江苏张家港塘桥高中2015届高三物理上学期期末模拟试题 (无答案)

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江苏省盐城中学2015届高三上学期期末考试物理试卷及解析

江苏省盐城中学2015届高三上学期期末考试物理试卷一．单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有-个选项符合题意.）1．（3分）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）．两球的v﹣t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2．则下列判断正确的是（）=，故，故=，而2．（3分）（2014•江苏模拟）如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（）﹣，解得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，解得：3．（3分）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能E k与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（）倍；此时弹簧的压缩量：，重力做功：加了4．（3分）一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（）=，5．（3分）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故A=0.3A6．（3分）（2014•湖北二模）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I 与线框移动距离x关系的是（）．D×（L=×L=二．多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．）7．（4分）宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在宇宙飞船所在处，有：解得：8．（4分）（2014•江苏模拟）两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，处于垂直导轨平面斜向上匀强磁场中．一电阻可忽略的金属棒ab，开始固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑，并最终沿杆匀速运动．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有（）△==t====9．（4分）（2014•江苏模拟）如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（）D10．（4分）一理想变压器如图所示，其原线圈电压一定，副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2．输电线的等效电阻为R．开始时电键K断开．当K接通后，以下说法正确的是（）11．（4分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一髙度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图象中的物理量均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（）磁场的磁感应强度为﹣），故三．实验题（本大题有2小题，共20分）12．（4分）如图1中游标卡尺读数为52.35mm，图2螺旋测微器读数为 1.990mm．13．（6分）某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．①图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）②小车和位移传感器发射部分的总质量为1kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为1N．，14．（10分）在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a（选填“a”或“b“）端．（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B．①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的B（选填“A”或“B”）线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电流表（选填“电压”、“电流”）的示数偏小（选填“大”、“小”）．大小，即当内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若接定律四．解答题：（本大题共4小题，共计62分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分）15．（15分）如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直．电阻r=0.40Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2．求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q．又：代人数据得：16．（15分）如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ=37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移x1=1m，0.5s后物块再运动x2=2m时速度减为0．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v．（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功W f．（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力．17．（16分）（2014•韶关一模）如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强E=×10 4 N/C．现将一重力不计、比荷=106 C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1×10﹣5s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．（1）求电荷进入磁场时的速度v0；（2）求图乙中t=2×10﹣5s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d=105cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．解得：）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：周期代入数据得：当磁场代入数据得：故电荷运动的总时间：代入数据解得：18．（16分）如图（a）所示，斜面倾角为37°，一宽为l=0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一正方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移s之间的关系如图（b）所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.06Ω，重力加速度取g=l0m/s2．求：（1）金属线框与斜面间的动摩擦因数；（2）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间；（3）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率．t=．因为的值代入得：．。

15学年上学期高三期末考试物理(附答案)

抚顺市重点高中高三年级期末考试物理试卷考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

2.本试卷主要考试内容：高考全部内容。

第Ⅰ卷（选择题共40分）选择题部分：本题共10小题，每小题4分，共40分。

第1～6小题只有一个选项正确，第7～10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，有错选或不选的得0分。

1.在人类对自然界进行探索的过程中，很多物理学家或科学家做出了杰出的贡献。

下列说法符合历史事实的是A.笛卡儿最先认为物体的运动不需要力维持B.法拉第最先引入了场的概念，并用力线来形象地描绘场C.牛顿在给出万有引力公式错误！未找到引用源。

的同时给出了引力常量G的数值D.安培最先发现电流周围存在磁场，又总结出磁场对电流的作用力公式2.电磁炉热效率高达90％，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠。

图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用3.国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动。

如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是4.三颗人造地球卫星A、B、C在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知R A＜R B＜R C。

若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图甲所示。

那么再经过卫星A的四分之一周期时，卫星A、B、C的位置可能是图乙中的5.一物体运动的速度一时间图象如图所示，由此可知A.在2t0时间内物体的速度一直在减小B.在2t0时间内物体的加速度一直在减小C.在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大D.在2t0时间内物体的速度变化量为06.如图所示，一质量为m的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。

江苏省苏州市张家港高级中学高三物理联考试题含解析

江苏省苏州市张家港高级中学高三物理联考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）如图所示，沿波的传播方向上有间距均为2m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，t=0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点，在下列说法中正确的是( )A. 质点d开始振动后的振动周期为4sB. t=4s时刻波恰好传到质点eC. t=5s时刻质点b到达最高点D. 在3s<t<4s这段时间内质点c速度方向向上E. 这列简谐横波的波长为4m参考答案：A B D2. 下列说法中正确的是（）面向上运动。

当作用力F一定时，m2所受绳的拉力A．与斜面倾角有关 B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关 D．仅与两物体质量有关参考答案：D4. （单选）图(甲)是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场, 为交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图(乙)所示,以下判断正确的是A.电流表的示数为10 AB.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行C.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左D.线圈转动的角速度为50π rad/s参考答案：B解析： A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10 A，由于电流表的示数为有效值，故示数I= =10A，故A正确；B、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；C、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项C错误．D、周期T=0.02s，角速度ω==100π rad/s，故D错误；故选：B．5. （单选）质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上．如图8所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳子与桌面平行，则重物下落过程中，工件的加速度为A．B．C．D．参考答案：答案:A.解析：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律，解得，工件加速度，所以A正确.二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （6分）一列简谐横波在时的波形图如下，若波自右向左传播的，则在X=0.2m处且处于平衡位置的P点此时的运动方向是。

