【物理】陕西省宝鸡市九校联考2015届高考模拟试卷(3月份)
2015年3月2015届高三第一次全国大联考(新课标卷1)物理卷(正式考试版)
…○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前【学科网学易大联考】2015年第一次大联考【新课标全国Ⅰ卷】理科综合·物理试题考试范围：高考全部内容；命题人：学科网大联考命题中心题号 一二 总分 得分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
第I 卷（选择题 共48分）本卷共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．牛顿以其力学的三大定律和万有引力定律而奠定了在物理学史上不可撼动的地位，关于牛顿运动定律和万有引力定律，下列描述正确的是 （ ） A ．牛顿第一定律是经过多次的实验验证而得出的 B ．牛顿第一定律只是牛顿第二定律的一个特例 C ．牛顿提出万有引力定律并据此计算出了地球的质量D ．牛顿第三定律可以很好的解释拍桌子时为什么手感到疼的问题15．行驶中的汽车遇到红灯刹车后做匀减速直线运动直到停止，等到绿灯亮时又重新启动开始做匀加速直线运动直到恢复原来的速度继续匀速行驶，则从刹车到继续匀速行驶这段过程，位移随速度变化的关系图象描述正确的是 （ ）16．如图所示，轻质圆盘和水平面夹角30，一个小木块位于距离圆心0.4m 处随圆盘一起绕过圆心垂直盘面的转轴匀速转动，当小木块和圆盘一起转动的线速度超过1/s m 时，小木块再也无法保持相对静止。
【新课标Ⅱ-3】2015届高三上学期月考(3)物理试题Word版含答案
2015届上学期高三一轮复习第三次月考物理试题【新课标II-3】说明：1．本试卷满分100分，考试时间90分钟2．将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷（客观题53分）一．单项选择题（本大题共11个小题，共33分，在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题意的，选对的得3分，选错的得零分。
）1. 物理学判天地之美，析万物之理，物理学的研究方法促进了科学技术的进步，推动了社会的发展。
下列关于物理学史识和科学方法的说法中正确的是 ( )A ．伽利略用自己设计的理想斜面实验，观察出没有摩擦力作用时小球就以恒定的速度运动下去，从而推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论B ．探究加速度与力、质量关系采用的是控制变量法，验证力的平行四边形定则采用的是图象法C ．根据速度定义式x v t ∆=∆，当t ∆趋近于零时，x t∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法D ．建立“点电荷”的概念采用了等效的方法2. 如图，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是 ( ) A ．增大斜面的倾角B ．对木块A 施加一个垂直于斜面的力C ．对木块A 施加一个竖直向下的力D ．在木块A 上再叠放一个重物3. 在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ，它们离地的高度分别为3h ，2h 和h 。
当小车遇到障碍物P 时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上。
不计空气阻力，落点如图。
则下列说法正确的是 ( )A ．三个小球落地时间差与车速有关B ．三个小球落地点的间隔距离C ．三个小球落地点的间隔距离D ．三个小球落地点的间隔距离4. 如图所示，一个小球质量为m ，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R 的竖直光滑轨道的最高点C ，则水平力对小球所做的功至少为 ( ) A ．mgR B ．2mgR C ．2.5mgR D ．3mgR5. “快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上。
陕西省宝鸡市高三物理一模试卷(含解析)
陕西省宝鸡市2015届高考物理一模试卷一、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．纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献．则以下几种说法中正确的是( )A．伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体不会比轻物体下落得快”的结论B．库仑创立了库仑定律F=k，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力恒量kC．第谷经过长达20年对太空观测，发现和总结出行星运动的三大定律D．奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应2．已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比．4根电流相同的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则关于a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B( )A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向aC．大小不为零，方向由O指向c D．大小不为零，方向由O指向d3．如图所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连．现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动．假设杆对A的支持力为N，杆对A的摩擦力为f，绳中张力为T，则此过程中( )A．F增大B．f不变C．T减小D．N减小4．如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1，2，3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于（M+m）g．现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )A．框架对地面的压力大小仍为（M+m）gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度为0D．小球的加速度大小等于g5．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是( )A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度6．在太阳系中有一颗行星的半径为R，若在该星球表面以初速度v0竖直向上抛出一物体，则该物体上升的最大高度为H，已知该物体所受的其他力与行星对它的万有引力相比较可忽略不计．根据这些条件，可以求出的物理量是( )A．太阳的密度B．该星球的第一宇宙速度C．该行星绕太阳运行的周期D．绕该行星运行的卫星的最小周期7．如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及c、d到﹣Q的距离均为L，下列说法正确的是( )A．a、d两点的电场强度相同，电势不等B．b、c两点的电场强度不同，电势相等C．将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能8．如图所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω=kt（k＞0且是恒量）的角速度转动．从t=0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上．假设在t时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下图中P﹣t图象、d2﹣t2图象分别正确的是( )A．B．C．D．三、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16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．图甲是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的电路图．按该电路图实验时，闭合开关前应将滑线变阻器的触动头滑到__________（填“最左端”或“最右端”）；图乙是小强依据甲图在实物上的连线图．小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你在乙图中的这根连线上画上“×”，并直接在图上画出这根导线的正确连线．10．振华同学用图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）该实验装置中有两处错误，分别是：__________和__________．（2）振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”．①实验中，砝码盘及盘内小砝码的总质量m最好应为__________（填选项前的字母）．A．10g B．50g C．100g D．1kg②振华同学在验证“合外力一定时加速度与质量成反比”的实验时，用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，但他清楚的知道甲、乙图属于同一纸带，则丙、丁、戊图中属于上述纸带的是__________．③由甲、乙图可求得小车的加速度大小为__________m/s2（小数点后保留两位数字）．11．某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎．由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣．假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100m/s．某次，抛碟机将飞碟以20m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，（不计空气阻力，g=10m/s2）求：（1）射击方向和水平方向的夹角应该是多少？（2）他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？（计算结果小数点后保留2位数字）12．（18分）如图所示，固定在水平地面上轨道ABCD，其中半圆形轨道ABC光滑，水平轨道CD粗糙，且二者在C点相切，A与 C分别是半径R=0.1m的半圆轨道的最高点和最低点．一根轻弹簧固定在水平轨道的最右端，将一质量m=0.02kg、电量q=8×10﹣5C的绝缘小物块紧靠弹簧并向右压缩弹簧，直到小物块和圆弧最低点的距离L=0.5m．现在由静止释放小物块，小物块被弹出后恰好能够通过圆弧轨道的最高点A，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.4，小物块可视为质点，g取10m/s2，求：（1）小物块释放前弹簧具有的弹性势能E P；（2）若在此空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度E=2×103v/m，小物块仍由原位置释放后通过A点再落回水平轨道，在此过程中小物块电势能变化量为多少？【物理----选修3-4】13．如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y=10sin5πt cm．关于这列简谐波及质点P的振动，下列说法中正确的是( )A．质点P的周期为0.4sB．质点P的位移方向和速度方向始终相反C．这列简谐波的振幅为20 cmD．这列简谐波沿x轴正向传播E．这列简谐波在该介质中的传播速度为10m/s14．有一玻璃半球，右侧面镀银，光源S在其对称轴PO上（O为球心），且PO水平，如图所示．从光源S发出的一束细光射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回．若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球心O之间的距离为多大？【物理----选修3-5】15．下列关于原子和原子核的说法正确的是( )A．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B．U（铀）衰变为Pa（镤）要经过1次α衰变和1次β衰变C．质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量D．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流E．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间16．如图所示，光滑水平面上静止有两个滑块A和B，其质量分别为m A=6kg和m B=3kg，滑块A和B间用细线相连，中间有一压缩的轻质弹簧（弹簧和A相连，和B不相连），弹簧的弹性势能为E P=36J，现剪断细线，滑块B和墙壁发生弹性碰撞（无机械能损失）后再次压缩弹簧．求弹簧再次压缩最短时具有的弹性势能．陕西省宝鸡市2015届高考物理一模试卷一、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．纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献．则以下几种说法中正确的是( ) A．伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体不会比轻物体下落得快”的结论B．库仑创立了库仑定律F=k，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力恒量kC．第谷经过长达20年对太空观测，发现和总结出行星运动的三大定律D．奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应考点：物理学史．分析：解决本题要了解物理学史，对物理学上发生的重要事件、重要规律的发现者要有所了解．解答：解：A、伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体与轻物体下落一样快”的结论，故A错误．B、库仑创立了库仑定律F=k，并用扭秤实验测定了静电力恒量k，卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G，故B错误．C、开普勒发现和总结出行星运动的三大定律，故C错误．D、1820年，奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应，故D正确．故选：D．点评：物理学史的学习可以培养科学素养和科学方法，但是学生容易出错，平时要注意记忆．2．已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比．4根电流相同的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则关于a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B( )A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向aC．大小不为零，方向由O指向c D．大小不为零，方向由O指向d考点：磁感应强度．分析：根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大约方和向．解答：解：I a=I c=I d=I b，则根据矢量的合成法则，可知，a、c两棒产生的磁场为零，则由b、d两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向a；故选：B．点评：考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成．3．如图所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连．现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动．假设杆对A的支持力为N，杆对A的摩擦力为f，绳中张力为T，则此过程中( )A．F增大B．f不变C．T减小D．N减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以B为研究对象，分析在小球上升的过程中F如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力f和支持力力N如何变化．解答：解答：解：以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示：由平衡条件得：F=mgtanα，α增大，则F增大再以整体为研究对象，力图如图2所示，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．N=（M+m）g，即N保持不变故选：A．点评：本题是动态平衡问题，采用隔离法和整体法相结合，根据共点力平衡条件求解出表达式分析．4．如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1，2，3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于（M+m）g．现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )A．框架对地面的压力大小仍为（M+m）gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度为0D．小球的加速度大小等于g考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据剪断弹簧1从最上端后瞬间，弹力仍存在，结合牛顿第二定律或平衡条件，即可求解．解答：解：根据题意，当弹簧1从最上端剪断后瞬间，弹力仍存在，而弹簧2与3，没有形变，即没有弹力，因此框架对地面的压力大小为Mg，对小球受力分析，只受重力与弹力，两力平衡，则加速度大小等于0，故ABD错误，C正确；故选：C．点评：考查弹簧剪断后瞬间的弹力有无是解题的关键，注意若是剪断弹簧，则形变来不及变化，弹力仍存在．5．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是( )A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长；解答：解答：解：ABC、电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式T=知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，由t=T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长；故AC正确B错误；D、从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r=知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确；题目要求选错误的，故选：B．