错误，D正确；C、电子从M运动到N过程中，只受电场力，电场力做正功，电势能减小，由于电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以电子将逆着电场线的方向运动，所以N点的电势高于M点的电势，故C错误故选：D6．（6分）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F．力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和图乙所示，两图中F、v取同一正方向，则（）A．在前2s内滑块的加速度大小始终为1m/s2B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为2NC．第1s内滑块克服滑动摩擦力做的功为0.5JD．第2s内力F的平均功率为3W【解答】解：A、由v﹣﹣t图象的斜率得到加速度为a==1m/s2，故A正确；B、由两图知，第一秒内有：f+F=ma，第二秒内有：F′﹣f=ma，代入数据得：f+1=3﹣f，故f=1N，故B错误；C、第一秒内的位移为：x==0.5m，根据功的公式W=﹣FL可得第Is内摩擦力对滑块做功为﹣0.5J，故C正确；D、由P=Fv求解平均功率，故第2s内力F的平均功率为P=3×0.5=1.5W，故D 错误．故选：AC7．（6分）如图所示，固定在水平面内金属框架ABCD处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，AB与CD平行且足够长，CB与CD间的夹角为θ（θ＜90°），不计金属框架的电阻．单位长度阻值相同的光滑导体棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：首先判断从C运动到B点过程中导体棒中电流、功率等变化情况．设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L=vt×tanθ设金属棒横截面积为s，电阻率为ρ，则回路中电阻为：所以回路中的电流为：，为定值，故A正确，B错误．设导体棒在到达B之前运动的距离为x，则有：电动势为：E=BLv=Bxtanθv电阻为：功率为：，故开始功率随着距离增大而均匀增大，当通过B 点之后，感应电动势不变，回路中电阻不变，故功率不变，故D正确，C错误．故选：AD．二、非选择题8．（8分）某活动小组用如图甲所示的装置做“探究动能定理”实验，将光电门固定在水平轨道上，用重物通过细线拉小车，测出小车质量为M且保持不变，改变所挂重物质量多次进行实验，每次小车都从同一位置由静止释放．用重物所受重力的大小当做小车所受的拉力F．测出多组重物重力和相应小车经过电门时的速度v．（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=0.950cm；（2）实验中还需要测出的物理量是小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离；（3）实验过程中，作出v2﹣F图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为2N；（4）重物质量较大时，v2﹣F图象的ab段明显弯曲，为消除此误差，下列措施可行的是D（选填字母代号）．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．重物质量增加后，可以改变小车释放的初始位置C．重物质量增加后，可以减小小车的质量D．在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：9mm+0.50mm=9.50mm=0.950cm；（2）根据动能定理：（F﹣f）s=mv2由公式可以看出，实验中还需要测出的物理量是小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离．（3）由题图与公式：（F﹣f）s=mv2比较可知，当摩擦力与拉力F相等时，速度为0，所以可知小车受到的摩擦力大小为2N（4）由图甲可知，该实验的过程中是用物块的重力来代替拉力F，若以物块与小车整体为研究对象，则：a=，绳子的拉力：可知，物块与小车之间的质量差别越大，拉力就越接近mg，即m＜＜M时，满足F=mg．由以上的分析可知，图象丙发生弯曲是由于不满足m＜＜M的原因，所以为消除此误差，可以在重物与细绳之间接一力传感器，用力传感器读数代替重物的重力．故选：D．故答案为：（1）0.950；（2）小车静止时遮光条中心到光电门中心的距离；（3）2；（4）D9．（10分）用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点，在生产与生活中得到广泛应用．发光二极管具有单向导电性，正向电阻较小，反向电阻很大．某同学想借用“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来研究发光二极管的伏安特性．（1）实验先判断发光二极管的正负极，如图1所示，发光二极管的两个接线长短不一，我们俗称为发光二极管的“长脚”和“短脚”．该同学使用多用电表欧姆挡的“×1k”挡来测量二极管的电阻，红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动．调换接触脚后，指针偏转情况如图2所示，则二极管的“长脚”为二极管的负极（选填“正”、“负”），由图可读出此时二极管的阻值为4000Ω．（2）该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性．则发光二极管的“长脚”应与图乙中的a（选填“a”或“b”）端连接．（3）请按图3的电路图在图4中画出连线，将器材连接成实验电路．（4）该同学测得发光二极管的正向伏安特性曲线如图5所示，实验时发现，当电压表示数U=0.8V时，发光二极管开始发光．那么请你判断在图2状态下发光二极管发光（选填“发光”或“不发光”）．【解答】解：①红表笔与二极管“短脚”接触，黑表笔与二极管“长脚”接触发现指针几乎不动，说明二极管不导通，所以二极管的“长脚”为二极管的负极，欧姆表的读数为：R=4.0×1k=4000Ω；②该同学设计了如图3所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性，由于黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，所以发光二极管的“长脚”应与图乙中的a端连接．③连线图如图所示：④根据②中的分析可知，图甲情况下二极管处于导通状态，根据R=可知，在I ﹣U图象中，画一条过斜率为4的通过原点的倾斜直线，读出直线与伏安特性曲线的交点的纵坐标大于0.8V，超过二极管的发光电压，故二极管发光．故答案为：（1）负；4000；（2）a；（3）如图所示；（4）发光10．（18分）在倾角θ=30°的光滑绝缘的斜面上，用长为L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球a和b，它们组成一带电系统，a、b小球所带的电荷量分别为﹣q和+5q．如图所示，虚线MN与PQ均垂直于斜面且相距3L，在MN、PQ间有沿斜面向上场强E=的匀强电场，最初a和b都静止在斜面上且小球a与MN间的距离为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，释放带电系统后，求：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为多大；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．【解答】解：（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a球刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：求得：（2）由动能定理可知：（3）设系统速度为零时，小球a越过电场边界PQ的距离为x由动能定理可知：2mgsin30°×（4L+x）+3qEL﹣5qE×（2L+x）=0﹣0带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功：答：（1）带电系统从开始运动到a球刚进入电场所经历的时间是；（2）a球刚要离开电场时，带电系统的速度为是；（3）带电系统从开始运动后到第一次系统速度为零过程中，电场力做的总功．11．（20分）如图甲所示，在y≥0的区域内有一垂直纸面方向的有界匀强磁场，MN为磁场区域的上边界，磁场在x轴方向范围足够大．磁感应强度的变化如图乙所示，取垂直纸面向里为正方向．现有一带负电的粒子，质量为m=9.6×10﹣18kg，电荷量为q=3.2×10﹣12C，在t时刻以速度v0=6.28×102m/s从O点沿如图所示方向进入磁场区域，已知θ=30°，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）若t0=0，如果t=2×10﹣3时粒子仍在磁场内，则此时它的位置坐标；（3）若t0=0，粒子垂直于MN离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离；（4）若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间．【解答】解：（1）洛伦兹力提供向心力，有：得：，（2）粒子在t0=0s时刻进入磁场，在t=1×10﹣3s时，粒子y0=2Rcos60°=R；t=2×10﹣3s时，粒子y=2y0=2R=1.2m．则它的位置坐标为（0，1.2m）（3）粒子在t0=0s时刻进入磁场，粒子运动轨迹如图所示，要粒子垂直于MN 离开磁场，可能从A、B等位置离开磁场，则磁场上边界MN与x轴间的距离：m （n=0、1、2、3…）（4）由图乙可知磁场的变化周期为：；，．粒子在a、b、c等位置离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，若粒子在a、c等位置离开磁场，粒子在磁场中运动时间为：（n=0、1、2、3…）若粒子在b等位置离开磁场，粒子在磁场中运动时间为：（n=1、2、3…）综上所述：若t0=0.75×10﹣3s，粒子离开磁场时速度方向与它在O点的速度方向相同，则粒子通过磁场区域的时间为：t=（2n+0.5）×10﹣3s（n=0、1、2、3…）或2n×10﹣3s（n=1、2、3…）答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.6m；周期为6×10﹣3s．（2）此时它的位置坐标为（0，1.2m）（3）磁场上边界MN与x轴间的距离为0.3（2n+1）m，（n=0、1、2、3…）（4）粒子通过磁场区域的时间为t=（2n+0.5）×10﹣3s（n=0、1、2、3…）或2n×10﹣3s（n=1、2、3…）【物理选修3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力C．对能源的过渡消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”D．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和。
2015年浙江省高考物理三模试卷和答案
2015年浙江省高考物理三模试卷一、单项选择题：本题共6小题．每小题4分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．1．（4分）在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法做“微元法”，下面几个实例中应用到这一思想方法的是（）A．根据加速度的定义a=，当△t非常小，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加C．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体，即质点2．（4分）某人在地面上最多能举起60kg的重物，要使此人在升降机中能举起100kg的重物，已知重力加速度g=10m/s2，则下列说法可能正确的是（）A．升降机正加速上升，加速度大小为4m/s2B．升降机正加速下降，加速度大小为4m/s2C．升降机正减速下降，加速度大小为4m/s2D．升降机正减速上升，加速度大小为6m/s23．（4分）一小球被水平抛出后，经时间t垂直打在某一斜面上，已知物体的质量为m，重力加速度为g，则打在斜面上时重力的功率为（）A．mgt2B．mg2t2C．mg2t D．斜面倾角未知，无法计算4．（4分）一质量为2kg的物体，受到一个水平方向的恒力作用，在光滑水平面上运动．物体在x方向、y方向的分速度如图所示，则在第1s内恒力F对物体所做的功为（）A．36 J B．﹣36 J C．27 J D．﹣27 J5．（4分）一个物体静止在粗糙的水平面上，受方向恒定的水平拉力作用，拉力大小先后为F1、F2、F3，物体在t=4s时停下，其v﹣t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（）A．物体在0～1s内的平均速度大于其在2s～4s内的平均速度B．物体在0～2s内的平均速度等于其在1s～4s内的平均速度C．一定有F1+F3＜2F2D．一定有F1+F3＞2F26．（4分）小球在一台阶上被水平抛出，初速度v0=2m/s，不计空气阻力，已知每一级台阶的高度均为0.2m，宽均为0.25m，小球的初速度方向垂直于台阶边缘，如图所示，重力加速度g=10m/s2，则小球第一次落在（）A．第1个台阶上B．第2个台阶上C．第3个台阶上D．第4个台阶上二、不定项选择题：本题共4小题．每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．7．（4分）一轻质细杆末端固定一个小球，绕着轻杆的另一端在竖直面内做圆周运动．若小球的质量m=1kg，轻杆长L=0.1m，重力加速度g=10m/s2，则（）A．小球能通过最高点的最小速度为1 m/sB．当小球通过最高点的速度为0.5 m/s时，轻杆对它的拉力为7.5 NC．