2015年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷

2015年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共15.0分)1.取一根玻璃筒，一端封闭，另一端装有阀门，内有羽毛和金属片，用抽气机把筒内的空气抽尽后关闭阀门，先把玻璃筒竖直放置，再把玻璃筒倒立过来，则（）A.金属片下落的加速度大B.羽毛落到底端的速度小C.羽毛运动的轨迹是曲线D.金属片和羽毛同时落到底端【答案】D【解析】解：把管内的空气几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g，经过相同时间，物体的速度为v=gt，g相同，v一样大，即下落一样快，所以金属片和羽毛同时落到底端．故选：D把管内的空气几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g，下落一样快．本题考查对落体运动快慢的理解能力，要区别伽利略和亚里士多德的观念，根据牛顿第二定律理解有空气的环境重物下落快的原因．2.四个物体的位移-时间图象如图所示，其中表示物体做加速运动的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：位移时间图线的斜率表示是速度，根据图象可知，A做匀速运动，B处于静止状态，C的斜率逐渐增大，做加速运动，D的斜率逐渐减小，做减速运动，故C正确．故选：C．位移时间图线反映了物体各个时刻的位置坐标情况，图线的斜率表示是速度．本题关键要明确位移时间图线中，斜率表示速度，速度时间图线中，斜率表示加速度，不能混淆．3.如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点场强度大小为E，撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（）A. B.E C.E D. E【答案】B【解析】解：两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的小为E=，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为，故选：B先把带电棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可本题主要考查了带电体电荷的等效，然后利用电场的矢量性即可求得4.减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，如图中弹力F画法正确且分解合理的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误．按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误．故选：B．减速带对车轮的弹力方向垂直于接触面，指向受力物体，根据力的作用效果，结合平行四边形定则进行分解．解决本题的关键知道弹力的方向垂直于接触面，指向受力物体，知道力分解要按照实际的作用效果进行分解．5.如图所示的电路中，灯泡A、B和电感L与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（）A.A先变亮，然后逐渐变暗B.B先变亮，然后逐渐变暗C.A立即熄灭，B逐渐变暗D.A、B两灯泡都逐渐变暗【答案】A【解析】解：由于电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，所以闭合开关，电路稳定后流过L的电流大于流过A的电流；断开开关时，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，而灯泡A中原来的电流消失，流过A的电流与流过线圈L 的电流相等，所以A灯先变亮，然后两灯泡都逐渐熄灭．故BCD错误，A正确；故选：A．当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用法拉第电磁感应定律进行理解，注意灯泡L2为何闪亮的原因，及断开后通过两灯泡的电流方向．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量，如图所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器（）A.电容增大B.电容减小C.两极板电压变大D.两极板电压变小【答案】BC【解析】解：由公式C=ɛ知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质减小，那么其电容C减小，由公式C=知，电荷量不变时，U增大，故BC正确，AD错误；故选：BC．根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化．本题考查电容的定义式及决定式的配合使用，注意只能根据决定式判断电容的变化，再由定义式判断电压或电量的变化．7.如图所示，A、B是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则“天宫一号”（）A.在A点时线速度大B.在A点时重力加速度小C.在B点时向心加速度小D.在B点时向心加速度大于该处的重力加速度【答案】AC【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的速度大于B点的速度，故A正确；B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：g=，因为A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在A点时重力加速度大，故B错误；C、向心加速度a=，A点的速度大于B点的速度，A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在B点时向心加速度小，故C正确；D、在B点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于在B点时向心加速度，故D错误故选：AC．根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，根据做功公式判断功的正负，根据万有引力提供向心力公式判断加速度的大小．本题主要考查了开普勒第二定律、万有引力公式、力做功正负判断方法的应用，难度不大，属于基础题．8.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且ρ铜＜ρ铝，合上开关S瞬间（）A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将铜环旋转在线圈右方，环将向左运动D.电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【答案】AB【解析】解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C错误；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选：AB．由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向．本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向．9.如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轻杆两端固定有甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量，将两球放入轨道内，乙球位于最低点，由静止释放轻杆后，则甲球（）A.能下滑到轨道的最低点B.下滑过程中杆对其做负功C.滑回时一定能返回到初始位置D.滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能【答案】BC【解析】解：A若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故A错误，C正确；B、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故B正确．D、甲与乙两个物体系统机械能守恒，滑回过程中，甲球增加的重力势能等于乙减小的机械能以及甲的动能．故D错误．故选：BC．甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解即可．本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体进行分析．四、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了，产生这一现象的原因是（）A.玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B.玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D.熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【答案】C【解析】解：A、B、玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体．故AB错误；C、D、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形．故C正确，D错误．故选：C细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力；本题关键是理解玻璃在熔化的过程中的现象的特定和本质，注意学习时的记忆与区别．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，偏振片正对工作的液晶显示器，透过偏振片看到显示器亮度正常，将镜片转动90°，透过镜片看到的屏幕漆黑，则（）A.显示器发出的光是纵波B.显示器发出的光是横波C.显示器发出的光是自然光D.显示器发出的光是偏振光【答案】BD【解析】解：由题意可知，只有当入射光的振动方向与偏振片的方向相同时，透射光的强度最强；若与与偏振片的方向垂直时，透射光的强度最弱，即为零，因此显示器发出的光是横波，且偏振光，故BD正确、AC错误．故选：BD．偏振片（叫做起偏器）由特定的材料制成，它上面由一个特殊的方向（叫做透振方向），只有振动方向与透振方向平行的光波才能通过偏振片．如果检偏器的偏振方向与透射方向垂直时，这时透射光最弱，几乎为零．本题要知道检偏器的偏振方向与透射方向垂直时，这时透射光最弱，几乎为零．考查横波与纵波的区别，掌握偏振光与自然光的不同．九、单选题(本大题共1小题，共4.0分)18.下列的四位物理学家，他们对科学发展作出重大贡献，首先提出了能量子概念的物理学家是（）A.爱因斯坦B.普朗克C.汤姆生D.贝克勒尔【答案】B【解析】解：首先提出了能量子概念的物理学家是普朗克，不是爱因斯坦、汤姆生和贝克勒尔．故B正确．故选：B．本题考查物理学史，是常识性问题，根据各个科学家的成就进行解答．对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.小球A从桌边水乎抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了A球和B球下落过程的三个位置，1图中A球的第2个位置未画出．已知背景的方格纸每小格的边长为2.45cm，频闪照相仪的闪光频率为10H z．①请在1图中标出A球的第2个位置；②A球离开桌边时速度的大小为______ m/s．为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数，某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度弹出，通过光电门测出初速度v0的值，用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离s，测量数据见表（g=10m/s2）．①在2图示坐标中作出v02-s的图象；②利用图象得到动摩擦因数μ= ______ ．【答案】0.735；0.4【解析】解：（1）①因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同，则第2个位置与B球的第二个位置在同一水平线上．在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平距离为3格．如图所示．②频闪照相仪的闪光频率为10H z，则T=0.1sA球离开桌边时的速度（2）（1）根据描点法作出图象，如图所示：（2）由动能定理可得：W=F合s=mv2-mv02=m（v2-v02）△v2=s=2μgs；则可知图象的斜率等于2μg，由图可知，图象的斜率为=8；解得：μ==0.4；故答案为：（1）①如上图所示；②0.735；（2）①如图所示；（2）0.4（0.35～0.45）．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，根据该规律得出A球第2个位置．根据相等时间内的位移之差是一恒量得出相等的时间间隔，从而得出频闪照相仪的闪光频率．通过水平方向上的位移求出A球离开桌边时的速度大小．根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中斜率与动摩擦因数的关系，从而即可求解．对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择；有条件的最好亲手做一下实验，注意本题图象的斜率与动摩擦因数的关系是解题的关键．11.某同学要测一只额定电压为6V、额定功率约为1W的小灯泡的电阻．（1）他选用多用电表，将其选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量时多用电表的示数如图1所示，读数为______ Ω．（2）他再利用表中提供的器材，采用伏安法测量小灯泡正常工作时的电阻．①图2四幅电路图中最合理的是______ ；②电流表应该选用______ ，电压表应该选用______ （填写表中的序号）③按照①中最合理的电路图把图3中实物连接完整．（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是______ ．【答案】5；C；B；D；电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【解析】解：（1）欧姆表的读数是5，倍率是×1，所以总读数是5Ω；（2）①灯泡的电阻值约为5Ω，属于小电阻，电流表要使用外接法；滑动变阻器的电阻值大于灯泡的电阻值，要使用限流式接法，故实验的原理图选择C．②根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为A，所以电流表应选量程200m A的电流表B；小灯泡的额定电压是6V，所以要选择量程15V的电压表D，不能选择3V量程的电压表；③连线图如图所示（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温度的升高而增大．故答案为：（1）5；（2）C，B，D，如图；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大本题①读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线以露出；题②的关键是明确欧姆表指针偏角过大说明待测电阻过小即倍率选择的过大；题③的关键是根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，根据要求电压调节范围足够大可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，明确待测电阻阻值较小时应用电流表外接法．应明确：①根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②当待测电阻满足＞时，电流表应用外接法，满足＜时，电流表应用内接法；③当实验要求电压调节范围足够大或变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节五、计算题(本大题共2小题，共8.0分)13.一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系如图所示，AB、BC分别与p轴和T轴平行，气体在状态C时分子平均动能______ （选填“大于”、“等于”或“小于”）A状态时分子平均动能，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了△U，则此过程气体吸收的势量为______ ．【答案】大于；W+△U【解析】解：由图可知，C点的温度最高；因温度是分子平均动能的标志；故C点时分子平均动能大于A状态时的分子平均动能；由热力学第一定律可知，气体对外做功；则有：△U=-W+Q；则Q=W+△U；故答案为：大于；W+△U由理想气体状态方程分析温度变化；则可得出分子平均动能的变化．气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，应用热力学第一定律△U=W+Q求解．本题考查了理想状态方程的应用和热力学第一定律的应用，要注意明确各物理量的正负意义．14.导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用质量为M的光滑活塞密封一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，开始时汽缸开口向上，被封气体的体积为V0，如图1所示，现将汽缸平放，如图2所示，已知外界大气压强为p0，环境温度不变，待系统重新稳定后，求活塞相对于缸底移动的距离．