点评：带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算．6．在太阳系中有一颗行星的半径为R，若在该星球表面以初速度v0竖直向上抛出一物体，则该物体上升的最大高度为H，已知该物体所受的其他力与行星对它的万有引力相比较可忽略不计．根据这些条件，可以求出的物理量是( )A．太阳的密度B．该星球的第一宇宙速度C．该行星绕太阳运行的周期D．绕该行星运行的卫星的最小周期考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据竖直上抛运动，求出星球表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力求在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动卫星的周期和该星球的第一宇宙速度．解答：解：BD、在该星球表面以初速度v0竖直上抛出一物体，则该物体上升的最大高度为H．由v02=2gH，得：g=根据在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动卫星重力提供向心力得：mg=解得：v=，T=．星球的第一宇宙速度就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的线速度，所以星球的第一宇宙速度就是，行星附近运行的卫星的最小周期就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的周期，所以最小周期是，故BD正确．AC、本题中不知道该星球绕太阳运动的任何量，故不可以就算太阳的密度和绕太阳运动的周期．故AC错误．故选：BD．点评：解决本题得关键掌握万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面的物体运动和天体运动的桥梁．7．如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及c、d到﹣Q的距离均为L，下列说法正确的是( )A．a、d两点的电场强度相同，电势不等B．b、c两点的电场强度不同，电势相等C．将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能考点：库仑定律；电势能．分析：等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，如图所示：解答：解：A、根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，ad点所在处的电场疏密相同，故a、d两点的电场强度大小相等，方向都是从右向左，故a、d两点的电场强度相同，根据等势面的分布特征可知，a的等势面的电势高于d的等势面的电势，即φa＞φb，故A正确．B、根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，b、c两点所在处的电场疏密相同，故b、c 两点的电场强度大小相等，方向都是从左向右，故b、c两点的电场强度相同，根沿着电场线电势降低，即φb＞φc，故B错误．C、由上图分布可知，a点的电势高于b点的电势，c点的电势高于d点的电势，故将一个正试探电荷从a点移动到b点时电场力做的正功，将一个正试探电荷从d点移动到c点时电场力做负功，做功不等，故C错误．D、根据E p=qφ，可知正电荷在电势高处的电势能大，故一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能，故D正确．故选：AD．点评：本题关键熟悉等量异种电荷电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．8．如图所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω=kt（k＞0且是恒量）的角速度转动．从t=0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上．假设在t时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下图中P﹣t图象、d2﹣t2图象分别正确的是( )A．B．C．D．考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小物块解锁后做平抛运动，根据平抛运动的规律和功率公式得到P与t的关系式，d2与t2的关系式，即可选择图象．解答：解：AB、时刻t将小物块解锁后物块做平抛运动，初速度为：v0=rφ=rkt物块落地时竖直分速度为：v y=物块落到地面上时重力的瞬时功率为：P=mgv y=mg，可知P与t无关，故A错误，B正确．CD、物块做平抛运动的时间为：t′=，水平位移大小为：x=v0t=rkt；根据几何知识可得落地点到转盘中心的水平距离为：d2=r2+x2=r2+（rkt）2=r2+r，故C正确，D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，熟练运用运动的分解法列式选择．三、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16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．图甲是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的电路图．按该电路图实验时，闭合开关前应将滑线变阻器的触动头滑到最左端（填“最左端”或“最右端”）；图乙是小强依据甲图在实物上的连线图．小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你在乙图中的这根连线上画上“×”，并直接在图上画出这根导线的正确连线．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；根据描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理分析电路图，然后答题．解答：解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片要置于最左端．描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由图示电路图可知，滑动变阻器连接错误，修改后的电路图如图所示：故答案为：最左端；电路图如图所示．点评：本题考查了实验注意事项、修改电路图，知道滑动变阻器的接法是正确修改电路图的关键．10．振华同学用图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）该实验装置中有两处错误，分别是：细绳与长木板不平行和打点计时器应接交流电源．（2）振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”．①实验中，砝码盘及盘内小砝码的总质量m最好应为A（填选项前的字母）．A．10g B．50g C．100g D．1kg②振华同学在验证“合外力一定时加速度与质量成反比”的实验时，用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，但他清楚的知道甲、乙图属于同一纸带，则丙、丁、戊图中属于上述纸带的是戊．③由甲、乙图可求得小车的加速度大小为2.30m/s2（小数点后保留两位数字）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：分析实验的原理图，根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题；根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度．解答：解：（1）该实验装置中有两处错误，分别是：滑轮太高（或细绳与长木板不平行）；打点计时器接到直流电源上（或打点计时器应接交流电源）．（2）①该实验要求砝码和砝码盘的总质量远远小于车的质量，即砝码和砝码盘的质量尽量小，故A正确、BCD错误，故选：A．②根据刻度尺的读数可知，1、2两点的距离为x1=3.60cm，2、3两点的距离为x2=4.70cm．根据逐差相等的公式x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3，所以4、5两点的距离为 x3=x1+3（x2﹣x1）=3.60+3×（4.70﹣3.60）=6.90cm，故戊纸带最符合，故选戊．③根据逐差相等公式a==2.30m/s2故答案为：（1）滑轮太高（或细绳与长木板不平行）；打点计时器接到直流电源上（或打点计时器应接交流电源）；（2）①A；②戊；③2.30．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎．由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣．假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100m/s．某次，抛碟机将飞碟以20m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，（不计空气阻力，g=10m/s2）求：（1）射击方向和水平方向的夹角应该是多少？（2）他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？（计算结果小数点后保留2位数字）考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）根据运动的分解求解tanθ=，从而知角度θ（2）分别根据运动学知识求飞碟上升到最高点所用时间为t1和子弹击中飞碟的位移s和飞行时间t2，则飞碟抛出后发射子弹的时间间隔t为t=t1﹣t2．解答：解：（1）设飞碟上升的最大高度h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由v=2gh可得：h==20m，由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d=20m，所以可得：tanθ==1，所以射击方向和水平方向的夹角为θ=45°．。
陕西省宝鸡市九校2015届高三3月联合检测(理综)
宝鸡市九校2015届高三3月联合检测理科综合试题命题人：烽火中学杨旭李军锋张振峰审题人：石油中学宋琪周燕郑方闫丽萍张卫尹菲菲注意事项：1、本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，其中第二卷中的第33-39题为选考题，其他题目为必考题。
总分300分，考试时间150分钟。
2、选择题的每小题选出答案后，用2B铅笔将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，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
3、非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。
超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 P-31 S-32 K-39 Ca-40 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127第I卷（选择题 126分）一、选择题：本小题包括13小题每小题6分，共78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的。
1.下列关于组成细胞的分子及细胞结构的描述，正确的是（）A．酶、抗体、受体、激素的特异性都与氨基酸的排列顺序有关。
B．胞吐现象体现了细胞膜的结构特点，利用胞吐作用运输的物质都是大分子物质。
C．真核细胞的生物膜系统与细胞运动、物质运输、能量转换以及信息传递等生命活动有关。
D．核糖体都能参与多肽链的合成，其形成都与核仁有关。
2. 根据每个细胞中核DNA相对含量的不同，将某高等哺乳动物睾丸中连续增殖的精原细胞归为A．B．C三组，每组细胞数目如图l所示；将睾丸中参与配子形成过程的细胞归为D，E，F 三组，每组细胞数目如图2所示；根据细胞中每条染色体上DNA含量在细胞周期中的变化绘制曲线，如图3所示。
下列叙述中错误的是（）A．图1中的B组细胞位于图3中的甲～乙段，细胞将发生DNA的复制和有关蛋白质的合成。
B．图l中C组的细胞不都位于图3的乙～丙段。
C．图2中，D组细胞表示精细胞，E组细胞可以表示精原细胞，也可以表示次级精母细胞。
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；。
陕西省宝鸡市九校高三物理3月联合检测试题(含解析)
2015年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．其中1～5题给出四个选项中，只有一个选项正确．6～8题给出四个选项中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．）1．（6分）（2015•宝鸡模拟）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（） A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C．伽利略通过“理想实验”得出“力是维持物体运动的原因”D．场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式【考点】：物理学史．【分析】：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法．故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：A．【点评】：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．（6分）（2015•宝鸡模拟）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（）A． I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C． t2时刻两物体相遇D． I、II两个物体的平均速度大小都是【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】： v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度为．【解析】：解：由图象可知I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动所受的合外力不变，故A错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确，C错误；由图象可知I物体的平均速度大于，II物体的平均速度大小等于，故D错误．故选B．【点评】：该题考查了速度﹣时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大．3．（6分）（2015•宝鸡模拟）如图所示，两小球A、B用劲度系数为k1的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方．OA之间的距离也为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为（）A． F1＞F2 B． F1=F2 C． F1＜F2 D．无法确定【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F1和F2的大小关系．【解析】：解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：=又由题，OA=OB=L，得，F=F合=mg，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F1=F2．故选：B．【点评】：本题的解题关键是运用几何知识分析绳子的拉力与小球重力的关系．作出力图是解题的基础，要正确分析受力情况，规范地作图，由图可以看出力的大致关系．4．（6分）（2015•宝鸡模拟）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上运动一周的时间大于它在轨道2上运动一周的时间D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：卫星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此可以分析不同半径上圆周运动的速度大小、角速度大小和加速度大小．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，则有：可得：A、线速度可知轨道3的半径大，线速度小，故A错误；B、角速度可知轨道3的半径大，角速度小，故B错误；C、根据开普勒行星运动定律知，轨道2的半长轴大于轨道1的半径，故卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，故C错误；D、卫星在P点都是由万有引力产生加速度，在同一位置加速度相同，不管卫星在哪个轨道上，加速度大小相同，故D正确．故选：D．【点评】：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．5．（6分）（2015•宝鸡模拟）如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点p将向上运动 D． R2上消耗的功率逐渐增大【考点】：电容；电功、电功率．【专题】：电容器专题．【分析】：对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则可分析R4功率的变化．【解析】：解：A、电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，R1两端的电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，即R2与R4两端的电压减小；而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知R2两端的电压增大，故R4两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；B、因并联部分电压减小，则R3中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B错误；C、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分电压减小；电容器两端的电压减小，质点电场力减小；则质点将向下移动，故C错误；D、将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则由电源的输出功率可知，当内外电阻相等时，输出功率最大，因不明确电阻的大小关系，故R4上消耗的功率可能先增加后减小；故D错误；故选：A．