2015届高三模拟考试试卷-南师三模物理

盐城市2015届高三年级第三次模拟考试物 理 试 题说明：1．本试卷满分120分，考试时间100分钟2．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，所有题目一律在答题卡上相应位置规范作答第Ⅰ卷（选择题，共31分）一、单项选择题：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，一辆轿车正在水平路面上转弯，下列说法正确的是A ．水平路面对轿车弹力的方向斜向上B ．轿车受到的静摩擦力提供转弯的向心力C ．轿车受到的向心力是重力、支持力和牵引力的合力D ．轿车所受的合力方向一定与运动路线的切线方向垂直2．如图所示，交流电流表A 1、A 2和A 3分别与电阻R 、线圈L 和电容器C 串联后接在同一交流电源上。

交流电压的瞬时值为t U u m 11sin ω=。

三个电流表的读数分别为I 1、I 2和I 3。

现换另一电源供电，交流电压的瞬时值为t U u m 22ωsin =，122ωω=。

改换电源后，三个电流表的读数变化情况是 A ．I 1、I 2和I 3都不变 B ．I 1、I 2不变、I 3变大 C ．I 1不变、I 2变大、I 3变小 D ．I 1不变、I 2变小、I 3变大3．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形。

四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是 A ．升降机的加速度大于g ，侧壁对球无挤压 B ．升降机的加速度小于g ，侧壁对球有挤压 C ．升降机的加速度等于g ，侧壁对球无挤压 D ．升降机的加速度等于g ，侧壁对球有挤压 4．牛顿提出太阳和行星间的引力221r m m GF =后，为证明地球表面的重力和地球对月球的引力是同种力，也遵循这个规律，他进行了“月-地检验”。

“月-地检验”所运用的知识是 A ．开普勒三定律和牛顿第二定律 B ．开普勒三定律和圆周运动知识 C ．开普勒三定律和牛顿第三定律 D ．牛顿第二定律和和圆周运动知识 5．如图所示，ABC 是等边三角形，在A 点放置电荷量为Q 的点电荷时，取无穷远处电势为0，C 点的电场强度大小和电势分别为E 和ϕ。

2015 年江西省南昌市高考物理三模试卷一、选择题（共8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的 4 个选项中， 1-5 题只有一项符合题目要求， 6-8 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。

）1．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）朝南的钢窗原来关着，某人将它突然朝外推开，顺时针转过一个小于 90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则在钢窗转动的过程中，钢窗活动的竖直边中（）A．有自上而下的微弱电流B．有自下而上的微弱电流C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下3．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O 点为球心， A 、 B 是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块 B 在图示水平力 F 作用下静止在右侧面上， A 、 B 处在同一高度，AO 、 BO 与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）224．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A ．电压表的示数为220VB ．变压器原、副线圈的匝数比为11：1C．变压器的输入功率为110WD ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=20sinπt（ V ）5．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）如图所示，a、 b、 c、d 为某匀强电场中的四个点，且ab∥ cd，ab⊥ bc，bc=cd=2ab=2l ，电场线与四边形所在平面平行．已知φa=20V，φb=24V，φd=8V．一个质子经过 b 点的速度大小为v0，方向与 bc 夹角为 45°，一段时间后经过 c 点， e 为质子的电量，不计质子的重力，则（）A ． c 点电势为12VB ．场强的方向由 a 指向 cC．质子从 b 运动到 c 所用的时间为D ．质子从 b 运动到 c 电场力做功12eV6．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）如图所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上 B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上 C 点，已知地面上 D 点位于 B 点正下方， B 、D 间的距离为 h，则（）A ．A 、B 两点间的距离为B． A 、 B 两点间的距离为C． C、 D 两点间的距离为2hD ．C、 D 两点间的距离为h7．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）如图所示，两平行光滑导轨竖直固定．边界水平的匀强磁场宽度为 h，方向垂直于导轨平面．两相同的异体棒a、b 中点用长为h 的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方， b 棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好．保持a、b 棒水平，由静止释放框架， b 棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导轨电阻．则在框架下落过程中， a 棒所受轻杆的作用力 F 及 a 棒的机械能 E 随下落的高度 h 变化的关系图象，可能正确的是（）A ．B ．C．D．8．（ 6 分）（ 2015?南昌三模）某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为k 的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可沿固定在车上的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆沿槽向左移动不超过l 时，装置可安全工作．小车总质量为m．若小车以速度v0撞击固定在地面的障碍物，将导致轻杆沿槽向左移动．已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（）A．轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为B ．小车速度为0 时，弹簧的弹性势能为mv02C．小车被弹回时速度等于D．为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度等于二、非选择题：包括必做题和选做题两部分。