当小球通过最高点的速度为1.5 m/s时，轻杆对它的拉力为12.5 ND．当小球在最高点时，轻杆对小球的支持力不可能为12 N8．（4分）一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．当弹簧与杆垂直时，小球动能最大B．当小球沿杆方向的合力为零时，小球动能最大C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中，弹簧所做的负功小于mghD．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于mgh 9．（4分）如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨着放置3个半径均为r的相同小球，各球编号如图，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r．现将3个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动的过程中，下列说法正确的是（）A．每个小球在运动的过程中，其机械能均保持不变B．小球3在水平轨道OA上运动的过程中，其机械能增大C．小球3的水平射程最小D．3个小球的落地点都相同10．（4分）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段都是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内，A点切线水平．一质量为m的小球，从距离水平地面某一高度的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若小球到达A点时恰好对细管无作用力，则管口D离水平地面的高度H=2.5R B．若小球到达A点时恰好对细管无作用力，则小球落到地面时与A点的水平距离x=2RC．小球在细管C处对细管的压力小于mgD．小球能到达A处的最小释放高度H min=2R二、非选择题共60分）共6小题，把答案填写在答题卷中的横线上或按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．（7分）在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点静止释放后，在1根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为W．用完全相同的弹簧2根、3根…并列在一起进行第2次、第3次…实验，每次实验木块均从A点释放，木块分别运动到B2、B3…停下，测得OB2、OB3…的距离分别为L2、L3…作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的图象如图乙所示．（1）根据图线分析，弹簧对木块做功W与木块在O点的速度v0的（填“一次”或“二次”）方成线性关系．（2）W﹣L图线不通过原点是．（3）弹簧被压缩的长度L OA为cm．12．（8分）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β（即β=）．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）．（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径为cm．（2）由图丙可知，打下计数点B时，圆盘边缘转动的线速度大小为m/s，圆盘转动的角速度为rad/s．（3）圆盘转动的角加速度大小为rad/s2．[（2）、（3）问中计算结果均保留三位有效数字]．13．（8分）如图所示，一质量m=0.1kg的物体在力F的作用下匀速运动，已知物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.75，力F与水平面的夹角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．（1）求力F的大小．（2）若匀速运动的速度v0=15m/s，后来冲上一斜面，假设斜面光滑，倾角也为θ，冲上斜面时撤去力F，则物体冲上斜面后最先2s内的位移为多大？14．（10分）如图所示，质量为m=0.4kg的小物块从高h=0.4m的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离l=1m后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的p 点，以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=x2﹣6（单位：m），小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功1J，小物块与平台表面间的动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s2，求：（1）小物块从边缘O点抛出时的速度大小．（2）P点的坐标．15．（13分）如图所示，为了节省能量，站台的路轨建得比正常的路轨高些，车辆进站时上坡，出站时下坡，水平站台的路轨BC全长为L，比正常路轨高出h，规定所有进出站台的机车进站时到达坡底A的速度均为v0，并在A处关闭动力滑行进站，机车在坡道和站台上无动力滑行时所受路轨的摩擦阻力均为正压力的k倍，忽略机车长度，路轨在A、B、C处均为平滑连接，已知机车的质量为m。
浙江省杭州市2015年高考模拟命题比赛高三物理试卷(3)及答案
考查 层次
2015 年高考模拟试卷 物理卷
命题双向细目表
知识点
知识 模块
分 预计 值 难度
出处
14 选择题 Ⅰ级 力与物体的平衡
相互作用 6 0.85 改编
15 选择题 Ⅱ级 电场及其性质 16 选择题 Ⅱ级 电表性质 17 选择题 Ⅰ级 整体法与隔离法 18 选择题 Ⅰ级 功能关系 19 选择题 Ⅱ级 电场对带点粒子的作用
24 计算题 Ⅱ级 功能关系
25 计算题 Ⅱ级 带电粒子在复合场中的运动
电学实验 10 0.65 原创 运动与力
16 0.55 原创 曲线运动 电磁感应 20 0.55 借鉴
复合场 22 0.4
改编
2015 年高考模拟试卷物理卷
考试时间： 70 分钟 总分： 120 分
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分。每小题只有一个符合题意的选项，
题意的选项，全选得 6 分，漏选得 3 分，错选、不选得 0 分）
18、（原创） 一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一个恒力的作用。此后运动过
程中，该质点的动能可能会（
）
A. 一直增大
B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大
C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
C.电流表有读数，电压表无读数
D.电流表无读数，电压表有读数
17、（原创） 如图所示， 在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈
A ，其质量为 M ，
两个底角均为 30 。两个完全相同的、质量均为 m 的小物块 p 和 q 恰好能沿两侧面匀速下
滑。若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力
2015届高三物理第三次模拟考试试题
2015年陕西省高考物理三模试卷一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分．在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．第1-5为单选，6-8为多选1．（6分）（2015•陕西三模）一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为（）A．水平向北B．水平向南C．竖直向上D．竖直向下【考点】：左手定则．【分析】：通过地磁场方向：由地理的南极指向北极，及电流方向，根据左手定则判断安培力的方向．【解析】：解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系，注意地磁场方向由地理的南极指向北极．2．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP：PQ=1：3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是（）A．两小球的下落时间之比为1：3B．两小球的下落时间之比为1：4C．两小球的初速度大小之比为1：3D．两小球的初速度大小之比为1：4【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．【解析】：解：A、两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B错误．C、由于两球的水平位移之比为1：4，根据知，两小球的初速度大小之比为1：4，故C 错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．3．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N．g=10m/s2，则（）A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/CC．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据F=Eq 求解电场强度．【解析】：解：物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场后瞬间A 对B的压力大小变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）﹣FN=2×（10+2.5）﹣15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E=向上故选：B．【点评】：本题关键是采用隔离法先后对物体B和A受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难．4．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势．一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子经过M点时的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（）A．16 eV B．7.5 eV C． 4.0 eV D．0.5 eV【考点】：电场线．【分析】：根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．【解析】：解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V．因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=﹣7.5eV根据动能定理得：W=EkN﹣EkM则得：EkN=W+EkM=﹣7.5eV+8eV=0.5eV故选：D．【点评】：本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题．5．（6分）（2015•陕西三模）图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）A．R0 B．R1 C．R2 D．电源内阻r【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为I0，并设滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1．根据欧姆定律和电路的连接关系，得到的表达式，即可作出判断．【解析】：解：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2＞U1，I2＜I1）．于是有，，两式相减得U2﹣U1=（I1﹣I2）R2即故选：C．【点评】：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比．6．（6分）（2015•陕西三模）物理学中常用比值法定义物理量．下列说法正确的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用R=ρ定义导线的电阻D．用B=定义磁感应强度【考点】：电容；物理学史．【分析】：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解析】：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q 无关．故A正确．B、C=是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故B错误．C、R=是电阻的决定式，R与ρ、l成正比，与S成反比，不符合比值定义法的共性，故C 错误．D、B=是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度B与F、IL无关，故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．7．（6分）（2015•陕西三模）图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48Ω的负载电阻相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．电流表的示数为0.50AC．变压器原线圈得到的功率是12WD．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．【解析】：解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出==12W．