【答案】解：对活塞受力分析：M g+P0S=PS得：P=气缸倒置后：对活塞受力分析得：p′=P0对封闭气体运用玻玛定律PV0=P1V1得：V1=所以△h==答：活塞相对于缸底移动的距离【解析】对活塞受力分析，根据平衡条件求解压强，气缸倒置后，对活塞受力分析根据平衡条件列出等式，对封闭气体运用玻意耳定律求解．该题关键要能对活塞受力分析求出压强，找出初末状态时的压强和体积，由玻意耳定律求的体积，即可求得活塞移动的距离七、填空题(本大题共1小题，共4.0分)16.P、Q是一列简横波中相距30m的两点，各自的振动图象如图所示，此列波的频率f= ______ H z，如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则波速v= ______ m/s．【答案】0.25；10【解析】解：由图象读出此波的周期T=4s，频率为f==H z=0.25H z．据题P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则得：λ=30m解得：λ=40m波速为v==m/s=10m/s故答案为：（1）0.25；（2）10．由图可读出周期，由公式f=求出频率．P质点距波源近，P先振动，从而确定波从P到Q的波形个数，结合P与Q间距离小于1个波长，求出波长，再求解波速．此题考查基本的读图能力，能根据波形图来得出波传播的波形个数，此题是特殊值，而没有多解．八、计算题(本大题共1小题，共4.0分)17.如图所示，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm，折射率n=，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为5cm，CD为出射光线，求CD与MN所成的角α【答案】解：连接OB、BC，如图所示．由几何知识知sini==则i=45°根据折射定律：n=得：sinr=r=30°同理射出透明球的光线折射角为45°由几何知识得到α=30°答：与MN所成的角α为30°．【解析】作辅助线，画出光路图，由折射定律结合几何知识去分析求解．本题考查了光的折射定律，正确画出光路图是解决本题的关键．十、计算题(本大题共5小题，共67.0分)19.一个轴核（U）放出一个α粒子后衰变成钍核（T h），其衰变方程为______ ；已知静止的铀核、钍核和α粒子的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，上述衰变过程中释放出的核能为______ ．【答案】U→T h+H e；（m1-m2-m3）c2【解析】解：根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：U→T h+H e根据爱因斯坦质能方程：E=△mc2=（m1-m2-m3）c2故答案为：U→T h+H e；（m1-m2-m3）c2．根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；根据爱因斯坦质能方程计算释放的核能．本题考查了衰变方程的书写和爱因斯坦质能方程的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数，二者之差为中子数．20.质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后小球A被弹回，其速度变为原来的，求碰后小球B的速度．【答案】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m（-v0）+3mv，解得：v=v0，答：碰后B的速度为v0．【解析】两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后B的速度．本题考查了求小球的速度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题．21.如图所示，在水平虚线范围内有B=0.5T，高度为h=1.0m，方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量m=0.2kg，边长L=1.0m的正方形线框abcd，其电阻R=1.0Ω，cd边跟磁场下边平行且相距一段距离，现用F=3.0N竖直向上的恒力由静止开始拉动线框，cd边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，并穿过磁场区域，最后到达Ⅱ位置，整个过程中线框保持在竖直平面内，求线框（1）开始运动的加速度；（2）刚进入磁场时c、d两点间电势差；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热．【答案】解：（1）根据牛顿第二定律得：线框开始运动的加速度a==-g=-10=5（m/s2）（2）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，则有F=mg+BIL可得I==A=2A根据右手定则判断知c点的电势比d点低，则c、d两点间电势差U cd=-I R=-2×1V=-1.5V（3）根据能量守恒定律得：在穿越磁场过程中产生的焦耳热Q=（F-mg）•2L=2J答：（1）开始运动的加速度是5m/s2；（2）刚进入磁场时c、d两点间电势差是-1.5V；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热是2J．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出线框开始运动的加速度；（2）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，分析线框的受力，由平衡条件列式得到感应电流的大小由欧姆定律求解c、d两点间电势差；（3）根据能量守恒定律求解线框内产生的热量．本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究．22.如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6m且光滑，质量为1kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g=10m/s2，以A为零势能点，求小物块（1）通过B处的速度；（2）在C处的重力势能；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间．【答案】解：（1）设物体在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2由于a1=2a2t1=t2=v B=4m/s（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B，根据动能定理：W f+W G=mv B2-mv A2从A到C，根据动能定理，则有：W f-mgh=0-mv A2解得：W f=-32Jmgh=40J；因此，E PC=mgh=40J（3）在上滑AB段：v A2-v B2=2a1L AB在上滑BC段：v B2=2a2L BC得：L AB=6.4m物体下滑通过BA段做匀速运动：t′=得t′=1.6s答：（1）通过B处的速度为4m/s；（2）在C处的重力势能为40J；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间为1.6s．【解析】根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度；根据动能定理求出C处的重力势能；由运动学公式求出沿斜面下滑过程中通过BA段的时间．本题考查了运动学公式和动能定理以及牛顿第二定律的应用，动能定理和牛顿第二定律的应用仍然是以分析受力情况为基础的．23.如图所示，在x O y平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，总时间t0=，粒子重力不计，求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件．【答案】解：（1）粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1=m，解得：R=，由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度是粒子做圆周运动的半径，则L min=R=；（2）粒子在电场中来回的总时间：t0=，粒子一次通过电场的时间：t=，设粒子到达MN边界的速度为v，电场强度为E，则：d=t，v=2v0，v2-v02=2d，解得：E=；（3）粒子在电场中加速，粒子带正电，该电荷在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度：v=2v0，设粒子在右侧磁场中轨道半径为r，磁感应强度为B，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：r=，已知：R=，粒子在右侧磁场中的运动情况有两种，如图所示：。