连云港、徐州、宿迁三市2015届高三第三次调研考试物 理 试 题注意：满分120分，考试时间100分钟。

请将答案填写在答题卡上，写在试卷上不得分。

一、单选题：本题共5小题，每小题3分，满分15分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意。

1．如图所示，某跳伞运动员正减速下落，下列说法正确的是 A ．运动员处于失重状态 B ．运动员处于超重状态C ．伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力D ．伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力2. “北斗”导航系统是我国自行研发的全球导航系统，它由5颗静止轨道卫星（同步卫星）与30颗非静止轨道卫星组成。

已知月球公转周期约为27天，则静止轨道卫星与月球 A ．角速度之比约为27∶1 B ．线速度之比约为27∶1 C ．半径之比约为1∶27 D ．向心加速度之比约为1∶273．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为10∶1，灯泡L 的额定功率为6W ，电表均为理想电表。

若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，开关S 闭合后灯泡L 恰正常发光。

下列说法正确的是 A ．副线圈交变电流的频率为5Hz B ．电压表的示数为4.24 VC ．电流表的示数为0.2 AD ．灯泡正常发光时的电阻为1.5Ω4．一汽车在平直公路上以20kW 的功率行驶，t 1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v ~t 图象如图所示，已知汽车的质量为2×103kg 。

下列说法正确的是 A ．t 1前汽车受到的阻力大小为1×103NB ．t 1后汽车受到的阻力大小为2×103NC ．t 1时刻汽车加速度突然变为1m/s 2D ．t 1～t 2时间内汽车的平均速度为7.5m/s5．如图甲所示，一个条形磁铁P 固定在水平桌面上，以P 的右端点为原点，中轴线为x 轴建立一维坐标系。

一个灵敏的小磁针Q 放置在x 轴上不同位置，设Q 与x 轴之间的夹角为。

实验测得sin 与x 之间的关系如图乙所示。

江西省南昌市2015届高三第三次模拟考试理综试题二、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19～2l题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选锘的得0分。

14．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一。

它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。

牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论。

下面的规律和结论没有被用到的是A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数15．朝南的钢窗原来关着，某人将它突然朝外推开，顺时针转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则在钢窗转动的过程中，钢窗活动的竖直边中A．有自上而下的微弱电流B．有自下而上的微弱电流C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下16．如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，D点为球心，A、B是两个相同的小物块(可视为质点)，物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为，则A、B分别对球面的压力大小之比为17．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。

当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是A．电压表的示数为220VB．变压器原、副线圈的匝数比为11：1C．变压器的输入功率为110WD．副线圈两端电压的瞬时值表达式为20．如右图所示，两平行光滑导轨竖直固定，边界水平的匀强磁场宽度为h，方向垂直于导轨平面。

两相同的导体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方，b棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好，保持a、b棒水平，由静止释放框架，b棒刚进人磁场即做匀速运动，不计导轨电阻。

2015年高考第三次模拟考试试题高三物理本卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共48分)注意事项：本卷共16题。

每题3分，在每题给出的四个选项中，1-11题只有一个选项正确；12-16题有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．下列说法正确的是 ( )C ．两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动D ．物体受一恒力作用，可能做匀速圆周运动2．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力.要使两球在空中相遇，则必须 ( ) A ．甲先抛出A 球 B ．先抛出B 球 C ．同时抛出两球 D ．使两球质量相等3．2013年4月4日至12日CCTV 新闻频道播出《探潮亚马孙》节目，揭开亚马孙大潮的神秘面纱，在发生的大潮日，亚马孙河会出现长50公里，高五公尺的巨浪，是全世界最长，也最危险的海浪。

为了拍摄大潮更近距离的视频，在拍摄过程中一个摄像机架在行驶在潮前的摩托艇上。

摩托艇在某段时间内水平方向和竖直方向的位移分别为x= -2t 2-6t 、y=0.05t 2+4t(t 的单位是s,，x 、y 的单位是m)，则关于摩托艇在该段时间内的运动，下列说法正确的是 ( ) A ．摩托艇在水平方向的分运动是匀减速直线运动 B ．t=0时摩托艇的速度为0 C ．摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D ．摩托艇运动的加速度大小为4m/s 24．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 ( )A ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ5．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。