故BC正确，A错误；D、由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误．故选：BC【点评】：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8．（6分）（2015•陕西三模）导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子．现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为φ上和φ下，则（）A．长方体如果是N型半导体，必有φ上＞φ下B．长方体如果是P型半导体，必有φ上＞φ下C．长方体如果是P型半导体，必有φ上＜φ下D．长方体如果是金属导体，必有φ上＜φ下【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：如果是P型半导体，载流子是正电荷，如果是N型半导体，载流子为电子．抓住电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，在上下表面产生电势差，从而确定电势的高低．【解析】：解：A、如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故A正确．B、如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则φ上＜φ下．故B错误，C正确．D、如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键理清是什么电荷移动，运用左手定则判断出电荷的偏转方向，从而确定电势的高低．二、实验题（共18分）9．（6分）（2015•陕西三模）测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动）（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=．（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a= 2.0m/s2（保留两位有效数字）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据sm﹣sn=（m﹣n）at2求解加速度．【解析】：解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据sm﹣sn=（m﹣n）at2得：a==（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案为：（1）；（2）；（3）2.0．【点评】：本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字．10．（12分）（2015•陕西三模）用图（1）所示的电路（图中电流表为理想表）测量电源的电动势E及内阻r时，调节电阻箱R0的阻值，并记录电流表相应的示数I，则与R0的函数关系为；（2）．根据这个函数关系可作出﹣R0图象，该图象的斜率k=，纵截距a=，横截距b=﹣r（均用电源电动势E或内阻r表示）；（3）．图（2）中的a、b、c、d、e是测定时根据测量数据作出的一些坐标点，试过这些坐标点作出﹣R0图象，根据该图象可求出该电源的电动势E= 6.0V，内阻r= 1.0Ω．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解析】：解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R），则：=R0+，由图示图象可知，m=，k=，b=﹣r；由图可知，k==；故电源电动势：E==6.0V；，电源内阻：r=﹣b=1.0Ω；故答案为：（1）.；（2）.，，﹣r（3）6.0，1.0【点评】：本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三、计算题（28分）11．（10分）（2015•陕西三模）一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零．设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变．表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度g=10m/s2，求：时刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度v/m．s﹣1 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）轨道AB段的倾角是多少？（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）有表格数据，根据加速度定义求解加速度，根据牛顿运动定律列式求解角度；（2）根据表格分段求出相应的时间和加速度，根据总路程等于各段位移之和求解．【解析】：解：（1）根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度由牛顿运动定律得mgsinα=ma1解得，故斜面AB段的倾角α=300．（2）根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间小球在斜面CD上做减速运动的加速度从最大速度vm=15m/s减至速度为9m/s用时于是，小球在水平面上运动时间t2=13﹣t1﹣t3=8s故小球的总路程答：（1）轨道AB段的倾角是30°（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是180m【点评】：此题考查从表格中读取数据的能力，结合牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用即可解题．12．（18分）（2015•陕西三模）如图（1）所示，一边长L=0.5m，质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t=0.5s 线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图（2）所示，在金属线框被拉出磁场的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；（2）写出水平力F随时间t变化的表达式；（3）若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10J，求此过程中线框产生的焦耳热．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q，平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，求得电阻R．（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场，由L=得加速度a，根据牛顿运动定律的拉力大小关系式；（3）由运动学公式求末速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热．【解析】：解：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q=；由平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，于是金属框的电阻R==0.80Ω（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t=0.5s时间内运动距离L=0.5m，由L=得加速度a==4m/s2由图（2）知金属框中感应电流随时间变化规律为i=kt，其中比例系数k=2.0A/s．于是安培力fA随时间t变化规律为fA=BiL=kBLt．由牛顿运动定律得F﹣fA=ma，所以水平拉力F=fA+ma=ma+kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（N）．（3）．根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v==2m/s由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q=WF﹣=0.1J【点评】：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动．【物理选修3-3】13．（6分）（2015•陕西三模）如图，甲分子固定在坐标原点0，乙分子位于x轴上，两分子之间的相互F作用力与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d、为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最大C．乙分子由a到c的过程中，两分子的势能一直减少D．乙分子由a到d的过程中，两分子的势能一直减少【考点】：分子势能．【分析】：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．【解析】：解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处过程中，在C位置分子间作用力最小．乙分子由a 到c一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从c到d分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在c位置分子势能最小，动能最大．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强．14．（10分）（2015•陕西三模）如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为P0=l.0×l05Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2，求：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解．②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解【解析】：解：①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N②．由盖﹣吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C．答：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F为240N；②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为102摄氏度．【点评】：本题考察气体实验定律，关键是根据题目暗含条件分析出为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可．【物理选修3-4】15．（2015•陕西三模）在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是（）A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率【考点】：产生共振的条件及其应用．【分析】：用声波将酒杯震碎是利用酒杯发生了共振现象，而物体发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率【解析】：解：由题用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯震碎．故D正确．故选：D．【点评】：明白了该物理情景所反映的物理规律才能正确解决此题．故要学会通过物理现象抓住物理事件的本质．16．（2015•陕西三模）图示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，∠B=90°，∠A=30°，BC边长等于L．一束平行于AB边的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，E点是BC边的中点，EF是从该处反射的光线，且EF恰与AC边平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间（真空中的光速用符号“c”表示）．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①作出光路图，根据几何知识和全反射规律得到光线在AC面的入射角和折射角，即可求得折射率，②根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，判断出光线在F点发生全反射，在H点不能发生全反射，即该光束经一次反射后，到第一次射出玻璃砖发生在H点，根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S，由v=求出光线在玻璃砖内传播的速度v，即可求得所求的时间【解析】：解：依题意，光在玻璃砖中的传播路径如右图所示．可见，光在O1点的入射角为60°，折射角为30°．①玻璃的折射率n==②因为，所以这种玻璃的临界角C大于30°，小于60°．故从E点反射出的光线，将在F点发生全反射，在O2点才有光线第一次射出玻璃砖．由几何知识可知：EF=L，FO2=L；光在这种玻璃中的传播速度．故光从E点传播到O2点用时．答：①玻璃砖的折射率为；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间为．【点评】：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=、临界角公式sinC=和光速公式v=．【物理选修3-5】17．