2015届高三第一学期期末联考物理(扫描版)(无答案)

2015滁州市高级中学联谊会高三第一学期期末联考物理参考答案一、简要答案：二、详细解析：1.D 解析：画出光路图如图所示，在界面BC 上，光的入射角i=60°。

由光的折射定律有：sin sin i n r=，代入数据，求得折射角r =30°，由光的反射定律得，反射角i′=60°。

由几何关系易得：△ODC 是边长为0.5l 的正三角形，△COE 为等腰三角形，CE=OC =0.5l 。

故两光斑之间的距离L=DC+CE=l =40cm ，选项D 正确。

2.B 解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A 中产生的磁场方向向下且磁场增强。

由楞次定律可知，线圈B 中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab 棒中感应电流方向由a→b 。

由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向左，选项A 错误；同理选项C 、D 错误，B 正确。

3.B 解析：弹体处的磁场由轨道电流产生，由安培定则可以判断，弹体处磁场方向垂直于导轨平面向下，选项A 错误；由安培力F=BIL 及电流磁场与电流的关系可知，电流越大，磁场越强，弹体受到的安培力越大，选项B 正确；若只改变电流方向，虽然弹体处的磁场方向变为垂直于导轨平面向上，但由于通过弹体的电流方向同时反向，由左手定则知弹体受到的安培力方向不变，选项C 错误；只改变弹体的形状，弹体受安培力的有效长度（即导轨间距）不变，则安培力大小不变，选项D 错误。

4.C 解析：由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，选项A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为vt ，选项B 错误；由2Mm G mg R =和()()22Mm v G m R h R h =++，得22gR h R v =-，选项C 正确；由()22a R g R h =+得42v a gR =，选项D 错误。

5.A 解析：对物体应用牛顿第二定律有()cos sin F mg F ma θμθ--=，可得c o s s i n a F g mθμθμ+=-，图线纵轴截距表示g μ，可知两者动摩擦因数相同，P 和Q 的材料相同，选项A 正确；图线斜率表示cos sin m θμθ+，选项C 、D 错误；P 的质量小于Q 的质量，选项B 错误。