【点评】：本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分﹣整体﹣部分的分析思路进行分析．6．（6分）（2015•宝鸡模拟）如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（）A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大【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】：根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．【解析】：解：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度根据L=．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选：BD．【点评】：解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析．7．（6分）（2015•宝鸡模拟）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【考点】：牛顿运动定律的综合应用；功能关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．【解析】：解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1…①F﹣mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD【点评】：本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．8．（6分）（2015•宝鸡模拟）在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0〜t1时间内，导线框中（）A．感应电流方向为顺时针B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为D．感应电流大小为【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解．【解析】：解：A、B、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流，也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A正确，B错误；C、D、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2×，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I==．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差是解题的关键．二、本卷包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都应作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效．（一）必考题9．（8分）（2015•宝鸡模拟）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图1、2所示，则该电炉丝的直径为0.900 mm．长度为33.10 mm．该小组同学又从标称为“220v 500W”、“220v 300W”、“220v 25W”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图3所示，则该电炉的阻值是160.0 Ω，标称功率为300 W．【考点】：测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】：实验题．【分析】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆表读出电阻，根据P=求解功率．【解析】：解：由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.0×0.01mm=0.400mm，金属丝直径为0.5mm+0.400mm=0.900mm；由图2所示游标卡尺可知，主尺示数为3.3cm=33mm，游标尺示数为2×0.05mm=0.10mm，金属丝的长度为33mm+0.10mm=33.10mm；由图3可知，该电炉的阻值是16.0×10=160.0Ω，根据P=得：功率P=W，故标称功率为300W故答案为：0.900；33.10；160.0；300【点评】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．10．（9分）（2015•宝鸡模拟）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示．（1）请按图1电路原理图把图2实物电路画线代导线连接起来．（2）该同学顺利完成实验，测定下列数据根据数据在图3坐标图中画出U﹣I图，由图知：电池的电动势为 1.5V ，内阻为0.5Ω．I/A 0.1 0.17 0.23 0.30U/V 1.20 1.00 0.80 0.60（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：电压表内阻分流．（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测＜E真，r测＜r真（填“＜”、“=”或“＞”）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据电路图连接实物图．（2）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．（3）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．（4）作出U﹣I图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小．【解析】：解：（1）对照电路图连线即可，要注意电表的极性，实物图连线如图：（2）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图．纵轴截距为1.5，所以电动势：E=1.5V．图线的斜率：k==3.0Ω，则内阻：r=3.0﹣2.5Ω=0.5Ω．（3）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．（4）保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．故答案为：（1）如图（2）1.5V，0.5Ω（3）电压表内阻分流（4）＜；＜【点评】：解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系．11．（14分）（2015•宝鸡模拟）如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．（取g=10m/s2）求：（1）v0的大小；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．【考点】：动能定理；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）在整个过程中由动能定理求的；（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力；【解析】：解：（1）在整个过程中由动能定理可知：（2）从A到Q的过程中由动能定理可知：在Q点由牛顿第二定律可得：F N﹣mg=联立解得：F N=12N由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N答：（1）v0的大小为2m/s；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N．【点评】：本题主要考查了动能定理的灵活运用，关键是过程的选取．12．（16分）（2015•宝鸡模拟）如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，根据动能定理求出带电系统运动的最大速度；（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多，根据动能定理求出B运动的最大位移，结合电场力做功求出电势能增加量的最大值．（3）根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中的时间，再根据牛顿第二定律和速度时间公式求出系统匀减速运动到零的时间，结合对称性求出带电系统回到初始位置所用时间．【解析】：解：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，从释放带电系统到小球B 刚进入电场的过程中，根据动能定理有：．（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多设B球在电场中的最大位移为x，由动能定理得：2qE（L+x）﹣3qEx=0﹣0得：x=2L所以B电势能增加的最大值为：W1=3qE×2L=6qEL（3）设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，则有：其中：，解得末速度v=a1t1又设小球B进入电场后至系统速度为零的过程中，带电系统运动的时间为t2，其中：解得根据对称性可知，带电系统从出发点回到出发点的过程中所用总时间为：t=2t1+2t2解得：．答：（1）带电系统运动的最大速度为．（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为6qEL；（3）带电系统回到初始位置所用时间为．【点评】：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合，选择系统为研究对象，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解，知道系统向右运动的过程和向左运动的过程具有对称性．【物理--选修3-4】（15分）13．（5分）（2015•宝鸡模拟）下列说法正确的是（）A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D．光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点E．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振【考点】：产生共振的条件及其应用；全反射；光的干涉．【分析】：受迫振动的频率有驱动力的频率决定；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；条纹间距公式；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉．【解析】：解：A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期有驱动力的周期决定，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故A正确；B、变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场；故B错误；C、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，根据条纹间距公式，波长变短，故则干涉条纹间距变窄，故C正确；D、光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强、衰减小等优点，故D 正确；E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉，故E错误；故选：ACD．【点评】：本题考查了受迫振动、麦克斯韦电磁场理论、双缝干涉、光纤通信等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点．14．（10分）（2015•宝鸡模拟）某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示（1）若波向右传播．零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振，求：①该列波的周期T；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：（1）波向右匀速传播，根据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速；由图读出波长，根据求出周期；当图示时刻x=0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波谷．根据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波谷时所经历的时间，分析O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0．（2）先求解波形平移的距离，看其与波长的关系，再判断波形平移的方向．【解析】：解：（1）由图象可知：λ=2m，A=2cm当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下．波速==10m/s由得：T=0.2s由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间：=0.75s=（3+），而t=0时O点的振动方向向上，故经△t2时间，O点振动到波谷，即y0=2cmS0=（3+1/4）×4A=0.26m（2）当波速v=20m/s时，经历0.525s时间，波沿x轴方向传播的距离x=vt=10.5m=（5+）λ，故波沿x轴负向传播；答：（1）①该列波的周期T为0.2s；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移为2cm，其所经过的路程s0为为0.26cm；（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波沿x轴负向传播．【点评】：本题考查通过两个时刻的波形来研究波传播的距离、波速、周期的问题，属于中档题．[物理--选修3-5】（15分）15．（2015•宝鸡模拟）下列说法正确的是（）A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大。
2015年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷(3月份)
2015年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）A.法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B.牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C.伽利略通过“理想实验”得出“力是维持物体运动的原因”D.场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式【答案】A【解析】解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法．故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：A．常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（）A.I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小B.在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C.t2时刻两物体相遇D.I、II两个物体的平均速度大小都是【答案】B【解析】解：由图象可知I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动所受的合外力不变，故A错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确，C错误；由图象可知I物体的平均速度大于，II物体的平均速度大小等于，故D错误．故选B．v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度为．该题考查了速度-时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大．3.如图所示，两小球A、B用劲度系数为k1的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方．OA之间的距离也为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为（）A.F1＞F2B.F1=F2C.F1＜F2D.无法确定【答案】B【解析】解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：合=合又由题，OA=OB=L，得，F=F合=mg，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F1=F2．故选：B．研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F1和F2的大小关系．本题的解题关键是运用几何知识分析绳子的拉力与小球重力的关系．作出力图是解题的基础，要正确分析受力情况，规范地作图，由图可以看出力的大致关系．4.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上运动一周的时间大于它在轨道2上运动一周的时间D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】D【解析】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，则有：可得：A、线速度可知轨道3的半径大，线速度小，故A错误；B、角速度可知轨道3的半径大，角速度小，故B错误；C、根据开普勒行星运动定律知，轨道2的半长轴大于轨道1的半径，故卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，故C错误；D、卫星在P点都是由万有引力产生加速度，在同一位置加速度相同，不管卫星在哪个轨道上，加速度大小相同，故D正确．