（2015•陕西三模）如图是各种元素的原子核中核子的平均质量与原子序数Z的关系图象，由此可知（）A．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定会释放能量B．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定要吸收能量C．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要释放能量D．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要吸收能量【考点】：爱因斯坦质能方程．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：根据重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，都向外释放能量，从而即可求解．【解析】：解：A、D和E结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故A 正确，B错误．C、若A分裂成B和C，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故C正确，D 错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键知道爱因斯坦质能方程△E=△mc2，掌握质量亏损与释放能量之间的联系．18．（2015•陕西三模）如图所示，有一固定在水平地面上光滑凹形长槽，槽内放置一个滑块，滑块的左端面是半圆柱形光滑圆弧面，滑块的宽度恰与凹形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内左右自由滑动．现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块．已知金属小球的质量为m，滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能．【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】：力学综合性应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：（1）小球和滑块相碰的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出金属小球和滑块的各自速度．（2）小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，根据动量守恒、机械能守恒求出金属小球的动能．【解析】：解：①．设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定小球初速度的方向为正方向，由动量守恒得：mv0=mv1+3mv2由机械能守恒得：解得：，；②．小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，规定小球初速度的方向为正方向，则根据动量守恒有mv0=（m+3m）v根据机械能守恒小球的动能应为：解得小球动能为：答：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度分别为；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能为．【点评】：本题考查了动量守恒和机械能守恒定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在平时的学习中需加强这类题型的训练．。
2015年山东省高考物理模拟试卷(三)
2015年山东省高考物理模拟试卷（三）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共18.0分)1.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是（）A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3：2C.交流电a的瞬时值为u=10sin5πt VD.交流电b的最大值为【答案】A【解析】解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；B、由图象可知T A：T B=2：3，故n A：n B=3：2，所以B正确，C、由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω===5π，所以交流电a 的瞬时值为u=10sin5πt V，所以C正确；D、交流电最大值U m=NBSω，故U ma：U mb=3：2，故，D正确．本题选错误的，故选A．根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程．2.地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速应变为原来的（）A.倍B.倍C.倍D.倍【答案】B【解析】解答：解：物体在赤道上随地球自转时，有a=ω12R；物体随地球自转时，赤道上物体受万有引力和支持力，支持力等于重力，即：F-mg=ma；物体“飘”起来时只受万有引力，故有：F=ma′故a′=g+a，即当物体“飘”起来时，物体的加速度为g+a，则有：g+a=ω22R解得：（）2=所以有：=，故B正确、ACD错误．故选：B．当物体“飘”起来时，不受地面的支持力，由重力提供向心力，向心加速度增大了g，根据向心加速度公式a=ω2r即可求解．本题直接根据向心加速度的表达式进行比较，关键要知道物体“飘”起来时的加速度，熟悉向心加速度公式a=ω2r．3.竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（开始A与B等高），则绳中拉力大小变化的情况是（）A.先变大后变小B.先不变后变小C.先不变后变大D.先变小后变大【答案】B【解析】解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2α．由数学知识得到α不变，则F不变，当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．根据平衡条件得2F cosθ=mg得到绳子的拉力F=所以在从直杆最上端移到C点的过程中，θ减小，cosθ增大，则F变小．所以绳中拉力大小变化的情况是先不变后变小．故选：B当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)4.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）A.物体的初速率v0=3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44mD.当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：v0===6m/s；故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；C、-mgxsinθ-μmgcosθx=0-mv02解得：x===；当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；D、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC．由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解．5.如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程（）A.小球动能的增量为零B.小球重力势能的增量为mg（H+x-L）C.弹簧弹性势能的增量为（mg-f）（H+x-L）D.系统机械能减小f H【答案】AC【解析】解：A、小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0．故A正确；B、小球下落的整个过程中，重力做功W G=mgh=mg（H+x-L），根据重力做功量度重力势能的变化W G=-△E p得：小球重力势能的增量为-mg（H+x-L）．故B错误；C、根据动能定理得：W G+W f+W弹=0-0=0，所以W弹=-（mg-f）（H+x-L），根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=-△E p得：弹簧弹性势能的增量为（mg-f）（H+x-L），故C正确；D、系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，阻力做的功为：f（H+x-L）．所以系统机械能减小为：f（H+x-L）．故D错误．故选：AC分析小球的运动过程，找出初末状态．根据重力做功量度重力势能的变化，运用动能定理求出弹簧弹力做功，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功．该题考查小球下落的过程中的功能关系，解决该题关键要清楚小球的运动过程和运用功能关系求解，什么力做功量度什么能的变化要能够对应．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，在两个正点电荷Q1、Q2（其中Q1=2Q0，Q2=Q0）形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且a O=b O．c、d为两点电荷连线的三等分点，即M c=cd=d N．则下列说法中正确的是（）A.a、b两点的电场强度和电势相同B.将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功C.将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力不做功D.a、b两点的电势相同【答案】D【解析】解：A、根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，所以电场强度不同．由等势面分布的对称性得知，a、b两点的电势相同．故A错误．BD、设cd连线上合场强为零的位置离Q1距离为x，Q1、Q2间距离为3L．此位置两个电荷产生的场强大小相等、方向相反，则有：k=k由题意，Q1=2Q0，Q2=Q0，解得：x=（6-3）L≈1.75L，则L＜x＜2L，故场强为零的位置在cd之间离d更近，cd间从左向右，电场强度方向先向右，后向左，将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力先做正功后做负功，做功之和为零，故B错误，D正确．C、根据电场的叠加和电场线的方向，可知O点的电势高于a点电势，所以将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功，故C错误．故选：D根据电场线和等势面的分布情况，分析场强和电势的关系；根据点电荷场强公式E=k，确定出cd连线上场强为零的位置，从而分析cd连线上场强的方向，判断出电荷从c到d的过程中电场力做功情况；根据电场线的分布，判断电荷从a到b电场力做功情况；根据顺着电场线电势降低，判断电势的高低．本题要紧扣电场线和等势面分布情况，抓住对称性和电场的叠加原理分析场强和电势关系四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d．一带电量为g、质量为m的负离子（重力不计）以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出．在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）．要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（）A.磁场方向垂直纸面向里B.磁场方向垂直纸面向外C.磁感应强度大小为D.在磁场中运动时间为【答案】BC【解析】解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误，B正确；C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tanα=2tanβ=2•=1，故α=45°，又由于tanα==，故v y=v0，v=v0；根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=d；圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qv B=m；解得B=，故C正确；D、磁场中运动时间为：t=T==，故D错误；故选：BC．粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动；画出轨迹图后，根据平抛运动和匀速圆周运动的相关知识列式求解．本题关键是画出运动轨迹，然后根据类平抛运动和匀速圆周运动的规律列式求解．七、单选题(本大题共1小题，共6.0分)12.如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点合外力表现为引力，且为数值最大处，d点是分子靠得最近处．则下列说法正确的是（）A.乙分子在a点势能最小B.乙分子在b点动能最大C.乙分子在c点动能最大D.乙分子在c点加速度为零【答案】C【解析】解：A、B、C、乙分子由a运动c，分子表现为引力，分子力做正功，动能增大，分子势能减小，所以乙分子在c处分子势能最小，在c处动能最大，故AB错误，C正确；D、由题图可知，乙在d点时受到的分子力最大，所以乙分子在d处的加速度最大．故D错误．故选：C．分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力．当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小．分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分析清楚图象，即可正确解题．