小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N ，小球在最高点的速度大小为v ，N-v 2图像如乙图所示。

2015年广西南宁市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)1.2014年9月26日，在仁川亚运会男子蹦床比赛中，中国选手董栋以62.480分的成绩夺冠，他的队友涂潇以60.435分的成绩获得银牌，为国争得了荣誉．如果董栋在比赛中，从高处自由落下，以v1=8m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以v2=10m/s的速度弹回．已知运动员与网接触的时间为△t=1.2s．那么运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为（）A.15m/s2，竖直向下B.15m/s2，竖直向上C.1.67m/s2，竖直向上D.1.67m/s2，竖直向下【答案】B【解析】解：取运动员下落的方向为正方向，则运动员的初速度v0=8m/s，末速度v=-10m/s，作用时间△t=1.2s，根据加速度的定义有：运动员的加速度a=，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，即竖直向上．故B正确，ACD错误．故选：B．根据加速度的定义求解加速度，注意反弹过程中的速度方向与初速度方向相反．掌握加速度的定义式是解决问题的关键，注意速度变化是矢量，注意始末速度的方向．2.中国已投产运行的1000k V特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500k V的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000k V特高压输电，不考虑其他因素的影响．则（）A.送电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的D.输电线上损耗的电功率将变为原来的【答案】C【解析】解：A、根据I=求出输电线上的电流，与输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的，故A错误，B、由上可知，输电线上的电流将变为原来的，根据U=IR可知，输电线上降落的电压将变为原来的，故B错误，C正确；D、当以不同电压输送时，有P=U1I1=U2I2，而在线路上损失的功率为△P=I2R=可知，损失的功率与电压的平方成反比，即△P1：△P2=4：1所以输电线上损失的功率为．故D错误；故选C已知输送的电功率和输电电压，根据I=求出输电线上的电流；根据△P=I2R求出输电线上损失的电功率．本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．3.如图所示，一轻弹簧一端与挡板固定，另一端自由伸长时位于O点，当另一端和物块相连时，A、B是物块能保持静止的位置中离挡板最近和最远的点．A、B两点离挡板的距离分别为x1、x2．物块与斜面的最大静摩擦力为f，则弹簧的劲度系数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：在沿斜面方向上，根据平衡条件有：k（x0-x1）=f+mgsinθ同理，在B点，根据平衡有：k（x2-x0）+mgsinθ=f联立解得：k=．故选：D分别对物体处于对A、B点时进行受力分析，根据平衡条件列方程即可求解．本题考查了胡克定律和共点力平衡的综合运用，抓住两个临界状态，结合共点力平衡进行求解4.某人设想到达某星球表面后，若获得足够大的速度，将离开星球表面成为该星球的卫星；假设该星球的平均密度与地球相同，人类助跑获得的最大速度为8m/s，地球的半径为6400km，第一宇宙速度为7.9km/s．则下列哪个数值最接近设想的某星球半径（）A.6.4km B.64km C.640km D.6400km【答案】A【解析】解：根据重力提供向心力得出第一宇宙速度，第一宇宙速度v===R，该星球的平均密度与地球相同，地球的半径为6400km，第一宇宙速度为7.9km/s，该星球的第一宇宙速度为8m/s，所以该星球的半径R′=×6400km≈6.4km，故选：A．根据重力提供向心力得出第一宇宙速度，结合第一宇宙速度关系和密度关系，根据万有引力等于重力求解．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力两个理论，并能灵活运用．5.如图所示，三角形ABC处于匀强电场中，先将一带电小球沿三角形外接圆的圆弧由C运动到B．电场力对粒子做功10J，则将相同的粒子从E点沿其内接圆弧DFE移动到D点，下列说法中正确的是（）A.电场力做功为5JB.电场力做功为-5JC.场强方向一定由C指向BD.场强方向一定由B指向C【答案】B【解析】解：AB、根据几何知识知DE为三角形ABC的中位线，所以DE=BC，U DE=则W ED=-U DE q=q=-W CB=-5J故A错误，B正确；CD、由于不知道电荷的正负和大小，故无法判定电场的方向，故CD错误；故选：B根据几何知识知DE=BC，U DE=，根据W=qu求做功，根据电荷正负和大小判定电场方向．此题考场数学知识在物理中应用，在匀强电场中平行等间距的电势差相同，综合性较强，易错题．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，A、B是竖直放置的平行板电容器的两个极板，与二极管D和电流连成电路，在平行板电容器A、B板间，有一带电小球悬挂且处于静止状态，现缓慢改变A、B两板间的距离，下列说法正确的是（）A.增大两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角不变B.增大两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角减小C.减小两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角增大D.减小两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角减小【答案】AC【解析】解：A、增大两极板的距离，由于二极管的作用，回路中相当于断路，故平行板电容器所带的电荷量不变，由和，两极板的场强为E=，联立解得E=，当增大两极板的距离，平行板间的场强不变，受到的电场力不变，故悬线与竖直方向的夹角不变，故A正确，B错误；C、减小两板间的距离，电容器的电容增大，给电容器充电，相当于电容器两端的电压不变，由E=可知，电容器中的场强增大，受到的力增大，故悬线与竖直方向的夹角增大，故C正确，D错误故选：AC二极管正向看相当于短路无电阻，反向看相当于断路电阻无穷大，正向看时电容器板间电压不变，由板间场强公式E=分析场强的变化，判断小球所受的电场力的变化，即可判断θ的变化；电流反向时，电容器的电量不变，由、C=和E=结合分析场强的变化，再作出判断本题是电容器动态分析问题．