故选：D．卫星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此可以分析不同半径上圆周运动的速度大小、角速度大小和加速度大小．本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)5.如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点p将向上运动D.R2上消耗的功率逐渐增大【答案】AD【解析】解：A、电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，R1两端的电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，即R2与R4两端的电压减小；而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知R2两端的电压增大，故R4两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；B、因并联部分电压减小，则R3中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B错误；C、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分电压减小；电容器两端的电压减小，质点电场力减小；则质点将向下移动，故C错误；D、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大；则内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压减小，R1两端的电压增大，那么R3两端电压减小，则其电流减小，故通过R2的电流增大，则R2上消耗的功率增加；故D 正确；故选：AD．对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则可分析R4功率的变化．本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析．6.如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（）A.若仅增大木板的质量M，则时间t增大B.若仅增大木块的质量m，则时间t增大C.若仅增大恒力F，则时间t增大D.若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t增大【答案】BD【解析】解：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度根据L=．t=．A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A 错误．B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B 正确．C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t 变大．故D正确．故选：BD．根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析．7.在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A.小球受到的重力与电场力之比为3：5B.在t=5s时，小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D.在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【答案】AD【解析】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1…①F-mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=…②由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．D、整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．8.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0〜t1时间内，导线框中（）A.感应电流方向为顺时针B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为D.感应电流大小为【答案】AC【解析】解：A、B、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流，也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A正确，B错误；C、D、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2×，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I==．故C正确，D错误．故选：AC．根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差是解题的关键．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法正确的是（）A.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B.变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D.光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点E.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振【答案】ACD【解析】解：A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期有驱动力的周期决定，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故A正确；B、变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场；故B错误；C、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，根据条纹间距公式，波长变短，故则干涉条纹间距变窄，故C正确；D、光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强、衰减小等优点，故D正确；E、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉，故E错误；故选：ACD．受迫振动的频率有驱动力的频率决定；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；条纹间距公式；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了薄膜干涉．本题考查了受迫振动、麦克斯韦电磁场理论、双缝干涉、光纤通信等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的是（）A.居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C.德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E.赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象--光电效应【答案】BCE【解析】解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；E、赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象--光电效应，故E正确；故选：BCE．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)9.某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图1、2所示，则该电炉丝的直径为______ mm．长度为______ mm．该小组同学又从标称为“220v500W”、“220v300W”、“220v25W”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图3所示，则该电炉的阻值是______ Ω，标称功率为______W．【答案】0.900；33.10；160.0；300【解析】解：由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.0×0.01mm=0.400mm，金属丝直径为0.5mm+0.400mm=0.900mm；由图2所示游标卡尺可知，主尺示数为3.3cm=33mm，游标尺示数为2×0.05mm=0.10mm，金属丝的长度为33mm+0.10mm=33.10mm；由图3可知，该电炉的阻值是16.0×10=160.0Ω，根据P=得：功率P=W，故标称功率为300W故答案为：0.900；33.10；160.0；300游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆表读出电阻，根据P=求解功率．游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．10.某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示．（1）请按图1电路原理图把图2实物电路画线代导线连接起来．（2）该同学顺利完成实验，测定下列数据根据数据在图3坐标图中画出U-I图，由图（3）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：______ ．（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测______ E真，r测______ r真（填“＜”、“=”或“＞”）．【答案】1.5V；0.5Ω；电压表内阻分流；＜；＜【解析】解：（1）对照电路图连线即可，要注意电表的极性，实物图连线如图：（2）U-I图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图．纵轴截距为1.5，所以电动势：E=1.5V．图线的斜率：k==3.0Ω，则内阻：r=3.0-2.5Ω=0.5Ω．（3）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．（4）保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U-I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．故答案为：（1）如图（2）1.5V，0.5Ω（3）电压表内阻分流（4）＜；＜（1）根据电路图连接实物图．（2）U-I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．（3）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．（4）作出U-I图线的测量图线和真实图线，比较电动势和内阻的测量值和真实值的大小．解决本题的关键会从U-I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系．四、计算题(本大题共2小题，共30.0分)11.如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．（取g=10m/s2）求：（1）v0的大小；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．【答案】解：（1）在整个过程中由动能定理可知：（2）从A到Q的过程中由动能定理可知：在Q点由牛顿第二定律可得：F N-mg=联立解得：F N=12N由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N答：（1）v0的大小为2m/s；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N．【解析】（1）在整个过程中由动能定理求的；（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力；本题主要考查了动能定理的灵活运用，关键是过程的选取．12.如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？【答案】解：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，从释放带电系统到小球B刚进入电场的过程中，根据动能定理有：．（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多设B球在电场中的最大位移为x，由动能定理得：2q E（L+x）-3q E x=0-0得：x=2L 所以B电势能增加的最大值为：W1=3q E×2L=6q EL（3）设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，则有：其中：，解得末速度v=a1t1又设小球B进入电场后至系统速度为零的过程中，带电系统运动的时间为t2，其中：解得根据对称性可知，带电系统从出发点回到出发点的过程中所用总时间为：t=2t1+2t2解得：．答：（1）带电系统运动的最大速度为．（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为6q EL；（3）带电系统回到初始位置所用时间为．【解析】（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，根据动能定理求出带电系统运动的最大速度；（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多，根据动能定理求出B运动的最大位移，结合电场力做功求出电势能增加量的最大值．（3）根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中的时间，再根据牛顿第二定律和速度时间公式求出系统匀减速运动到零的时间，结合对称性求出带电系统回到初始位置所用时间．本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合，选择系统为研究对象，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解，知道系统向右运动的过程和向左运动的过程具有对称性．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示（1）若波向右传播．零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振，求：①该列波的周期T；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）【答案】解：（1）由图象可知：λ=2m，A=2cm当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下．波速==10m/s由得：T=0.2s由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间：=0.75s=（3T+），而t=0时O点的振动方向向上，故经△t2时间，O 点振动到波谷，即y0=2cmS0=（3+1/4）×4A=0.26m（2）当波速v=20m/s时，经历0.525s时间，波沿x轴方向传播的距离x=vt=10.5m=（5+）λ，故波沿x轴负向传播；答：（1）①该列波的周期T为0.2s；②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移为2cm，其所经过的路程s0为为0.26cm；（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波沿x轴负向传播．【解析】（1）波向右匀速传播，根据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速；由图读出波长，根据求出周期；当图示时刻x=0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波谷．根据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波谷时所经历的时间，分析O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0．（2）先求解波形平移的距离，看其与波长的关系，再判断波形平移的方向．本题考查通过两个时刻的波形来研究波传播的距离、波速、周期的问题，属于中档题．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．发现质子的核反应为：N+H e→O+H．已知氮核质量为m N=14.00753u，氧核的质量为m O=17.00454u，氦核质量m H e=4.00387u，质子（氢核）质量为m p=1.00815u．（已知：1uc2=931M e V，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1：50．求氧核的速度大小．【答案】解：（1）、这一核反应中，质量亏损：△m=m N+m H e-m O-m p=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u由质能方程，则有△E=△m c2=-0.00129×931=-1.20M e V故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20M e V（2）、根据动量守恒定律，则有：m H e v0=m H v H+m O v O又：v O：v H=1：50解得：v O=1.8×106m/s答：（1）这一核反应是吸收能量，相应的能量变化为1.20M e V；（2）氧核的速度大小1.8×106m/s．【解析】（1）根据质量亏损，结合质能方程，即可求解；（2）根据动量守恒定律，结合速度大小之比为1：50，即可求解．考查质量亏损与质能方程的应用，掌握动量守恒定律的内容，注意其矢量性，同时注意单位的换算是解题的关键．。
陕西省宝鸡市九校2015届高三3月联合检测数学(理)试题