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，则下列说法正确的是（）A.质点D是振动减弱点B.质点A、D在该时刻的高度差为14cmC.再过半个周期，质点B、C是振动加强点D.质点C的振幅为1cm【答案】BD【解析】解：图是两列频率相同的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，则D点是波谷与波谷相遇点，A是波峰与波峰相遇点，B、C两点是波峰与波谷相遇点．则A、D两点是振动加强的，且B、C两点是振动减弱的．A、质点D是振动加强点，故A错误；B、s1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=3cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置高度为7cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置为-7cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为14cm，故B正确；C、B、C两点是振动减弱点，再过半个周期，质点B、C是振动仍是减弱点，故C错误；D、质点C是波峰与波谷的叠加点，则其合振幅为1cm，故D正确；故选：BD．两列频率相同，振幅不同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱，从而即可求解．波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为振幅之差．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)16.以下有关近代物理内容的若干叙述真确的是（）A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B.比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C.重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D.根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小【答案】BD【解析】解：解：A、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率有关，与光强度无关．故A错误．B、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．故B正确．C、裂变和聚变过程都有质量亏损，释放能量．故C错误．D、氢原子的核外电子由较高能级迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小．故D正确．故选：BD．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；轻核聚变有质量亏损，根据质能方程有能量释放；半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化，根据能量等于动能和电势能之和，确定电势能的变化．本题考查了光电效应方程、质能方程、半衰期、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大．五、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.一学生利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．该弧形轨道的末端水平，离地面的高度为H．现将一钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距离轨道末端的水平距离为x．（1）若轨道完全光滑，则x2与h的理论关系应当满足x2= ______ ．（用H、h表示）请在图乙所示的坐标纸上作出x2-h关系图．（3）对比实验结果与理论计算得到的x2-h关系图线（图乙中已画出），可知自同一高度由静止释放的钢球，其水平抛出的速率______ （填“小于”或“大于”）理论值．【答案】4H h；小于【解析】解：（1）物体在光滑轨道上下落时，机械能守恒有：①平抛后有：x=v0t②③联立①②③解得：x2=4H h．故答案为：4H h．（2）图象如图所示（3）由图线可知，相同高度，实际值小于理论值．故答案为：小于．（1）利用物体下落时机械能守恒求出抛出的速度，然后根据平抛运动规律即可解出正确结果．（2）利用描点法进行作图．（3）将实际图线和理论图线进行比较，即可得出正确结果．本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维．9.为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U-I图线，如图乙所示．请回答下列问题：（1）写出流过电阻箱的电流I的表达式I= ______ ；（用U1、U2、R表示）（2）电源两端电压随电流变化的图象是______ （选填“a”或“b”）；当电阻箱阻值调节为______ Ω时，两条图线存在交点；（3）根据图乙可以求得电源的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为______ W．（本小题结果均保留两位有效数字）【答案】；b；0；3.0；2.0；1.0【解析】解：（1）电阻箱两端电压U R=U2-U1，通过电阻箱的电流I=；（2）灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．当电阻箱阻值调节为0时，灯泡两端电压即为路端电压，两条图线存在交点．（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U-I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1.0W．故答案为：（1）I=；（2）b；0（3）3.0；2.0；1.0由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．（3）电源的U-I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．本题考查测量电动势和内电阻的实验，要分析清楚电路结构、应用串联电路特点及欧姆定律，掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法即可正确解题．六、计算题(本大题共2小题，共38.0分)10.半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B．A、B之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：（1）B球到达最低点时的速度大小；（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置．【答案】解：（1）系统机械能守恒，m A g R+m B g R=m A v A2+m B v B2又因为v A=v B得，v B=（2）根据动能定理，m A g R+W=m A v A2而v A=解得，W=0（3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，m A g R=m B g R cosθ-m A g R sinθ代入数据得，θ=30°所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30°答：（1）B球到达最低点时的速度大小为；（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功为0；（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30°．【解析】（1）把AB看成一个系统，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解；（2）对A球运用动能定理即可求解；（3）设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，难度适中．11.如图，在x O y平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30°～150°，且在x O y平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区．已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计．求：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1；（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；（3）从x轴上x=（-1）a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=-b的点，求该粒子经过y=-b点的速度大小．【答案】解：（1）粒子运动规律如图所示：粒子运动的圆心在O点，轨道半径r1=a…①，由牛顿第二定律得：qv1B=m…②解得：v1=…③（2）当粒子初速度与y轴正方向夹角30°时，粒子运动的时间最长，此时轨道对应的圆心角α=150°…④粒子在磁场中运动的周期：T=…⑤粒子的运动时间：t=°T=°°×=…⑥；（3）如图所示设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何知识得：R-R cosθ=（-1）a…⑦R sinθ=a…⑧由⑦⑧解得：θ=45°⑨R=a…⑩，此粒子进入磁场的速度v0，v0==…⑪设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理得：q E b=mv2-mv02…⑫由⑪⑫解得：v=…⑬；答：（1）垂直y轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v1为；（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间为，对应的射入方向为：粒子初速度与y轴正方向夹角30°；（3）从x轴上x=（-1）a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y=-b的点，该粒子经过y=-b点的速度大小为：．【解析】（1）因所有粒子均打在x轴上，而粒子的夹角不同，故粒子的速度应不同，则几何关系可得出速度与夹角的关系，则可得出最小速度；（2）粒子轨迹对应的圆心角最大时，粒子的转动时间最长，由几何关系可知最大圆心角，然后求出时间，求出速度方向；（3）由几何关系可得出粒子从-b点离开所对应的圆周运动的半径，由半径公式可求得粒子的速度，然后应用动能定理求出粒子速度．带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于找出圆心确定半径，所以在解题时几何关系是关键，应灵活应用几何关系，同时结合画图去找出合理的解题方法．八、计算题(本大题共1小题，共6.0分)13.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为p0=75.0cm H g．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．【答案】解：以cm H g为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2①设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：P1l1=P1′l1′②如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：l3′=l3+（l1-l1′）-△l③设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则P3′=p1′-l2④由波意耳定律，得：P0l3=P3′l3′⑤由①②③④⑤式代入数据解得：△l=15.0cm；答：活塞下推的距离为15cm．【解析】设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体的压强间以及其与大气压强的关系．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)15.如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=75°．今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试求玻璃的折射率n．【答案】解：设光线射到AB面时入射角为α．光路图如图所示．因E点为OA的中点，所以由几何知识得：α=30°①β=θ=75°②临界角为：C=180°-2α-β=45°③OB面恰好发生全反射，则sin C=④解得：⑤答：玻璃的折射率n为．【解析】由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sin C=求解折射率．正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用．十二、计算题(本大题共1小题，共10.0分)17.如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：（i）B的质量；（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失．【答案】解：（i）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为m B，A、B碰后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得，①由①式得，．②（ii）从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，mv0=（m+m B）v③设碰撞过程A、B系统机械能损失为△E，则-，④联立②③④式得，△E=答：（i）B的质量为；（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失为．【解析】对A、B碰撞前后过程运用动量守恒定律，抓住A、B碰撞前的瞬时速度和碰后的速度关系求出B的质量．对整个过程运用动量守恒，求出最终的速度与A初速度的关系，再结合能量守恒求出碰撞过程中A、B系统机械能的损失．本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解．。