关键根据电容的决定式、和E=结合进行分析．分析时还要抓住不变量：当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变7.弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（）A.从D到C，弹丸的动能一直在增大B.从D到C，弹丸的机械能增加C.从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能【答案】BD【解析】解：A、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故A错误；B、C、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故B正确，C错误；D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；故选：BD机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量．本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础，知道除重力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量，难度不大，属于基础题．8.如图所示，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之接触良好，棒左侧两导轨之间连接一可控的负载电阻（图中未画出），导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直与导体所在平面，开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0，在棒的运动速度由v0减少至v1的过程中，通过控制负载电阻使棒中的电流强度I保持不变，导体棒一直在磁场中运动，若不计导轨电阻，导体棒的速度-时间图象（v-t）、导体棒的感应电动势-时间图象（E-t）正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】解：AB、通过控制负载电阻使棒中的电流强度I保持不变，则安培力F=BIL不变，受力分析知合力不变，导体棒做匀减速运动，故A正确，B错误；CD、根据E=BLV知E与速度成正比，故D正确，C错误；故选：AD．根据题意知电流不变，再根据F=BIL和E=BLV回答．此题要注意审题，抓住电流不变，根据F=BIL和E=BLV找到图象纵横坐标之间的关系即可解答．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A.保持气体的压强不变，改变其体积，其内能一定改变B.保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变C.若气体的温度逐渐升高，其压强可以保持不变D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E.当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小【答案】ACD【解析】解：A、由理想气体的状态方程=C可知，保持气体的压强p不变，改变其体积V，则气体温度T发生变化，气体内能发生变化，故A正确；B、保持气体的压强不变，改变其温度，气体温度发生变化，气体内能发生变化，故B 错误；C、由理想气体的状态方程=C可知，若气体的温度T逐渐升高，如果体积V同时变大，其压强可能不变，故C正确；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、由理想气体状态方向=C可知，当气体体积逐渐增大时，如果压强p不变，或p V增大，则气体温度T升高，气体内能增大，故E错误；故选：ACD．理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力通常认为是零，即分子势能为零，理想气体内能由分子的平均动能决定的，其宏观的表现是温度决定．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（）A.这列波的传播方向是沿x轴正方向B.这列波的传播速度是20m/sC.经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD.经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E.经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【答案】ABE【解析】解：A、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x 轴正方向传播．故A正确．B、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速v==m/s=20m/s．故B正确．C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向．故D错误．E、t=0.35s=1.75T，经过0.35s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离．故E正确．故选ABE．由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法中正确的是（）A.基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的波长一定大于等于入射光子的波长B.T h（钍）核衰变为P a（镤）核时，衰变前T h核质量等于衰变后P a核与β粒子的总质量C.α粒子散射实验的结果证明原子核是质子和中子组成的D.分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大E.比结合能大的原子核比比结合能小的原子核更稳定【答案】ADE【解析】解：A、氢原子在向低能级跃迁过程中可能放出多种频率的光子，其中频率最大的光子的能量等于向激发态跃迁时吸收的能量．