陕西省宝鸡市九校2015届高三3月联合检测数学（理）试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．其中第Ⅱ卷第22、23、24题为三选一，其它题为必考题．考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置．2．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合{0,1,2}A =,{1,}B m =. 若AB B =,则实数m 的值是（ ☆ ）A.0B.0或2C.2D.0或或2 2．如图,在复平面内,复数1z ,2z 对应的向量分别是OA ,OB ,则复数12z z 对应的点位于（ ☆ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3．若向量(1,2)=-a ,(2,1)=b ,(4,2)--c =,则下列说法中错误．．的是（ ☆ ） A. a b ⊥ B. 向量a 与向量c 的夹角为90︒ C. b ∥cD.对同一平面内的任意向量d ,都存在一对实数12,k k ,使得12k k =d b +c4．在△ABC 中,已知3C π=,4b =,△ABC 的面积为则c =（ ☆ ）B. C. D.5．已知一个三角形的三边长分别是5,5,6,一只蚂蚁在其内部爬行,若不考虑蚂蚁的大小,则某时刻该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过2的概率是（ ☆ ）A. 12π- B.13π-C.16π-D.112π-6．一个四面体的顶点在空间直角坐标系o xyz -中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的主视图时，以zox 平面为投影面，则得到主视图可以为（ ☆ ）A. B. C. D. 7．某程序框图如图所示,若该程序运行后输出的值是74,则（ ☆ ） A.3a = B.4a = C.5a = D.6a =8．函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，那么()f x 的图像最有可能的是（ ☆ ）9．已知x ,y 满足03040x y x y ≤≤⎧⎪≤≤⎨⎪-≤⎩（ ☆ ）10．已知命题p 存在a R ∈，曲线221x ay +=为双曲线；命题q102x x -≤-的解集是{|12}x x <<．给出下列结论中正确的有（ ☆ ）①命题“p 且q ”是真命题；②命题“p 且(⌝q )”是真命题； ③命题“(⌝p )或q ”为真命题；④命题“(⌝p )或(⌝q )”是真命题． A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 11．如右图二面角βα--y 的大小为o 60，平面β上的曲线1C 在平面α上的正射221x y +=()01x ≤≤，则影为曲线2C ，2C 在直角坐标系xOy 下的方程曲线1C 的离心率（ ☆ ）A.1=eB.1>eC.23=eD.21=e 12．设函数[],0()(1),0x x x f x f x x -≥⎧=⎨+<⎩，其中][x 表示不超过x 的最大整数,如[ 1.2]2-=-，[1.2]1=，[1]1=，若直线1k y x =+()k o >与函数y ()f x =的图象恰有两个不同的交点,则k 的取值范围是 （ ☆ ）A.[2,3)B.[3,)∞C.[2,3]D.(2,3]第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．设5260126(1)(12)-+=+++鬃?x x a a x a x a x ,则2a = ☆ ． 14．函数2π())4cos 4f x x x =-+的最小值为 ☆ ．15．已知函数()f x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数,在(0,)+∞上单调递减,且(2)0f =,若(1)0f x -≤，则x 的取值范围为 ☆ ．16．椭圆221(y 0)94x y +=≥绕x 轴旋转一周所得的旋转体的体积为 ☆ ．三、解答题：（本大题5小题，每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．已知{}n a 是一个单调递增的等差数列，且满足2421a a =,1510a a +=，数列{}n c 的前n 项和为1n n S a =+()N n *∈，数列{}n b 满足2n n n b c =.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)求数列{}n b 的前n 项和.18．某市为了了解“陕西分类招生考试”宣传情况，从,,,A B C D 四所中学的学生当中随机抽取50名学生参加问卷调查，已知,,,A B C D 四所中学各抽取的学生人数分别为15,20,10,5.(Ⅰ)从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生,求这两名学生自同一所中学的概率；(Ⅱ)在参加问卷调查的50名学生中,从自,A C 两所中学的学生当中随机抽取两名学生,用ξ表示抽得A 中学的学生人数,求ξ的分布列及期望值.19．在梯形ABCD 中，//AD BC ，2BC AD =，AD AB ==，AB BC ⊥，如图把ABD ∆沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD . （Ⅰ）求证CD ⊥平面ABD ； （Ⅱ）若点M 为线段BC 中点,求点M 到平面ACD 的距离． 20．设(,)M x y到定点F的距离和它到直线x =． （Ⅰ）求点(,)M x y 的轨迹方程；（Ⅱ）O 为坐标原点,斜率为k 的直线过F 点,且与点M 的轨迹交于点11(,)A x y ,22(,)B x y ,若121240x x y y +=,求△AOB 的面积．21．设函数()e ,xf x =2()()1g x f x ax bx =---,其中e 为自然对数的底数.(Ⅰ)已知12,R x x ∈,求证[]12121()()()22x x f x f x f ++≥； (Ⅱ)函数()h x 是()g x 的导函数，求函数()h x 在区间[0,1]上的最小值．请考生从第22、23、24题中任选一题做答．多答按所答的首题进行评分． 22．（本题满分10分）选修4—1几何证明选讲.已知圆内接△ABC 中，D 为BC 上一点，且△ADC 为正三角形，点E 为BC 的延长线上一点，AE 为圆O 的切线． （Ⅰ）求∠BAE 的度数； （Ⅱ）求证2=CD BD EC23．（本题满分10分）选修4—4坐标系与参数方程.坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中,圆C 的参数方程1cos (sin x y ϕϕϕ=+⎧⎨=⎩为参数).以O 为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(Ⅰ)求圆C 的极坐标方程；DA BCB(Ⅱ)射线:4OM πθ=与圆C 的交点为O 、P 两点，求P 点的极坐标.24．（本题满分10分）选修4—5 不等式选讲.(Ⅰ)设函数1()=||||(0)f x x x a a a-++>.证明：()2f x ≥； (Ⅱ)若实数z y x ,,满足22243x y z ++=,求证23x y z ++≤命题人：宝鸡石油中学 张新会 审题人：宝鸡石油中学 齐宗锁 张亚会题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案BDDCCAAABBCD13． 30 14． 22- 15．[1,1)[3,)-+∞16．（课本P95第6题）旋转体的体积为323300124(1)8()16927x V dx x x πππ=-=-=⎰三、解答题：本大题5小题，每题12分，共70分. 17．解(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,则依题知0d >. 由315210a a a =+=,又可得35a =.由2421a a =,得(5)(5)21d d -+=,可得2d =.所以1321a a d =-=.可得21(*)N n a n n =-∈ ……………………6分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得12n n S a n =+=当2n ≥时,122(1)2n n n c S S n n -=-=--=当1n =时,112c S ==满足上式，所以2(*)N n c n =∈ 所以12222n n n n n b c +==⨯=，即12n n b +=,因为211222n n n n b b +++==，14b = 所以数列{}n b 是首项为4,公比为2的等比数列.所以前n 项和24(12)2412n n n T +⨯-==-- ………………………12分18．解 (Ⅰ)从50名学生中随机抽取两名学生的取法共有2501225C =种，自同一所中学的取法共有22221520105350C C C C +++=∴从50名学生中随机抽取两名学生自同一所中学的概率为350212257P ==.(Ⅱ)因为50名学生中,自,A C 两所中学的学生人数分别为15,10. 依题意得,ξ的可能取值为0,1,2,2102253(0)20ξC P C ===,1115102251(1)2ξC C P C ===,2152257(2)20ξC P C ===∴ξ的分布列为ξ的期望值为3012202205ξE =⨯+⨯+⨯= ………………………12分19．解：（Ⅰ）证明因为//AD BC ,2BC AD =， 2AD AB ==,AB BC ⊥,203所以2BD ==,045DBC ADB ∠=∠=CD =2=,222BD CD BC +=,所以CD BD ⊥. 因为平面ABD ⊥平面BCD ,平面ABD平面BCD BD =,所以CD ⊥平面ABD ．………… 6分(Ⅱ)解：由（Ⅰ）知CD BD ⊥.以点D 为原点，DB 所在的直线为x 轴, DC 所在直线为y 轴，如图建立空间直角坐标系D xyz -.则(1,0,1)A ,(2,0,0)B ,(0,2,0)C ,(0,0,0)D ,(1,1,0)M ． 所以(0,2,0)CD =-,(1,0,1)AD =--,(1,1,0)MC =-． 设平面ACD 的法向量为(,,)x y z =n ,则0CD ⋅=n 且0AD ⋅=n , 所以20,0.y x z -=⎧⎨--=⎩令1x =,得平面ACD 的一个法向量为(1,0,1)=-n所以点M 到平面ACD的距离为||||2MC d ===n n ．………………12分 20．解：=化简得点(,)M x y 的轨迹方程为2214xy +=．………………………6分（Ⅱ）设直线AB的方程为(y k x =.联立方程组2214(x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩消去y 并整理得2222(41)1240k xx k +-+-=故21212212441k xx x x k -+==+22121212122((3)[)3]41k y y k x k x k x x x x k -=-=++=+又121240x x y y +=所以2222124404141k k k k--+=++,可得212k =,所以121223x x x x +==由||2AB == 原点O 到直线AB的距离1d所以112AOB S AB d ∆=⋅= ……………………………… 12分21．(Ⅰ)证明：[]12121()()()22x x f x f x f ++-121221(e e )e 2x xx x +=+- 121212222211(e e 2e )(e e )0.22x x x x x x +=+-=-≥ []12121()()().22x x f x f x f +∴+≥ ………………………6分 (Ⅱ)22()()11x g x f x ax bx e ax bx =---=---，()()2x h x g x e ax b '==--，()2x h x e a '=-（1）当12a ≤时,∵[0,1]x ∈，1x e e ≤≤，∴2x a e ≤恒成立， 即()20xh x e a '=-≥,()h x 在[0,1]上单调递增, 所以()(0)1h x h b ≥=-.（2）当2ea >时,∵[0,1]x ∈，1x e e ≤≤，∴2x a e >恒成立，即()20xh x e a '=-<,()h x 在[0,1]上单调递减, 所以()(1)2h x h e a b ≥=--. （3）当122e a <≤时，()20xh x e a '=-=得ln(2)x a =()h x 在[0,ln 2]a 上单调递减,在[ln 2,1]a 上单调递增,所以()(ln 2)22ln 2h x h a a a a b ≥=-- ………………………12分23．解：(Ⅰ)圆C 的普通方程是221y 1x -+=()，又cos ,sin x y ρθρθ== 所以圆C 的极坐标方程是2cos ρθ= ………………………5分 (Ⅱ)因为射线:4OM πθ=的普通方程为,0y x x =≥ 联立方程组22,01y 1y x x x =≥⎧⎨-+=⎩()消去y 并整理得20x x -= 解得1x =或0x =，所以P 点的坐标为(1,1)所以P 点的极坐标为)4π………………………10分解法2：把4πθ=代入2cos ρθ=得2cos4πρ==所以P 点的极坐标为)4π………………………10分24．证明(Ⅰ)由0a >， 有111()=|||||)()|2f x x x a x x a a a a a-++≥--+=+≥( 所以()2f x ≥ ………………………5分 (Ⅱ)22243x y z ++=,由柯西不等式得2222222[(2)+](111)(2)x y z x y z +++≥++(当且仅当2111x y z ==即6355x z y ===，时取“=”号)整理得9)2(2≤++z y x ,即32≤++z y x ……………………10分。
陕西省宝鸡中学2015届高三上学期期中考试物理试题(A卷)Word版含答案
陕西省宝鸡中学2015届高三上学期期中考试理科综合试题（A 卷）说明：1、本试卷分I II 两卷，第I 卷的答案按照A 、B 卷的要求涂到答题卡上。
2、全卷共 38 小题，其中必做题32个 选做题6个 满分300分，150分钟完卷。
第Ⅰ卷(共126分)二：选择题：(本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14．一个物体沿直线运动，从t ＝0时刻开始，物体的xt－t 的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5 m/s 和－1 s ，由此可知（ ）A ．物体做匀速直线运动B ．物体做变加速直线运动C ．物体的初速度大小为0.5 m/sD ．物体的初速度大小为1 m/s15..应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。
例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。
对此现象分析正确的是（ ） A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度等于重力加速度16. 如图所示，固定在水平地面上的物体A ，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜 面，一根轻绳跨过 物体A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m 1、m 2的小球，当两球静止时，小球m 1与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m 1、m 2之间的关系是 （ ） A ．m 1=m 2B ．m 1=m 2tan θC ．m 1=m 2cot θD ．m 1=m 2cos θ17.如图所示，t=0时，质量为0.5kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C 点。
高三物理月考试题及答案-陕西宝鸡市2015届高三教学质量检测(二)
2015年陕西省宝鸡市高考物理二模试卷一、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14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2015•宝鸡二模）下列关于单位制的说法中正确的是（）A．在国际单位制中，力（F）、质量（M）、时间（t）是基本物理量B．在国际单位制中，牛顿（N）、千克（kg）、秒（s）是基本单位C．在国际单位制中，速度的国际单位千米/小时（km/h）是导出单位D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma【考点】：力学单位制．【分析】：国际单位制中规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔【解析】：解：A、在国际单位制中，质量（M）、时间（t）是基本物理量，而力（F）不是基本物理量，故A错误．B、在国际单位制中，千克（kg）、秒（s）是基本单位，牛顿（N）是导出单位，故B错误．C、在国际单位制中，速度的国际单位是m/s是导出单位，千米/小时（km/h）不是国际单位制中的单位，故C错误．D、牛顿第二定律一般形式为F=kma，只有在国际单位制中，k才等于1，牛顿第二定律的表达式才是F=ma，故D正确．故选：D．【点评】：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位．2．（6分）（2015•宝鸡二模）如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示顺时针转动，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）A． M相对地面静止在传送带上 B． M沿传送带向上运动C． M受到的摩擦力不变 D． M下滑的速度减小【考点】：摩擦力的判断与计算．【专题】：摩擦力专题．【分析】：在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析解决问题，依据滑动摩擦力与相对运动方向相反，从而即可求解．【解析】：解：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力【分析】：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】：判断物体的运动必须对物体进行受力分析，还要结合物体的运动状态，注意传送带在运动前后，物体仍是滑动摩擦力是解题的关键．3．（6分）（2015•宝鸡二模）如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．导线中通以沿x轴正方向的恒定电流I，悬线与竖直方向的夹角为θ，且导线保持静止，则磁感应强度的最小值和方向为（）A．tanθ，z轴正向 B．，y轴正向C．tanθ，z轴负向 D．sinθ，沿悬线向下【考点】：安培力．