2015年陕西省西安中学高考物理三模试卷和答案
2015年陕西省西安中学高考物理三模试卷一、选择题（本题包括8小题．每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8题有多个选项正确，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，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°．则为（）A．2 B．3 C．2 D．32．（6分）一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（）A．x=3m B．x=8m C．x=9m D．x=14m3．（6分）图示为全球定位系统（GPS）．有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为（）A．3.1km/s B．3.9km/s C．7.9km/s D．1l.2km/s4．（6分）如图所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两相同小球分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为E k，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为（）A．2E k B．E k C．E k D．E k5．（6分）如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻．闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则（）A．R1两端的电压变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小6．（6分）如图所示，在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．放置在直线MN上P点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子，速率都为v．对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是（）A．离子射出磁场的点Q（图中未画出）到P的最大距离为B．离子距离MN的最远距离为C．离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D．对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短7．（6分）如图所示，一质量为m的物体静止在倾角为θ=30°的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的一恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做的功为W，此后撤去F，物体又经时间t回到出发点．若以地面为零势能面，下列说法中正确的是（）A．F=B．F=mgC．物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的下方D．物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的上方8．（6分）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I下列说法正确的是（）A．线框中感应电流的有效值为2IB．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D．线框转一周的过程中，产生的热量为二．非选择题9．（6分）某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。
2015年河南省洛阳市高考物理三模试卷和答案
2015年河南省洛阳市高考物理三模试卷一、选择题（每小题6分，共48分，1-5小题只有一项符合题目要求，6-8小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，选错或不选得0分）1．（6分）关于物理学的研究方法，以下说法正确的是（）A．建立质点和瞬时速度概念时，应用了微元法B．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法C．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了等效替代的方法D．电流是用电压和电阻的比值定义的，因而通过导体的电流与导体两端的电压成正比与导体的电阻成反比2．（6分）如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与沙漏a连接，连接滑轮的杆的另一端固定在天花板上，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，下列说法正确的是（）A．b对c的摩擦力一定先减小后增大B．地面对c的支持力始终变小C．c对地面的摩擦力方向始终向左D．滑轮对绳的作用力方向始终不变3．（6分）近年来，随着移动电话的普遍使用，无线电台站（基站）的分布越来越密集，电磁辐射污染的话题越来越受到人们的关注．其实电磁辐射并不可怕，只要被控制在可以接受的标准以内，对人体健康就不会有危害．我国制定的基站辐射标准规定对人体电磁辐射强度（单位时间内内垂直通过单位面积的电磁辐射能量）不得超过0.40W/m2．若某基站电磁辐射功率为400W，以下数据是人体到基站最小安全距离的估算，其中正确的是（）A．1.0m B．10m C．1.0×102m D．1.0×103m4．（6分）嫦娥三号携带“玉兔”探测车在月球虹湾成功软着陆．在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4m高时最后一次悬停，确认着陆点．若总质量为M 的嫦娥三号在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，已知引力常量为G，月球半径为R，则月球的密度为（）A．B．C．D．5．（6分）如图所示，一圆环上均匀分布在正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电势为零，电场强度最大C．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低D．从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势先升高后降低6．（6分）如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg 的小物块滑上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是（）A．0～8s内物体位移的大小为18mB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875C．0～8s内传送带因运送物体而多做的功为216JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为70J7．（6分）如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，两个边长均为a（a＜L）的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成，且导线的横截面积S甲：S乙=1：4．将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则（）A．乙线圈也刚好能滑离磁场B．两线圈完全进入磁场后的动能相同C．两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同D．甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2之比为1：48．（6分）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100πt（V）的交流电．则（）A．用交流电流表测得通过R1的电流为4AB．用交流电流表测得通过R2的电流为AC．变压器的输入功率为600WD．副线圈中电流的有效值为6A二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分。
2015年广东省中山市高考物理三模试卷和答案
2015年广东省中山市高考物理三模试卷一、单项选择题（每题4分）1．（4分）如图，空军实施投弹训练，A、B两架飞机先后水平飞至P点时释放炸弹，炸弹分别落在水平地面上的a点和b点．忽略空气阻力，则（）A．飞机A在P点时的飞行速度比飞机B的大B．两炸弹释放后在空中飞行的时间一样C．两炸弹释放后在空中飞行的加速度不相等D．炸弹在空中飞行过程中机械能不守恒2．（4分）工程师驾驶同一辆汽车以额定功率在A、B两种不同的路面上进行性能测试．汽车在路面A、B受到的阻力分别为f A、f B（f A＞f B），最大速度分别为v A、v B，达到最大速度时的牵引力分别为F A、F B，则（）A．v A＞v B B．v A＜v B C．F A=F B D．F A＜F B3．（4分）如图1，电阻为r的矩形闭合金属线框处于垂直纸面的磁场中，磁场磁感应强度的变化如图2所示（规定磁场方向垂直纸面向里时为正），则（）A．0﹣1s内，线框中的感应电流方向为顺时针B．0﹣1s内，线框中的感应电流不断增大C．0﹣1s内，线框中的感应电流比2﹣3s内的小D．2﹣4s内，线框CD段受到的安培力方向始终向右4．（4分）如图为农村建房利用定滑轮运送建筑材料的示意图，材料P在绳子拉动下贴着竖直墙面匀速上移．则（）A．P受到3个力的作用B．绳子的拉力始终等于P的重力C．绳子的拉力始终大于P对墙面的压力D．绳子的拉力逐渐变小二、双项选择题（每题6分，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分）．5．（6分）将幼儿单独留在封闭的汽车内是非常危险的．假设车厢的密闭性能良好，在太阳曝晒下，车厢内气体将（）A．压强不变B．压强增大C．内能增大，温度升高D．内能减小，温度升高6．（6分）某核反应方程如下：反应方程下方的数据是中子及相关原子核的静止质量．则（）A．x=3B．反应过程中亏损的质量为0.1933uC．该核反应为核聚变D．铀核的半衰期会受环境温度的影响而改变7．（6分）如图为某应急供电系统原理图．若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为ω，则（）A．图示位置，发电机中线圈的磁通量最大B．发电机线圈感应电动势的有效值为NBSωC．用户得到的交变电压的频率为D．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动8．（6分）如图为A、B两卫星绕地球做匀速圆周运动的示意图，下列说法正确的是（）A．B卫星比A卫星运行周期小B．A卫星在图示位置加速后有可能会撞上B卫星C．A卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度D．可以通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量9．（6分）如图是某静电分选器的原理示意图．质量相等且带等量异种电荷的a、b两种颗粒在漏斗出口处无初速度下落，经过分离电场后落在水平传送带A、B 上（颗粒不会触碰分离电场的极板）．忽略颗粒间的库仑力，则（）A．分选过程中，a颗粒的电势能增大、b颗粒的电势能减小B．分选过程中，a、b两颗粒的电势能都减小C．分选过程中，颗粒的运动轨迹一定是抛物线D．离开分选电场时，a、b两颗粒的水平侧移量一定相等三、非选择题（共4小题，满分54分）10．（8分）用如图（a）所示的实验装置研究小木块的运动．装置中在靠滑轮端的木板上粘贴有粗糙的薄砂纸，某次实验得到的纸带如图（b），则：①实验中，电火花打点计时器的工作电压为V，频率为50Hz．②纸带中计数点A、B间的时间间隔为s；小木块在砂纸段运动时的加速度大小为m/s2（计算结果保留三位有效数字）．③关于本实验，以下说法正确的有A．选用计数点最主要目的是为了方便计算B．选用计数点最主要目的是为了减小误差C．实验中应当先释放纸带再接通计时器电源D．小车加速阶段的加速度比减速阶段的小．11．（10分）用如图（a）所示的实验器材及电路测量金属丝的电阻率，实验的主要步骤如下．①将P移到金属丝b端，电源调至E=4.00V，滑动变阻器的滑片滑至（填“C端”、“D端”或“中央”），闭合开关S，调节滑动变阻器使电流表读数为I0=0.50A．②适当向a端滑动P，记录电流表读数I及电阻丝bP段的长度L；此时电阻丝bP 段的阻值为R=（用E、I和I0表示）．③重复步骤②，记录6组L和I值，画出﹣L的关系图线如图（b）；④用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（c），其示数为d=mm；⑤若用k表示﹣L图线的斜率，则金属丝的电阻率为ρ=（用E、k、d 和π表示）．根据﹣L图线，可算得ρ=Ω•m （保留两位有效数字；π取3.14）．