2015年江苏省普通高中学业水平测试(必修)物理模拟试题

2015年江苏省普通高中学业水平测试（必修）模拟试卷物理试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷包含选择题（第1题～第23题，共23题69分）、非选择题（第24题～第28题，共5题3 1分）共两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．本次考试时间为75分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并放在桌面，等待监考员收回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上．3．答题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．4．如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗画清楚．一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题共23小题，每小题3分，共69分）．阅读下列内容，回答1-4题问题新鲜、刺激、好玩、安全的蹦极运动是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志，运动员从高处跳下．右图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．假设弹性绳索长20m，劲度系数为1000N/m，人重60 kg，运动员从距离地面45m的高台子站立着从O点自由下落，到B点弹性绳自然伸直，C点加速度为零，D为最低点，然后弹起．运动员可视为质点，整个过程中忽略空气阻力．1．关于运动员从O到B的运动的时间，下列说法中正确的是A．等于3s B．等于2sC．大于3s D．大于2s小于3s2．C点与O点的距离是A．26m B．26cmC．20.06m D．20.6m3．若BD的距离为L，运动员从O→D→B整个过程中通过的位移是A．20m 方向向下B．20m 方向向上C．20m+2L 方向向下D．20m+2L 方向向下4．运动员从O→B→C→D的过程中动能最大的位置在A．B点B．C点C．D点D．BC之间某一点5．关于自由落体运动的v-t图象正确的是6．电磁轨道炮射程远、精度高、威力大．假设一款电磁轨道炮的弹丸（含推进器）质量为20.0kg，从静止开始在电磁驱动下速度达到2.50×103m/s．则此过程中弹丸所受合力做的功是A．2.50×104J B．5.00×104JC．6.25×107J D．1.25×108J7．如图所示，某工人正在修理草坪，推力F与水平方向成α角，割草机沿水平方向做匀速直线运动，则割草机所受阻力的大小为A．FsinαB．FcosαC．F/sinαD．F/cosα8．高速铁路的快速发展正改变着我们的生活，高速列车使我们的出行更加舒适、便捷，下列情况中，可将列车视为质点的是A．测量列车的长度B．计算列车在两城市间运行的平均速度C．分析列车形状对所受阻力的影响D．研究列车车轮的转动9．如图所示是研究平抛运动时，用频闪照相拍下的A、B两小球同时开始运动的照片，相邻两次闪光之间的时间间隔都相等．A无初速释放，B水平抛出．通过观察发现，尽管两个小球在水平方向上的运动不同，但是它们在竖直方向上总是处在同一高度．该实验现象说明A．B球水平方向的分运动是匀速直线运动B．B球水平方向的分运动是匀加速直线运动C．B球竖直方向的分运动是匀速直线运动D．B球竖直方向的分运动是自由落体运动10．如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，这属于A．扩散现象B．超重现象C．离心现象D．蒸发现象11．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．mgh B．mg(H＋h)C．mgH D．－mgh12．将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了．如图所示，下列关于细条散开现象的分析中，正确的是A．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开13．下图是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片，下列说法中正确的有A．P在b点，灯最亮B．P在c点，灯最亮C．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大D．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减少14．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15．如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方．下列说法中正确的是A ．b 、d 存在相撞危险B ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度C ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度D ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度16．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A 、B 是电场线上的两点．关于A 、B 两点的电场强度，下列判断正确的是 A ．大小相等，方向相同 B ．大小相等，方向不同 C ．大小不相等，方向相同 D ．大小不相等，方向不同17．如图是某同学在“用电磁打点计时器验证机械能守恒定律”实验中打下的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 是连续打出的五个点，A 点到其他四个点间的距离如图所示，打点周期为0.02s ，则打D 点时重物的速度是 A ．0.39m/s B ．0.49m/sC ．0.60m/sD ．0.81m/s18．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动历时t ，接着做匀减速运动历时2t ，开到乙地刚好停止．那么在匀加速运动、匀减速运动两段时间内，下列说法中正确的是A ．加速度大小之比为3︰1B ．加速度大小之比为2︰1C ．平均速度大小之比为2︰1D ．平均速度大小之比为1︰2 19．下列说法中不正确．．．的是 A ．电容器是储存电荷的装置 B ．白炽灯是利用电流的热效应工作的 C ．电动机是把其他形式的能转化为电能的装置 D ．发电机是把其他形式的能转化为电能的装置20．如图所示，河的宽度为d ，船渡河时船头始终垂直河岸．船在静水中的速度大小为v 1，河水流速的大小为v 2，则船渡河所用时间为b﹢﹣BA ．1d v B ．2d v C ．12dv v + D21．如图所示，带正电的不计重力的粒子，沿水平向右的方向垂直进入磁场，关于其运动情况，下列说法中正确的是 A ．如图中轨迹1所示 B ．如图中轨迹2所示 C ．如图中轨迹3所示 D ．垂直纸面向里运动22．如图所示，小朋友在荡秋千．在他从P 点向右运动到Q 点的过程中，重力做功的情况是A ．先做负功，再做正功B ．先做正功，再做负功C ．一直做负功D ．一直做正功 23．质点所受的力F 随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t =0时质点的速度为零，在图示的t 1、t 2、t 3和t 4各时刻中A ．t 1时刻质点速度最大B ．t 2时刻质点速度最大C ．t 3时刻质点离出发点最远D ．t 4时刻质点回到出发点二、填空题：本大题共2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分． 24．本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24-A 题计分．25．某同学做《共点的两个力的合成》实验作出如图所示的图，其中A 为固定橡皮条的固定点，O 为橡皮条与细绳的结合点，图中________是F 1、F 2合力的理论值，是合力的实验值，通过本实验可以得出结论：在误差允许的范围内，是正确的．三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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（本大题共3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）． 26．神州载人飞船的返回舱距地面10km 时开始启动降落伞装置，速度减至10m/s ，并以这个速度在大气中降落．距地面1.2m 时，返回舱的4台缓冲发动机开始向下喷火，舱体再次减速．设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，并且到达地面时恰好速度为0，求最后减速阶段的加速度大小和运动的时间．27. 如图所示，一根轻质弹簧左端固定，右端用一个质量m ＝2 kg 且大小可忽略的小物块将弹簧压缩至A 点．小物块由静止释放，在O 点脱离弹簧，继续沿桌面运动到B 点后水平抛出．水平桌面的高为h ＝5 m ，物块与桌面间的动摩擦因数为0.1，g 取10 m/s 2.求：（1）物块做平抛运动的时间；（2）物块从O 点到B 点做匀减速运动的加速度大小；（3）试分析物块在脱离弹簧前加速度的变化，并简要说明理由．28. 如图所示，质量m ＝0.1 kg 的小球，用长l ＝0.4 m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在A 处给小球6 m/s 的初速度时，恰能运动至最高点B ，设空气阻力大小恒定，g 取10 m/s 2.求：（1）小球在A 处时传感器的示数；（2）小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；（3）小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在坐标系中作出F ～v 20图象．2015年江苏省普通高中学业水平测试（必修）模拟试卷物理试题答题纸一、单项选择题：本大题共23小题，每小题3分，共69分．二、填空题：把答案填在答题纸相应的横线上（本大题共2小题，共10分）． 24-A ．， 24-B ．，25．，，三、计算题或论述题：本大题共3小题，共21分．解答请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．学校班级姓名考试号密封线参考答案一、单项选择题：本大题共23小题，每小题3分，共69分．二、填空题：本大题共2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分． 24-A ．（4分，每空2分）麦克斯韦 20 24-B ．（4分，每空2分）3.0 3625．（6分）F F′ 力的平行四边形定则三、计算或论述题:本大题共3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分26． v ²－0=2as (2分) a =v ²/(2s )=102/(2×1.2)=41.7m/s² (1分) v =at (2分) t=v/a=0.24s (1分) 27. (1) h ＝12gt 2 ∴ t ＝2h g ＝2×510＝1 s(2分) (2) f ＝μmg ＝ma∴ a ＝μg ＝0.1×10＝1 m/s 2(2分) (3) 加速度先减小至零，后增大．(2分)在刚释放物块时，由于弹力大于摩擦力，所以有向右的加速度，随着弹力的减小，加速度减小；当弹力等于摩擦力时，加速度为零；当弹力小于摩擦力时，加速度方向向左，随着弹力的减小，加速度逐渐增大，直至加速度等于1 m/s 2时物块脱离弹簧．(1分) 28. (1) F －mg ＝m v 2Al，代入数据可以求得F ＝10 N(1分)(2) W f ＋W G ＝12mv 2B －12mv 2A ①(1分) 由于物体恰能运动到最高点，则mg ＝m v 2Bl，代入数据可以求得v B ＝2gl ＝2×10×0.4＝2 m/s ② W G ＝－2mgl ③由①②③可求得W f ＝－0.8 J(1分)则小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功是0.8 J (3) W f ＋W G ＝12mv 2B －12mv 20 ④ 由于阻力大小恒定，所以W f ＋W G ＝－0.8－0.8＝－1.6 J ⑤由④⑤可得v 2B ＝v 20－32 ⑥当物块运动至最高点时有F ＋mg ＝m v 2Bl⑦由⑥⑦联立可得F ＝0.25v 20－9 (v 20≥36 )(2分)根据函数表达式可以作出图象，如图所示(3分)。