【分析】：左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论【解析】：解：A、磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：B=tanθ，故A正确；B、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故B错误；C、当磁场沿x负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=可以使导线静止，但与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故C错误；D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向下方，由平衡条件得：BIL=mgsinθ，则B=sinθ，故D正确；故选：AD【点评】：左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则4．（6分）（2015•宝鸡二模）我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为2t（设卫星接收到“操作指令”后立即操作，并立即发送“已操作”的信息到控制中心），测得该卫星运行周期为T，地球半径为R，电磁波的传播速度为c，由此可以求出地球的质量为（）A． B．C． D．【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：由匀速运动的可求得地球到卫星的距离，再由万有引力提供向心力公式可求得地球的质量．【解析】：解：由x=vt可得：卫星与地球的距离为x=C（2t）=Ct卫星的半径为：r=R+x=R+Ct；由万有引力公式可得：解得：M=故选：B．【点评】：本题考查向心力公式及运动学公式，要注意明确光速度为C，并能正确求出卫星的半径5．（6分）（2015•宝鸡二模）美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带正电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性；由E=求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．【解析】：解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．B、由平衡条件得：mg=q；得油滴带电荷量为：q=，故B错误．C、根据U=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C===．故C正确．D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．故选：C．【点评】：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．6．（6分）（2015•宝鸡二模）如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W．现闭合开关，灯泡正常发光．若矩形金属线框的电阻忽略不计，则（）A． t=0.01s时刻穿过线框的磁通量为零B．交流发电机转动的角速度速为314rad/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 AD．灯泡的额定电压为220V【考点】：变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【专题】：交流电专题．【分析】：由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．【解析】：解：A、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；B、由图可知，交流电的周期为0.02s，则角速度为：rad/s=314rad/s，故B正确；C、副线圈中消耗的电功率是22W，所以原线圈中的输入功率是22W，原线圈输入电压为有效值为22V，则变压器原线圈中电流表示数为： A；故C正确；D、灯泡正常发光，故额定电压为220V，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可．7．（6分）（2015•宝鸡二模）一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则（）A．木块的重力势能增加了mgh B．木块的机械能增加了FhC．拉力所做的功为Fh D．木块的动能增加了Fh【考点】：功能关系；功的计算；重力势能．【分析】：功是力与力的作用点的乘积；题中拉力做功等于木块和弹簧系统的机械能增加量．【解析】：解：A、用恒力F拉弹簧，力F的作用点向上移动的距离为h，物体上升的高度不是h，故重力势能的增加量不是mgh，故A错误；B、C、D、功是力与力的作用点的乘积，故拉力的功为Fh，等于木块和弹簧系统的机械能增加量，故BD错误，C正确；故选：C．【点评】：用拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h时的拉力是F．8．（6分）（2015•宝鸡二模）如图所示，在竖直方向上有四条间距为L=0.5m的水平虚线L1，L2，L3，L4，在L1L2之间，L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于纸面向里．现有一矩形线圈abcd，长度ad=3L，宽度cd=L，质量为0.1kg，电阻为1Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd边水平，（g=10m/s2）则（）A． cd边经过磁场边界线L1时通过线圈的电荷量为0.5CB． cd边经过磁场边界线L3时的速度大小为4m/sC． cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为0.25sD．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，线圈产生的热量为0.7J【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据感应电荷量q=，求解电荷量；cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度．cd边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，根据运动学公式求出此过程的时间，再求解线圈下面磁场的时间，即可求解线圈cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔．根据能量守恒求出线圈中所产生的电热．【解析】：解：A、cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q====0.25C，故A错误．B、cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有：mg=BIL而I=联立两式解得：v===4m/s．故B正确．C、cd边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，设此过程的时间为t1．此过程的逆过程为匀减速运动，由运动学公式得：L=vt1﹣cd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为 t2==0.25s，故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为 t1+t2＞0.25s．故C错误．D、线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得：Q=mg•3L﹣mv2=0.7J．故D正确．故选：BD．【点评】：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，分别从力和能量两个角度进行研究．三、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16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）（2015•宝鸡二模）某实验小组的同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，实验装置如图所示．他们验证的原理是：看重物重力势能的减少量△E p=mgh n与其动能的增加量△E k=mv n2在误差允许范围内是否相等．实验中在计算纸带上某一点的速度时，甲同学用v n=g（nT）来计算，乙同学用v n=来计算，其中乙（填“甲”或“乙”）同学的计算方法更符合实验要求；在代入重力加速度g的数值时，甲用a=计算出重物下落的实际加速度并代入．乙同学用当地的实际重力加速度代入，其中乙（填“甲”或“乙”）同学的做法是正确的；某同学采用正确计算方法进行实验和计算，结果发现重物重力势能的减少量△E p略大于动能的增加量△E k．产生这种现象的主要原因是空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：（1）在验证机械能守恒定律时，通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量．求解重力势能的减小量时用当地的重力加速度代入计算．（2）由于存在阻力作用，重力势能的减小量略大于动能的增加量．【解析】：解：因有阻力作用，重物下落的实际加速度a＜g，故甲同学的计算方法不正确，乙同学应用v n=来计算是正确的．求重物重力势能的减少量时，应当用当地的实际重力加速度来计算，但一定大于重物下落的实际加速度a，故乙正确．结果发现重物重力势能的减少量△E p略大于动能的增加量△E k．产生这种现象的主要原因是空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起．故答案为：乙，乙，空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起【点评】：解决本题的关键知道实验的原理，掌握验证机械能守恒定律得方法，以及知道误差形成的原因，难度不大．10．（10分）（2015•宝鸡二模）A、B同学都用如图甲所示的电路测电源电动势E、内阻r以及R1的阻值．实验器材有：待测电源E，待测电阻R1，电压表V（量程为2.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．（1）A同学测量电阻R1的实验步骤如下，请在下面横线的空白处他的操作补充完整．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1，保持电阻箱阻值不变，将S2切换到b ，读出电压表的示数U2，则电阻R1的表达式为R1= ．（2）B同学已经测得电阻R1=5.2Ω，继续测电源电动势E和内阻r的值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的﹣图线，则待测电源电动势E= 1.43 V，内阻r= 0.8 Ω（计算结果小数点后保留两位数字）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）电压表内阻很大，可以近似看作理想电表，可以根据串联电路的电路知识可以求出电阻的阻值；（2）由电阻箱及电压表可以得出电压及外电阻，则由闭合电路欧姆定律可求得电动势和电阻R2的阻值；【解析】：解：（1）当电压表接a时，电压表测R两端的电压，当接b时，电压表测R1及R 两端的电压；则R1两端的电压为：U2﹣U1；此时流过R1的电流为；由欧姆定律可得：R1=；故1中应将S2切换到b；（2）由题意可知，此实验中可测量出电阻箱的示数R，而电压表则出流过R的电流；由闭合电路欧姆定律可知：E=（R+R1+R2）；变形可得：=；由数学知识可得，=0.7；E=1.43V；==6解得内阻R2=6﹣5.2=0.8Ω；故答案为：（1）将S2切换到b；（2）1.43；0.8；【点评】：对于电学实验的考查，现在不再局限于课本知识的考查，而应根据原理去分析题意，从而找出合适的解决办法．11．（13分）（2015•宝鸡二模）如图所示，一名旅客在平直公路边等候长途汽车，他突然发现距离自己所在位置S0=5.0m处的汽车以P=34kW的恒定功率开始启动，于是他从静止开始以a=2.0m/s2的加速度匀加速追赶汽车，经过t=5.0s追上了正在加速运动的汽车．已知汽车（含车内乘客）的质量M=5.0×103kg，汽车运动过程中受到的阻力是其重力的0.08倍，重力加速度g取10m/s2．求：（1）汽车在启动过程中的最大速度；（2）人刚追上汽车时汽车的速度和加速度．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】：功率的计算专题．【分析】：（1）汽车匀加速运动过程中，牵引力不变，由P=Fv可知，发动机的功率不断增大，当达到额定功率后，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，做变加速运动，当牵引力与阻力平衡时开始匀速，此时，速度达到最大．由功率公式P=Fv m，F=f，可求出最大速度；（2）人刚追上汽车时，人运动的位移减去汽车运动的位移等于S0，根据运动学基本公式表示出人的位移，根据动能定理表示出汽车的位移，再结合牛顿第二定律及P=Fv求解人刚追上汽车时汽车的速度和加速度．【解析】：解：（1）由题意可得当汽车牵引力和阻力相等时，速度达到最大，设汽车所受牵引力为F，阻力为f，则P=Fv=fv m根据题意可知，f=0.08Mg联立可得：v m=8.5m/s（2）当旅客追上汽车时，旅客的位移为x1，汽车行驶的位移为x2，汽车速度为v′，加速度为a′，汽车所受的牵引力为F′，由题意可得：x1﹣x2=x0在旅客追上汽车的过程中，对于汽车由动能定理可得：P=Fv′加速度a联立以上各式可得：v′=6m/s，a′=0.33m/s2答：（1）汽车在启动过程中的最大速度为8.5m/s；（2）人刚追上汽车时汽车的速度为6m/s，加速度为0.33m/s2．【点评】：本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动．要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度．当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度v m=12．（18分）（2015•宝鸡二模）如图甲所示，在变长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在匀强磁场区域的左侧有一电子枪，电子枪的阴极在单位时间内产生的电子数相同，电子枪的两极间加图乙所示的加速电压，电子从电子枪射出后沿bc方向进入匀强磁场区域，已知电子的荷质比（比荷）为，电子运动中不受任何阻力，电子在电子枪中运动的时间忽略不计，求：（1）进入磁场的电子在磁场中运动的最长时间t1与最短时间t2的比值；（2）若在0﹣T0时间内射入磁场的电子数为N0，则这些电子中有多少个电子从dc边射出磁场？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）根据动能定理求出粒子的最大速度，结合半径公式求出最大半径，从而通过几何关系求出圆心角的最小值和最大值，根据周期公式求出运动的时间之比．（2）抓住粒子从dc边离开的临界状态，结合半径公式和动能定理求出电压的范围，从而得出电子从dc边射出的个数．【解析】：解：（1）设粒子进入磁场的最大速度为v m，根据动能定理得，，解得最大速度，则粒子在磁场中运动的最大轨道半径．此时对应的圆心角最小，根据几何关系得，圆心角θ1=，此时运动的时间最短，最短时间，粒子在磁场中运动的最大圆心角为π，则最长时间，可知t1：t2=6：1．（2）粒子从d点射出时，轨道半径为r=L，根据知，粒子进入磁场时的速度v==，根据动能定理得，，解得U′=，可知电压范围为，电子从dc边射出磁场，由图象可知在时间内的电子从dc边射出磁场，粒子的个数n=．答：（1）进入磁场的电子在磁场中运动的最长时间t1与最短时间t2的比值为6：1；（2）这些电子中有个电子从dc边射出磁场．【点评】：本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，对粒子在磁场中的运动，关键作出轨迹图，结合临界情况得出半径的临界值，结合半径公式和周期公式进行求解．(二）选考题、请考生从以下两个模块中任选一模块作答[物理--选修3-4]（15分）13．（6分）（2015•宝鸡二模）以下说法中正确的是（）A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb'面射出C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减小D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E．图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波【考点】：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；光的干涉．【专题】：估算分子个数专题．【分析】：根据折射率和光的传播速度之间的关系，可知，折射率越大，传播速度越小，根据图中的光线关系，判断折射率的大小，从而知道传播速度的大小．入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=，判断相邻亮条纹间距离△x的变化．光的偏振现象表明光是一种横波．【解析】：解：A、根据折射率和光的传播速度之间的关系，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度．故A正确．B、当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误．C、根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=，可知只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减小，故C正确．D、由于不知道被测样表的放置方向，故不能判断此处是凸起的，故D错误．E、只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波．故E正确．故选：ACE．【点评】：本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉．同时要掌握双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=．14．（9分）（2015•宝鸡二模）如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.4s、振幅A=3cm的简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（6m，0）的质点P刚开始振动时波源刚好位于波谷．①质点P在开始振动后的△t=2.5s内通过的路程是多少？②该简谐横波的最大波速是多少？【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：（1）简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同．简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为λ=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系．（2）根据波传播的周期性，写出该波的波速的公式，当OP之间的距离小于一个波长时，波速最大．【解析】：解：①由于质点P从平衡位置开始运动，并且（1）质点P在开始振动后的△t=2.5s内通过的路程S=6×4A+A=25A=75cm （2）②设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为△x，由题意可得：m （n=0、1、2、…）（3）所以：m/s （n=0、1、2、…）（4）当n=0时，波速最大为v m=20m/s （5）答：①质点P在开始振动后的△t=2.5s内通过的路程是75cm；②该简谐横波的最大波速是20m/s．【点评】：利用机械波的基本特点进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系；机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；本章一定要善于画波形图，据波形图分析找各质点的振动关系和距离关系．[物理--选修3-5]（15分）15．（2015•宝鸡二模）以下说法中正确的是（）A．图甲是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的α粒子数最多B．图乙是氢原子的能级示意图，氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时产生的光子的频率属于可见光范畴C．图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的是正电荷D．图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性E．图戊是风力发电的国际通用标志【考点】：光电效应；粒子散射实验．。