12．（18分）如图，两极板M、N竖直放置，N板右侧存在竖直方向的匀强电场，电场中还存在一个矩形场区ABCD，边界AB与N板平行．矩形场区左右对称分布着方向如图所示的两个匀强磁场．质量为m、电量为+q的小球从H点以速度大小v射入MN板间后恰能从N板上小孔O水平离开，之后小球沿直线匀速运动到边界AB的中点P并进入矩形场区．已知：重力加速度为g，点H到M、N板的距离相等且OH间的高度差为d，=2d，=4d，M、N板的电势差为U=，矩形场区内磁感应强度大小都为B=．（1）求N板右侧电场的场强大小和方向．（2）求小球在P点时速度的大小．（3）以A点所在水平面为参考平面，求小球离开矩形场区时的重力势能Ep．13．（18分）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=1m，质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL（0＜k＜0.5）处放置着A、B 两小木块，A、B质量均为m=0.2kg．某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为v A=4m/s，方向水平向左．B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.3．（1）求AB分离瞬间，B的速度v1；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足什么条件，并求出最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式．2015年广东省中山市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分）1．（4分）如图，空军实施投弹训练，A、B两架飞机先后水平飞至P点时释放炸弹，炸弹分别落在水平地面上的a点和b点．忽略空气阻力，则（）A．飞机A在P点时的飞行速度比飞机B的大B．两炸弹释放后在空中飞行的时间一样C．两炸弹释放后在空中飞行的加速度不相等D．炸弹在空中飞行过程中机械能不守恒【解答】解：ABC、炸弹做平抛运动，加速度为g，相同；根据h=，两颗炸弹的飞行时间相同；根据x=v0t，时间t相同，炸弹a的飞行距离小，故初速度小；故AC错误，B正确；D、炸弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误；故选：B2．（4分）工程师驾驶同一辆汽车以额定功率在A、B两种不同的路面上进行性能测试．汽车在路面A、B受到的阻力分别为f A、f B（f A＞f B），最大速度分别为v A、v B，达到最大速度时的牵引力分别为F A、F B，则（）A．v A＞v B B．v A＜v B C．F A=F B D．F A＜F B【解答】解：汽车以额定功率行驶时，匀速运动时速度最大，此时牵引力等于阻力，则有：F A=f A．F B=f B．因为f A＞f B，则F A＞F B．由P=Fv=fv m得：最大速度v m=，P相同，f A＞f B，则v A＜v B．故选：B．3．（4分）如图1，电阻为r的矩形闭合金属线框处于垂直纸面的磁场中，磁场磁感应强度的变化如图2所示（规定磁场方向垂直纸面向里时为正），则（）A．0﹣1s内，线框中的感应电流方向为顺时针B．0﹣1s内，线框中的感应电流不断增大C．0﹣1s内，线框中的感应电流比2﹣3s内的小D．2﹣4s内，线框CD段受到的安培力方向始终向右【解答】解：A、0﹣1s内，线框中向里的磁通量在增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针方向，故A错误；B、0﹣1s内，因磁场随着时间均匀增大，则产生的感应电动势E=，恒定不变，由I=，大小不变，故B错误；C、根据感应电动势与感应电流成正比，且感应电动势的大小与图象的斜率成正比，因此线框中0﹣1s内的感应电流比2﹣3s内的小，故C正确；D、根据楞次定律可知，2﹣4s内，感应电流方向与大小不变，但因磁场方向变化，根据左手定则可知，线框CD受到的安培力方向是变化的，故D错误；故选：C．4．（4分）如图为农村建房利用定滑轮运送建筑材料的示意图，材料P在绳子拉动下贴着竖直墙面匀速上移．则（）A．P受到3个力的作用B．绳子的拉力始终等于P的重力C．绳子的拉力始终大于P对墙面的压力D．绳子的拉力逐渐变小【解答】解：A、物体P受重力G、拉力F、支持力N和滑动摩擦力f，是4个力，故A错误；B、设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，有：水平方向：Fsinθ=N ①竖直方向：Fcosθ=mg+f ②其中：f=μN ③故②式，拉力大于重力，故B错误；C、根据①式，拉力大于支持力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，故拉力大于压力，故C正确；D、联立①②③解得：F=故绳子的拉力不是一直减小，故D错误；故选：C二、双项选择题（每题6分，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分）．5．（6分）将幼儿单独留在封闭的汽车内是非常危险的．假设车厢的密闭性能良好，在太阳曝晒下，车厢内气体将（）A．压强不变B．压强增大C．内能增大，温度升高D．内能减小，温度升高【解答】解：C、D、车厢在阳光下曝晒，车厢内的气体吸收热量，温度升高，内能增加，故C正确，D错误；A、B、气体体积不变，温度升高，由查理定律可知，气体压强变大，故A错误，B正确；故选：BC．6．（6分）某核反应方程如下：反应方程下方的数据是中子及相关原子核的静止质量．则（）A．x=3B．反应过程中亏损的质量为0.1933uC．该核反应为核聚变D．铀核的半衰期会受环境温度的影响而改变【解答】解：A、根据质量数守恒得：x=235+1﹣139﹣54=3，热核聚变核反应方程是U+n→Xe+r+3n．故A正确；B、反应过程中亏损的质量为△m=（235.0439+1.0087﹣138.9178﹣93.9154﹣3×1.0087）=0.1933u．故B正确；C、该反应是U235分裂成两个中等质量的原子核的过程，是裂变．故C错误；D、铀核的半衰期不受环境温度的影响，与环境的温度无关．故D错误．故选：AB7．（6分）如图为某应急供电系统原理图．若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为ω，则（）A．图示位置，发电机中线圈的磁通量最大B．发电机线圈感应电动势的有效值为NBSωC．用户得到的交变电压的频率为D．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动【解答】解：A、图示位置，线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量为零，故A错误；B、发电机线圈感应电动势的最大值为NBSω，故B错误；C、交流电的频率f=，变压器不改变频率，所以用户得到的交变电压的频率为，故C正确；D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，从而可确定滑动触头P应向上滑动，故D正确．故选：CD8．（6分）如图为A、B两卫星绕地球做匀速圆周运动的示意图，下列说法正确的是（）A．B卫星比A卫星运行周期小B．A卫星在图示位置加速后有可能会撞上B卫星C．A卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度D．可以通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量【解答】解：A、根据万有引力提供向心力=m=m rA、T=2π，所以B卫星比A卫星运行周期小，故A正确；B、A卫星在图示位置加速后，所受的万有引力小于向心力，将做离心运动，不会与卫星B相撞．故B错误；C、A卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力=m r不知道A卫星轨道半径，所以不能通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量，故D错误；故选：AC．9．（6分）如图是某静电分选器的原理示意图．质量相等且带等量异种电荷的a、b两种颗粒在漏斗出口处无初速度下落，经过分离电场后落在水平传送带A、B 上（颗粒不会触碰分离电场的极板）．忽略颗粒间的库仑力，则（）A．分选过程中，a颗粒的电势能增大、b颗粒的电势能减小B．分选过程中，a、b两颗粒的电势能都减小C．分选过程中，颗粒的运动轨迹一定是抛物线D．离开分选电场时，a、b两颗粒的水平侧移量一定相等【解答】解：设矿料分选器内的电场方向水平向左（也可以设向右），A、B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，a、b两颗粒的电势能都减小．故A错误，B正确；C、分选过程中，颗粒的受到的重力大小相等，方向都向下；电场力的大小相等，都沿水平方向．所以颗粒受到的合力的大小与方向都是不变的，所以颗粒做匀加速直线运动，故C错误．D、颗粒的受到的重力大小相等，方向都向下，所以竖直方向做自由落体运动，可知运动的时间是相等的；质量相等且带等量异种电荷的a、b两种颗粒受到的电场力的大小相等，都沿水平方向，所以水平方向都在做初速度为0的匀加速直线运动，而且水平方向的加速度的大小也相等，所以离开分选电场时，a、b两颗粒的水平侧移量一定相等，故D正确；故选：BD．三、非选择题（共4小题，满分54分）10．（8分）用如图（a）所示的实验装置研究小木块的运动．装置中在靠滑轮端的木板上粘贴有粗糙的薄砂纸，某次实验得到的纸带如图（b），则：①实验中，电火花打点计时器的工作电压为220V，频率为50Hz．②纸带中计数点A、B间的时间间隔为0.04s；小木块在砂纸段运动时的加速度大小为 2.00m/s2（计算结果保留三位有效数字）．③关于本实验，以下说法正确的有BA．选用计数点最主要目的是为了方便计算B．选用计数点最主要目的是为了减小误差C．实验中应当先释放纸带再接通计时器电源D．小车加速阶段的加速度比减速阶段的小．【解答】解：①实验中，电火花打点计时器的工作电压为220V，频率为50Hz．②由于每相邻两个计数点间还有1个点，纸带中计数点A、B间的时间间隔为0.04 s；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：减速阶段的加速度a==2.00m/s2，③A、选用计数点最主要目的是为了减小误差，故A错误，B正确；C、实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．所以应该先接通电源，后让纸带运动，故C错误；D、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：小车加速阶段的加速度a′==2.69m/s2，所以小车加速阶段的加速度比减速阶段的大．故D错误；故选：B．故答案为：①220；②0.04； 2.00③B11．（10分）用如图（a）所示的实验器材及电路测量金属丝的电阻率，实验的主要步骤如下．①将P移到金属丝b端，电源调至E=4.00V，滑动变阻器的滑片滑至C端（填“C端”、“D端”或“中央”），闭合开关S，调节滑动变阻器使电流表读数为I0=0.50A．②适当向a端滑动P，记录电流表读数I及电阻丝bP段的长度L；此时电阻丝bP段的阻值为R=﹣（用E、I和I0表示）．③重复步骤②，记录6组L和I值，画出﹣L的关系图线如图（b）；④用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（c），其示数为d=0.200mm；⑤若用k表示﹣L图线的斜率，则金属丝的电阻率为ρ=（用E、k、d和π表示）．根据﹣L图线，可算得ρ= 6.3×10﹣7Ω•m （保留两位有效数字；π取3.14）．【解答】解：①为保护电路，闭合开关前滑片应置于C端．②由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值：R=，滑=，则电阻丝电阻：R=﹣．滑动变阻器与电阻丝总电阻：R+R滑④由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0mm+20.0×0.01mm=0.200mm．⑤根据图a所示电路，由欧姆定律可知：I=，=+=L+，即：=L+，﹣L图象的斜率：k=，则电阻率：ρ=，由图b所示图象可知，k==0.0005A/m，把d、k代入ρ=解得：ρ≈6.3×10﹣7Ω/m；故答案为：①C端；②﹣；④0.200；⑤；6.3×10﹣7．12．（18分）如图，两极板M、N竖直放置，N板右侧存在竖直方向的匀强电场，电场中还存在一个矩形场区ABCD，边界AB与N板平行．矩形场区左右对称分布着方向如图所示的两个匀强磁场．质量为m、电量为+q的小球从H点以速度大小v射入MN板间后恰能从N板上小孔O水平离开，之后小球沿直线匀速运动到边界AB的中点P并进入矩形场区．已知：重力加速度为g，点H到M、N板的距离相等且OH间的高度差为d，=2d，=4d，M、N板的电势差为U=，矩形场区内磁感应强度大小都为B=．（1）求N板右侧电场的场强大小和方向．（2）求小球在P点时速度的大小．（3）以A点所在水平面为参考平面，求小球离开矩形场区时的重力势能Ep．【解答】解：（1）小球在OP间做匀速直线运动，有qE=mg …①解得：E=…②方向竖直向上…③（2）设小球在P点速度为v P，从H到P，由动能定理得…④解得：v p=v …⑤（3）由于qE=mg，小球进入ABCD场区后做匀速圆周运动．由qvB=…⑥得…⑦当小球运动轨迹与FG边相切时，由几何关系得轨迹半径为d，又r=2d＞d，因此小球会从CD边界离开…⑧其轨迹如图2，由几何关系得…⑨离开时的重力势能为…⑩答：（1）N板右侧电场的场强大小是，方向竖直向上．（2）小球在P点时速度的大小是v．（3）以A点所在水平面为参考平面，小球离开矩形场区时的重力势能是．13．（18分）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=1m，质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL（0＜k＜0.5）处放置着A、B 两小木块，A、B质量均为m=0.2kg．