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届高三第一学期物理期末模拟卷(含答案)

2015 届高三第一学期期末模拟试卷一、单项选择题：（）1．物体以某一速度冲上一光滑斜面（足够长），加速度恒定．前 4s 内位移是 1.6m ，随后 4s内位移是零，则下列说法中错误．．的是 BA ．物体的初速度大小为 0.6m/sB ．物体的加速度大小为6m/s 2C ．物体向上运动的最大距离为 1.8mD ．物体回到斜面底端，总共需时12s（）2．如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为3。

（设最大静摩擦力等于滑动摩擦2力），盘面与水平面间的夹角为 300 ，g 取 10m/s 2。

则 ω 的最大值是 CA ． 5rad / sB ． 3rad / sC ．1.0rad / sD ．0.5rad / s（）3、如图（甲）所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球 a 、b ，悬挂于 O 点。

现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为F 、作用在 a球上的力大小为2F ，则此装置平衡时的位置可能如图（乙）中COOOOO2F2Faa2Faa 2FaFFbFbFbbbABCD（甲）（乙）（）4、如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子 P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子 P 开始运动，重力加速度为 g 。

粒子运动加速度为 AA ． lgB ．d lgC ．l l g D ．d gdddd l（） 5、如图，圆环形导体线圈 a 平放在水平桌面上，在 a 的正上方固定一竖直螺线管 b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是 DA. 线圈 a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流B. 穿过线圈 a 的磁通量变小C. 线圈 a 有扩张的趋势bPaD. 线圈 a 对水平桌面的压力F N 将增大二、多选题：（） 6、某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一条长为L、宽为b、高为 d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料. 图乙是此装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连. 带负电的尘埃被吸入矩形通道时的水平速度为v0，当碰到下板后其所带的电荷被中和，同时其被收集. 将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率相互作用 . 要增大除尘率，则下列措施可行的是AC.不计尘埃所受的重力及尘埃之间的甲乙(A ．只增大电压U B．只增大高度dC．只增大长度L D ．只增大尘埃被吸入的水平速度v0) 7、“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目。

江苏省苏州市张家港塘桥高级中学高三物理下学期期末试卷含解析

江苏省苏州市张家港塘桥高级中学高三物理下学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1(0—3A)和A2(0—0.6A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（）A.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B.A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C.A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD.A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A参考答案：答案：AD2. 如图所示，两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。

则下列说法中正确的是（）A．A环与滑杆无摩擦力B．B环与滑杆无摩擦力C．A环做的是匀速运动D．B环做的是匀加速运动参考答案：A 3. （多选）如图甲所示，面积为S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所所示(B取向里方向为正)，以下说法中正确的是：A. 环中产生逆时针方向的感应电流B. 环中产生顺时针方向的感应电流C.环中产生的感应电动势大小为1VD.环中产生的感应电动势大小为2V参考答案：AC4. （2015?昌平区二模）一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是（）A．增大入射光的频率，金属的逸出功将增大B．增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大C．增大入射光的强度，光电子的最大初动能将增大D．延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增大参考答案：B光电效应解：A、金属的逸出功由金属本身决定，增大入射光的频率，金属逸出功也将不变，故A错误；B、根据光电效应方程可知，E k=hγ﹣W；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，故B正确；C、光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多，光电子的最大初动能不变．故C错误；D 、根据光电效应方程可知，E k =h γ﹣W ；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，即使只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能也将不变，故D 错误；故选：B5. 如图所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源S 1和S 2分别位于x 轴上－0.2m 和1.2m 处，两列波的波速均为v ＝0.4m/s 、振幅均为A ＝2cm 。

2024学年江苏省苏州市张家港高级中学高三物理第一学期期末综合测试模拟试题含解析

2024学年江苏省苏州市张家港高级中学高三物理第一学期期末综合测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。

1、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为12:10:1n n =，a 、b 两点间的电压为2202u = sin100V πt （），R 为可变电阻，P 为额定电流1A 、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1A ，可变电阻R 连入电路的最小阻值是（）A ．2.2ΩB ．2.22ΩC ．22ΩD ．222Ω2、用如图a 所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F ．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ，最后作出了如图b 所示的F ﹣x 图象，g 取10m/s 2，则由图可求得圆弧轨道的半径R 为（）A ．0.125mB ．0.25mC ．0.50mD ．1.0m3、 “嫦娥四号”实现了人类首次月背登陆，为实现“嫦娥四号”与地球间通信，我国还发射了“鹊桥”中继卫星，“鹊桥”绕月球拉格朗日2L 点的Halo 轨道做圆周运动，已知2L 点距月球约6.5万千米，“鹊桥”距月球约8万千米，“鹊桥”距2L 点约6.7万千米，月球绕地球做圆周运动的周期约为27天，地球半径为6400km ，地球表面重力加速度为210m/s ，电磁波传播速度为8310m/s ⨯。