高三物理月考试题及答案-陕西宝鸡市2015届高三第三次质量检测理综
理科综合（物理部分）第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14、下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15、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 ．090B ．045C ．θD ．2450θ+16、如图甲所示，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θcos 2-v 图像应为图乙中的17、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 ．嫦娥三号沿椭圈轨道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18、如图甲所示，将质量为m 的小球以速度0v 竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h 。
若将质量分别为m 2、m 3、m 4、m 5的小球，分别以同样大小的速度0v 从半径均为12R 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m 2、m 3、m 4、m 5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m 2的小球B ．质量为m 3的小球C ．质量为m 4的小球D ．质量为m 5的小球19、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20、在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，1R 、3R 为定值电阻，2R 为滑动变阻器，C 为电容器。
高三物理月考试题及答案-陕西宝鸡市2015届高三第一次教学质量检测
陕西省宝鸡市2015届高三教学质量检测（一）物理试题第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14、纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献。
则以下几种说法中正确的是（ ）A ．伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体不会比轻物体下落得快”的结论B ．库仑创立了库仑定律122q q F k r =，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力恒量k C ．第谷经过长达20年对太空观测，发现和总结出行星运动的三大定律D ．奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应【答案】D【命题立意】本题旨在考查物理学史。
【解析】A 、伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体与轻物体下落一样快”的结论，故A 错；B 、库伦创立了库仑定律122q q F k r =，并用扭秤实验测定了静电力恒量K,卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G ，故B 错；C 、开普勒发现和总结出行星运动的三大定律，故C 错；D 、1820年，奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应，故D 正确。
故选：D 项15、已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比。
4根电流相同的长直通电导线a 、b 、c 、d 平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O 为正方形中心，a 、b 、c 中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则关于a 、b 、c 、d 长直通电导线在O 点产生的合磁场的磁感应强度B （ ）A ．大小为零B ．大小不为零，方向由O 指向aC ．大小不为零，方向由O 指向cD ．大小不为零，方向由O 指向d【答案】B【命题立意】本题旨在考查磁感应强度。
【解析】a c d b I I I I ===，则根据矢量的合成法则，可知，a ，c 两棒产生的磁场为零，则由b ，d 两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o 指向a ；故选：B 项。
2015年陕西省高考物理三模试卷
2015年陕西省高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.一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【答案】C【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．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.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【答案】D【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．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.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/CB.电场强度为100N/CB【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=合再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：F N+F-mg=ma解得：F=m（g+a）-F N=2×（10+2.5）-15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E=向上故选：B．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=E q 求解电场强度．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.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8e V，则电子经过N点时的动能为（）A.16e VB.7.5e VC.4.0e VD.0.5e V【答案】D【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=-7.5e V根据动能定理得：W=E k N-E k M则得：E k N=W+E k M=-7.5e V+8e V=0.5e V故选：D．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．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.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.R0B.R1C.R2D.电源内阻r【答案】C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．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．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．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.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【答案】AD【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．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.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50H z【答案】BC【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100H z，故D错误．故选：BC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，R t处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．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.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【答案】AC【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．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．13.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【答案】BC【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．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．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．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)15.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500H z．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500H z，且适当增大其输出功率【答案】D【解析】解：由题用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500H z，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500H z，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500H z，使酒杯产生共振，从而能将酒杯震碎．故D正确．故选：D．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．17.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【答案】AC【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．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．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.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50H z，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= ______ m/s2（保留两位有效数字）．【答案】；；2.0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-μM g=（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s m-s n=（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．（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s m-s n=（m-n）at2求解加速度．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.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= ______ （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= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】；；；-r；6.0；1.0【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．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四、计算题(本大题共2小题，共28.0分)11.一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：（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？【答案】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v m=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（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．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.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．【答案】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f A随时间t变化规律为f A=B i L=k BL t．由牛顿运动定律得F-f A=ma，所以水平拉力F=f A+ma=ma+k BL t代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（N）．由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q=W F-=0.1J【解析】（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．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．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.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×l05P a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？【答案】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：p1l S=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．【解析】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，利用玻意耳可求解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．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.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）．【答案】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．【解析】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sin C=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sin C=和光速公式v=．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)18.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．【答案】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．【解析】（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．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届高三物理大联考试题(三)(含解析)