某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为v A=4m/s，方向水平向左．B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.3．（1）求AB分离瞬间，B的速度v1；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足什么条件，并求出最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式．【解答】解：（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有mv A=mv1解得：v1=4m/s（2）在A离开木板前，B对木板向右的摩擦力大于A对木板向左的摩擦力，所以此时木板处于静止状态．对A，从与B分离到离开木板过程中，做匀减速直线运动，有μA mg=ma A解得：根据运动学基本公式得：解得：t=0.1s此过程中，B与A的运动时间相同，假设此时B还没有撞到墙壁．有μB mg=ma B解得：根据v2=v1﹣a B t解得：v2=3.7m/s而假设成立，即此时B速度为v2=3.7m/s（3）假设B能在撞到墙壁前停止，则有：解得s=5.3m＞L，即B不可能在撞墙前停止．B撞到墙壁前瞬间速度为v B，则：B撞墙以后后，若B刚好不滑落，则B滑至木板左端时恰好最终达到共同速度v，木板与B构成的系统动量守恒、能量守恒，有mv B=（m+M）v，解得即若木块B不从木板上滑落，需要满足：若停在距左端为S处，则对木板与B，由能量守恒得：解得，即最终物块B停在距左端为处．答：（1）AB分离瞬间，B的速度v1为4m/s；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2为3.7m/s；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足，最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式为．。
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2015年高考模拟试卷物理卷考试时间：65分钟 分值：120分一、单项选择题（本题共4小题，每小题6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）。
14、（2014浙江绍兴一中高三上期期中改编）在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。
以下选项中符合他们观点的是A 、人在沿直线减速前进的火车车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方B 、两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大速度就越大C 、速度越大的汽车越难以停下，这说明物体的惯性跟速度有关D 、一匹马拉着车前进，如果马不拉车，车最终将停下来，这说明“静止状态”才是物体不受力时的“自然状态”（出题意图：本题重点考查学生对于基本知识点的认知和辨别能力。
） 15、（原创）在萧山体育中考测试中，老师用频闪相机拍摄了同学立定跳远时起跳、腾空、落地的照片（如图甲），简化图如图乙所示。
请你根据体育常识估算该同学起跳瞬间消耗的能量最接近A 、8000JB 、600JC 、60JD 、6000J（出题意图：本题结合生活中实际情景，考查了学生对于生活实际情况的一种估算能力。
） 16、(原创) 如图所示，萧山世纪联华超市为了方便顾客安装了智能化的自动扶梯（无台阶）。
为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。
则电梯在运送乘客的过程中（ ） A 、乘客始终受摩擦力作用 B 、乘客经历先超重再失重 C 、乘客对扶梯的作用力始终竖直向下 D 、扶梯对乘客的作用力始终竖直向上（出题意图：本题结合实际情况，重点考查学生“自动扶梯”建模的能力以及对研究对象处于不同运动状态下的受力分析能力。
） 17、（2014浙江杭州外国语学校高三上期期中改编）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，用两根相同的绝缘导线绕成匝数分别为1n 和2n 的正方形闭合线圈Ⅰ、Ⅱ（其中线圈Ⅰ的边长短）。
两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，并进入磁场，最后落到地面。
运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。
设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2。
不计空气阻力，则： A 、v 1 =v 2，Q 1< Q 2 B 、v 1 =v 2，Q 1= Q 2C 、v 1 <v 2，Q 1>Q 2D 、v 1 >v 2，Q 1< Q 2（出题意图：本题重点考查学生对于电磁感应现象的动力学问题，能量问题的分析能力。
）二、不定项选择题（本题共3小题。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分） 18、（2014浙江慈溪中学高三上期10月月考改编）图中a 、b 所示是一辆质量为6.0×103kg 的公共汽车在t ＝0和t ＝2.0s 末两个时刻的两张照片。
当t ＝0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。
图c 是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，θ约为45°。
根据题中提供的信息，下列说法正确的有A 、汽车的加速度约为210s mB 、汽车的长度约为20mC 、2.0s 内汽车牵引力所做的功约为J 6102.1⨯ D 、2.0s 末汽车牵引力的功率约为W 6102.1⨯（出题意图：本题重点考查了学生对于图像中信息的提取能力，并应用合适的物理规律来解决问题。
） 19、（原创）质量为m 、带电量为+q 的小球处于方向竖直向上、范围足够大的匀强电场中，由空中A 点无初速度释放，在t 秒末撤去匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点。
不计空气阻力则A 、电场强度的大小为43mg E q=B 、整个过程中电场力对小球做功为2229mg tC 、小球回到A 点时的速度大小为23gt D 、从A 点到最高点小球重力势能变化了2261t mg（出题意图：本题考查了带电体在电场中的运动，从力学和能量这两个角度分别来看待带电体在电场中的运动情况。
）20、(2014浙江暨阳联谊学校高三下期联考二模改编)如图所示，加速电场电压为U 1，偏转电场电压为U 2，B 为右侧足够大的有左边界匀强磁场， 一束由11H 、21H 组成的粒子流在O 1处静止开始经U 1加速，再经U 2偏转后进入右侧匀强磁场，且均能从左边界离开磁场。
不计粒子间相互作用，则下列说法正确的是A 、两种粒子在电场中会分为两束B 、两种粒子在磁场中会分为两束C 、两种粒子进磁场位置和出磁场位置间的距离比为1D 、两种粒子进磁场位置和出磁场位置间的距离都与U 2无关（出题意图：本题考查了带电粒子在组合场中的运动。
） 三、实验题（第21题10分，第22题10分） 21、（2014浙江六校高三联考改编）（1）为了完成《探究加速度与力、质量关系》的实验，实验室已经为小王准备了一端带有滑轮的长直轨道（远离滑轮端高度可调），小车，电磁打点计时器，纸带，钩码，请问小王还需要那些器材，请从下列器材中选取______________ （填序号，多选、错选、漏选均不得分）A 、刻度尺B 、带细绳的小桶C 、秒表D 、天平E 、低压交流电源F 、砝码（2）该同学在处理纸带时有如下A、B两条纸带，哪一条有可能是该实验得到的纸带________(填A或B)（3）在某一次测量中得到如图1所示纸带，A,B,C,D,E,F,G为6个计数点，各点到O点的距离已标在对应点下方（相邻计数点间有4个点未画出），请利用图示数据尽量精确地计算出加速度a=__________m/s2（保留3位有效数字）。
若保持小车质量不变，根据实验数据该同学作出了加速度a随合力F的变化曲线，如图2所示．该图线不通过原点，请你分析其主要原因是22、（2014浙江六校高三联考改编）（1）小宁同学在课外读物上看到一些果蔬也可以制成电池，于是尝试用新鲜的马铃薯来当“电池”，并利用实验室里提供的灵敏电流计G(内阻未知，量程为300μA) ，电阻箱(0—9999.9Ω)，锌板、铅板各一块，开关一只，导线若干，按照图1连好电路来测量该“马铃薯电池”的电动势，调节电阻箱，得到了多组数据，其中2组为I1=140μA，R1=5000Ω，I2=210μA，R2=2700Ω，则可求出该电池的电动势E=_________ V (保留3为有效数字)（2）小华认为利用第（1）题的2组数据也可以求得电池内阻，但是由于G表内阻未知，不是很精确，为了精确测量出内阻应先测出G表内阻Rg，他按照图2连好电路（其中电位器相当于阻值极大的滑动变阻器，G1、G2为完全相同的电表），具体操作如下：1)、S1闭合前，调节电位器阻值达到最大，闭合S1、S2，断开S3；2）、调节电位器使G1、G2示数均为I=200μA；3）、保持电位器阻值不变，闭合S1、S3，断开S2；4）、调节电阻箱阻值，使G1示数200'I μA, 此时电阻箱示数如图3。
根据以上步骤得到的结果，求出“马铃薯电池”的内阻r=_________Ω（3）小明想利用图像法处理数据，更为精确地测量该“马铃薯电池”电动势和内阻,请在下列方框里设计数据记录表格（出题意图：第21题通过《探究加速度与力、质量的关系》这个实验，考查了学生对实验器材的掌握，对数据的处理，对实验结果的分析。
第22题通过“水果电池”，考查了用一只电流表和电阻箱来测量电源电动势和内阻的方法，并考查了学生设计数据记录表格的能力。
） 四、计算题（第23题16分，第24题20分，第25题22分） 23、（原创）一旦发生火灾，高楼居民如何逃生一直困扰我们、在最近有一种新型逃生滑梯提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼，经发明者测试，12秒可以从5楼滑到1楼，假设滑梯坡度为30度，忽略转角处的速度损失和空气阻力，假设高楼有25层，试估算从顶层滑到一楼所需的时间以及人与滑梯之间的动摩擦因数。
（出题意图：1、本题重点考查学生对于实际装置转化为物理模型的能力。
2、考查学生受力分析和过程分析的能力。
） 24、（2014浙江暨阳联谊学校高三下期联考二模改编）图甲是中国自行设计、研制的最大的受控核聚变实验装置：其原理如图乙，带电粒子被强电流线圈产生的磁场约束在一个半经为r 的“容器”中，通电线圈产生的圆形磁场可看作匀强磁场，磁场圆半径为R ，R>r 且两圆同心，磁感应强度为B,它们的截面如图丙所示。
“容器”中有质量均为m ，带电量均为q 的带电粒子，在“容器”内运动， 有些粒子会运动到“容器”的边缘，观察到在“容器”的边缘各处，有向各个方向离开“容器”的粒子，且每个方向的粒子的速度都从0到v 分布。
不久，所有粒子都能返回“容器”。
(本题只考虑运动方向与磁场垂直的粒子，不计粒子重力和粒子间相互作用和碰撞）（1）要产生如图乙所示的磁场，逆着磁场方向看，线圈中的电流方向如何？不改变装置结构，要改变磁场，可釆取什么方法？甲 （2）为保证所有粒子从“容器”边缘处离开又能返回，求带电粒子的最大动能（3）如果“容器”中带电粒子是核聚变的原料11H 、31H ，它们被同一个加速电场加速而获得相同的动能，但被该装置约束后，它们的“容器”半径会不同。
现用该装置约束这两种粒子，设它们“容器”的最大的半径分别为r 1、r 2，试推导r 1、r 2和R 应满足的关系式。
（出题意图：本题通过“受控核聚变实验装置”这个物理情境，考查了学生对于运动过程的分析能力以及运用数学知识解决物理问题的能力。
） 25、（2014浙江丽水中学高三10月月考改编）微机农田自动灌溉的喷射装置（如甲图），其截面图如乙图所示，它主要由水泵、竖直的细输水管道和喷头组成，喷头的喷嘴（长度可忽略不计）离地面的高度为h 。
水泵启动后，水从水池通过输水管道压到喷嘴并沿水平方向喷出，在地面上的落点与输水管道中心的水平距离为R ，此时喷嘴每分钟喷出水的质量为m 0 ,整个供水系统的效率恒为η。
忽略水池中水泵与地面的高度差，不计水进入水泵时的速度以及空气阻力，重力加速度为g 。
（1）求水从喷嘴喷出时的速度v ； （2）求水泵的功率p ；（3）若要浇灌离输水管道中心R 1处的蔬菜，求此时喷嘴每分钟钟喷出水的质量m 1和水泵的功率p 1。
（出题意图：本题结合“自动灌溉的喷射装置”，重点考查了学生对“流量”这个物理模型的理解。
）2015年高考模拟试卷物理答题卷二、实验题：21、（1）（2）（3）22、（1）（2）（3三、计算题：23、（16分）24、（20分）25、（22分）2015年高考模拟试卷物理参考答案及评分标准一、单项选择题14、A 15、B 16、A 17、D 二、不定项选择题18、AB 19、ABC 20、BCD三、实验题（第21题10分，第22题10分） 21、（1）ABDEF (3分) （2）A （2分）（3）0.986（2分） 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（3分） 22、四、计算题（第23题16分，第24题20分，第25题22分） 23、解析：（1）估计每层楼高为h=3m ，从5楼到1楼可看作匀加速直线运动，则x=at 2/2 (2分)楼梯坡度为30度，所以x=8h （2分） 解得：a=1/3（m/s 2） (2分)那从25楼到1楼x…=48h （2分） 解得：t…=26.8s （2分）（2）假设人的质量为m ，由受力分析可得，sin cos mg mg ma θμθ-=（3分）可得：0.54μ=（3分）24、解析：（1）由安培定则，电流为逆时针方向； （2分）改编线圈中的电流方向，就可以改变磁场方向；改变线圈中的电流大小，就可以改变磁场强弱。