江苏省张家港市塘桥高级中学高三物理10月月考试题新人

2013-2014学年塘桥高级中学十月考试卷高三物理本试卷满分120分,考试时间为100分钟.一、单项选择题.1．如图所示，容器内盛水，器壁AB 部分倾斜。

有一个小物体P 处于图示位置，并保持静止。

则对该物体受力情况分析正确的说法是（） A ．P 可能只受一个力 B ．P 可能只受三个力 C ．P 不可能只受两个力D ．P 不是受两个力就是受四个力2．在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直。

一带电粒子(重力不计) 从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子 A.一定带正电B.速度v=E BC.若速度v ＞EB，粒子一定不能从板间射出 D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动3．如图，木块放在木板AB 上，B 端固定，现使木板从水平面绕B 端逆时针缓慢转动, 木块开始相对木板静止，后沿木板下滑，在此过程中（） A ．木块所受的静摩擦力逐渐增大B ．木块所受的静摩擦力方向沿斜面向下C ．木块所受的滑动摩擦力逐渐增大D ．木块对木板的压力逐渐增大4．如图所示，博尔特在男子100 m 决赛和男子200 m 决赛中分别以9.69 s 和19.30 s 的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌。

关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.36 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.32 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.64 m/s5．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n =100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r =1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示。

下列说法中正确的是A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W C ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大ABvB ED．前4s内通过R的电荷量为4×10－4C二.多项选择题.6．一物体自t＝0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

江苏省苏州市张家港外国语学校高三物理上学期期末试卷带解析

江苏省苏州市张家港外国语学校高三物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向。

则A．0～5 s内i的最大值为0.1 AB．第4 s末i的方向为正方向C．第3 s内线圈的发热功率最大D．3～5 s内线圈有扩张的趋势参考答案：D2. 如图所示为示波器工作原理的示意图，己知两平行板间的距离为d、板长为L，初速度为O的电子经电压为的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为m、电荷量为e。

(1)求经电场加速后电子速度v的大小；(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压应是多少？参考答案：3. 恒星是有寿命的，每一颗恒星都有其诞生、存在和死亡的过程，一颗恒星的寿命取决于它的（）A．温度 B．质量 C．体积 D．亮度参考答案：B4. 图6所示为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的0点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图7中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转参考答案：A5. 关于天体的说法，正确的是A．天文学家根据恒星的体积、温度和亮度来对恒星进行分类B．恒星就是永恒不变的星球C．赫罗图体现了恒星演化的几个阶段D．黑洞是物理学家的理论推导，实际并不存在参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B 处，调节气垫导轨水平后，用重力为F 的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A 由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t 。

江苏省苏州市张家港高级中学高三物理联考试卷带解析

江苏省苏州市张家港高级中学高三物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 某交流电的瞬时值表达式为i=5sin50πt A。

从t=0时刻到第一次电流出现最大值的时间是A． B． C． D．参考答案：B2. 光导纤维由“内芯’’和“包层’’两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出。

下列说法正确的是（）A．内芯的折射率大于包层的折射率B．内芯的折射率小于包层的折射率C．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同D．若紫光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射参考答案：A3. 如图，A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对圆盘静止．已知两物运动半径r A >r B，则下列关系一定正确的是A．角速度ωA > ωBB．线速度v A< v BC．向心加速度a A >a BωD．运动周期T A> T B参考答案：C4. （单选）如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动．保持转速n不变，继续转动到t2时刻．则（）解答：解：A 、在0～t1时间内，转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力μmg=m解得v=①物体做加速圆周运动过程W f=mv2②由①②两式解得W f=mμgR，故AC错误，B正确；D、在t1～t2时间内，物体的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故D错误；故选：B点评：本题关键根据摩擦力等于向心力，然后由动能定理列式求解．度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的v-t图象如图所示。

江苏张家港塘桥高中高三物理上学期期末模拟试题 (无答案)

高三物理一、单项选择题：每小题3分，共计18分．1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列说法中正确的是A ．开普勒发现万有引力定律B ．卡文迪许测出静电力常量C ．法拉第发现电磁感应定律D ．牛顿发现落体运动规律2.如图所示的电路中，R 1是定值电阻，R 2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S ，当光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是A 通过R 2的电流减小 B.电源的路端电压减小C.电容器C 所带的电荷量增加D.电源的效率增大3．将一小球从高处水平抛出，最初2s 内小球动能E k 随时间t 变化的图像如图所示，不计空气阻力，取g=10m/s 2。

根据图象信息，不能确定的物理量是 A ．小球的质量 B ．小球的初速度C ．最初2s 内重力对小球做功平均功率D ．小球抛出时的高度4.在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E 为电源，S 为开关。

关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是A.合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后a 、b 一样亮B.合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后b 比a 更亮一些C.断开开关，a 逐渐熄灭、b 先变得更亮后再与a 同时熄灭D.断开开关，b 逐渐熄灭、a 先变得更亮后再与b 同时熄灭5.如图所示，xpy 为直角支架，杆xp 、绳ao 均水平，绳bo 与水平方向夹角为60°。

如果在竖直平面内使支架沿顺时针缓慢转动至杆yp 水平，始终保持ao 、bo 两绳间的夹角120°不变。

在转动过程中，设绳ao 的拉力a F 、绳bo 的拉力b F ，则下面说法中不正确的是 A. aF 先减小后增大 B. a F 先增大后减小 C. b F 逐渐减小 D. b F 最终变为零6、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n =100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r =1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。