物理试题(三)注：1．本卷总分100分，考试时间90分钟；2．考试范围：选修3—1．第I 卷(选择题．共30分)一、选择题(此题共10小题，每一小题3分．在每一小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1．关于静电场的电场线，如下表述正确的答案是 ( )A ．沿着电场线方向，电场强度越来越大B ．沿着电场线方向，电场强度越来越小C ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能增大D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能减小答案： C解析：沿着电场线方向，电场强度可能增大，也可能减小，选项A 、B 错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，选项C 正确、D 错误。
2．某同学斜向上抛出一铅球，忽略空气阻力。
铅球在空中运动的过程中，加速度a 随时间t 变化的关系图象是答案： B解析：铅球抛出后，只受到重力作用，加速度等于重力加速度保持不变，选项B 正确。
3．如下列图，一个丫字形弹弓顶部跨度为l ，两根一样的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为l ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去。
假设橡皮条劲度系数为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2l (弹性限度内)，如此弹丸被发射瞬间所受的最大弹力为(设弹弓的弹力满足胡克定律)( )A ．k lB ．23k lC ．215k l D ．2 k l 答案： C解析：弹弓发射弹丸的瞬间，受力如图。
设橡皮条的弹力分别为F l 、F 2，合力为F ，如此F 1＝F 2＝k(2l －l )=k l ，F=2 F 1·cos θ，由几何关系得cos θ=415，所以小球被发射瞬间所受的最大弹力F ＝kl 215，C 项正确 4．胎压检测仪是检测汽车轮胎气压的自动报警装置，其关键部件是压阻式压力传感器。
某压阻式压力传感器的特点是所受压力F 越大，其电阻R 越小。
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2015年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分•其中1〜5题给出四个选项中，只有一个选项正确.6〜8题给出四个选项中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.）1. （6分）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献•他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）A .法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B .牛顿首次提出提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C .伽利略通过理想实验”得出力是维持物体运动的原因”F FD .场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值法得到的定义式q IT2. （6分）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示. 在0〜t2时间内，下列说法中正确的是（）A . I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小B .在第一次相遇之前，t l时刻两物体相距最远C . t2时刻两物体相遇D . I、II两个物体的平均速度大小都是f3. （6分）如图所示，两小球A、B用劲度系数为k i的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方.OA之间的距离也为L,系统平衡时绳子所受的拉力为F i,现把A、B 间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F i与F2的大小关系为（）4. （ 6分）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道 1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道 3,轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3B .电流表读数减小D . R 2上消耗的功率逐渐增大6. （ 6分）如图，在光滑的水平面上放置着质量为 M 的木板，在木板的左端有一质量为 m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力 F,木块与木板由静止开始运动， 经过时间t 分离.下 列说法正确的是（）B . F I =F2C . F i < F 2D .无法确定相切于P 点，如图所示•卫星分别在1、2、 3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A. 卫星在轨道 B . 卫星在轨道 C . 卫星在轨道 D . 卫星在轨道1上的速率 1上的角速度1上运动一周的时间大于它在轨道2上运动一周的时间2上经过P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点时的加速度5. （ 6分）如图所示，平行金属板中带电质点 p 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R 4的滑片向b 端移动时，则（） A .电压表读数减小 C .质点p 将向上运动A . F i > F 2 3上的速率大于在轨道 3上的角速度大于在轨道A .若仅增大木板的质量M，则时间t增大B .若仅增大木块的质量m,则时间t增大C.若仅增大恒力F,则时间t增大D .若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为（1,则时间t增大7. （6分）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、n,在区域n中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A .小球受到的重力与电场力之比为3: 5B .在t=5s时，小球经过边界MNC .在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D .在1s〜4s过程中，小球的机械能先减小后增大& （6分）在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场.以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示•贝U 0? “时间内，导线框中（）感应电流方向为顺时针感应电流方向为逆时针感应电流大小为、本卷包括必考题和选考题两部分. 第9题〜第12题为必考题，每个试题考生都应作答. 第 13题〜第18题为选考题，考生根据要求作答. 须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写 作答，在试题卷上作答无效.（一）必考题9. （ 8分）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一 段电炉丝的直径和长度如图 1、2所示，则该电炉丝的直径为 mm .长度为mm .该小组同学又从标称为 220v500W ”、220v300W ”、220v25W ”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆＞10挡测量其阻值，结果如图 3所示，则该电炉的阻值是Q,标称功率为W .10. （ 9分）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只 2.5Q的保护电阻R o ,实验电路如图所示.（1）请按图1电路原理图把图2实物电路画线代导线连接起来.图2图3（2）该同学顺利完成实验，测定下列数据根据数据在图D .感应电流大小为2% r 2B 0t IJR图i图2 图33坐标图中画出 U - I 图，由图知:■ ■止亠 4*1 j J m 畳■ —4 '亠■■■■：」电 afa amI ■严 '•尸 t f F-电池的电动势为，内阻为.U/V 1.20 1.00 0.80 0.60（3 ）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：（4）实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E测E真，r测r真（填N”、=”或、”）•11. （14分）如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心0的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内.物块P的质量为m=1kg （可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数尸0.1，若物块P以速度V0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止.（取g=10m/s2）求：（1）V0的大小；（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力.12. （16分）如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q , B球的带电量为-3q,构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）•现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内.已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长. 匀强电场的电场强度大小为E,方向水平向右.释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响.求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？I/A 0.1 0.17 0.230.30【物理--选修3-4】（15分）13. （5分）下列说法正确的是（）A .单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B .变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C .在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D .光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点E .用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振14. （10分）某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示（1）若波向右传播•零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s, P点也开始起振，求：①该列波的周期T ;②从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y o及其所经过的路程s o各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）V/cm［物理--选修3-5】（15分）15. 下列说法正确的是（）A .居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B .根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C •德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D .卢瑟福通过对a粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E .赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象--光电效应16. 卢瑟福用a粒子轰击氮核发现质子. 发现质子的核反应为：1-N+ :. He T ! O+ : H •已知氮核质量为m N=14.00753u，氧核的质量为m O=17.00454u，氦核质量m He=4.00387u，质子2（氢核）质量为m p=i.00815u .（已知：1uc=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v o=3 Xl07m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核.反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为 1 : 50.求氧核的速度大小.2015年陕西省宝鸡市九校联考高考物理模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分•其中1〜5题给出四个选项中，只有一个选项正确.6〜8题给出四个选项中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.）1. （6分）在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献.他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是（）A .法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B •牛顿首次提出提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C •伽利略通过理想实验”得出力是维持物体运动的原因”D •场强表达式E==和加速度表达式a-都是利用比值法得到的定义式Q IT考点：物理学史.分析：常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.解答：解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法.故A正确；B、伽利略首次提出提出假说，数学推理，实验验证，合理外推的科学推理方法，过B错误；C、伽利略通过理想实验”得出力不是维持物体运动的原因”，故C错误；D、场强表达式E=—是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，q ir故D错误；故选：A.点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习.2. （6分）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示. 在0〜t2时间内，下列说法中正确的是（）A . I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小B .在第一次相遇之前，t l时刻两物体相距最远C . t2时刻两物体相遇D . I、II 两个物体的平均速度大小都是2考点：匀变速直线运动的图像. 专题： 运动学中的图像专题.分析： V - t 图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度为~2~解答： 解：由图象可知I 物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小， II物体做匀减速直线运动所受的合外力不变，故 A 错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移， 由图可知在t i 时刻两物体面积差最大， 相距最远，故B正确，C 错误；由图象可知I 物体的平均速度大于 "】+巾,II 物体的平均速度大小等于空竺，故D 错误.2 2故选B .点评： 该题考查了速度-时间图象相关知识点， 要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大.3. （ 6分）如图所示，两小球 A 、B 用劲度系数为k i 的轻质弹簧相连，球 B 用长为L 的细 绳悬于0点，球A 固定在0点正下方.OA 之间的距离也为 L ,系统平衡时绳子所受的拉 力为F i ,现把A 、B 间的弹簧换成劲度系数为 k 2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F 2，则F i 与F 2的大小关系为（）考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律.专题： 共点力作用下物体平衡专题.B . F 1=F 2C . F 1< F 2D .无法确定A . F 1> F 2分析：研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系•以小球情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F i和F2的大小关系.解答：解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得："=OA 0B又由题，OA=OB=L，得，F=F合=口9，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F i=F2.故选：B.点评：本题的解题关键是运用几何知识分析绳子的拉力与小球重力的关系. 题的基础，要正确分析受力情况，规范地作图，由图可以看出力的大致关系.4. （6分）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3,轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示.卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A .卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B .卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上运动一周的时间大于它在轨道2上运动一周的时间D .卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度B为研究对象，分析受力作出力图是解。