光子的频率越大，波长越短，因此放出光子的频率不大于入射光子的频率，即放出光子的波长一定大于等于入射光子的波长．故A正确；B、核反应过程中质量数守恒但是质量不守恒，伴随着质量亏损，故B错误；C、α粒子散射实验的结果证明原子核的存在，故C错误；D、根据爱因斯坦光电效应方程可知，发生光电效应时，光电子的最大初动能随入射光的频率的增大而增大，因此用X光照射该金属板时逸出的光电子最大初动能最大，故D 正确；E、比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量，所以比结合能越大，原子核越牢固．故E正确；故选：ADE正确解答该题需要掌握：明确氢原子放出光子种类和能级之间的关系，核反应过程伴随着质量亏损，亏损质量转化为能量，α粒子散射实验现象以及物理意义，根据光电效应方程讨论光子最大初动能和入射光频率之间的关系．比结合能越大，原子核越牢固．选修的内容考查的知识点很广但不深，把课标上要求识记和理解的知识点记牢即可，应用也是最简单的应用．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.如图（a）所示，竖直平面内固定一斜槽，斜槽中放有若干个直径均为d的小铁球．紧靠斜槽末端固定有电磁铁，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球从O点开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球从O点开始下落…某兴趣小组利用此装置测定重力加速度，请回答下列问题：（1）利用螺旋测微器测量小球的直径d，如图（b）所示，读数为______ mm；（2）用刻度尺测出OM=1.462m，手动敲击M的同时按下秒表开始计时，若10个小球下落的总时间为5.5s，则当地的重力加速度g= ______ m/s2（保留两位有效数字）；（3）若在O点的正下方A点固定一光电门（图中未画出），测出OA=h，小球经过光电门的时间为△t，则小球通过光电门时的速度v= ______ ，可求得当地的重力加速度g= ______ ．（用已知量和测得量的符号表示）【答案】8.470；9.7；；【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为：8mm+0.470mm=8.470mm，（2）小球下落的时间t==0.55s，根据H=gt2得，g=9.7m/s2．（3）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，则小球通过光电门时的速度v=；根据运动学公式得重力加速度g==；故答案为：（1）8.470（2）9.7（3）；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；根据自由落体运动规律h=gt2，可以求出重力加速度大小．由于测量自由落体的重力加速度，类比对应的公式可知，由刻度尺读出两光电门的高度差，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，根据匀变速直线运动位移时间公式列出等式求解．掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．10.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽a．b．c，d，e．f，g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______ 导线断路．（2）某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的U-I特性图线．如图乙所示．电源的电动势E= ______ V；小电珠的电阻随温度的上升而______（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是______ w．【答案】g；3；增大；0.99【解析】解：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路．（2）电源的U-I图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势E=3V．小电珠的电阻R=，由数学知识分析可知，R等于小电珠的U-I特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大．（3）电源的内阻等于电源的U-I图线的斜率绝对值，则得内阻r=1Ω．当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得E=U+2I r电源的U-I图线为U=E-2r I=E-2I=3-2I作出图象，得U=1.1V，I=0.9A，一只小电珠的实际电功率为P=UI=0.99W．故答案为：（1）g；（2）3，增大（3）0.99（1）滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数均可从零开始变化；滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数不能从零开始变化．（2）电源的U-I图线纵轴截距等于电源的电动势．小电珠的电阻等于，由数学知识分析电阻的变化情况；（3）两个小电珠并联后，根据闭合电路欧姆定律得U-I关系式，作出U-I图象，电源和小电珠的U-I特性图线交点表示小电珠的工作状态，读出电压和电流，求出小电珠的实际电功率．本题要抓住变阻器分压式与限流式接法的区别，即可判断出故障的原因所在．采用作图法，找出两图线的交点，即可求出小电珠的实际功率．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图（1）所示，物体A、B叠放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg．A、B间动摩擦因数为0.8，现将水平力F作用在物体B上，使其从甲地由静止出发，经过5s运动到乙地，其运动的v-t图象如图（2）所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小；（2）在保证A、B相对静止的条件下，A、B从甲地由静止出发到乙地所用的最短时间．【答案】解：（1）物体A的最大加速度a m=μg=0.8×10=8m/s2根据v-t图象知B加速度为a==2m/s2因为a＜a m，所以AB相对静止．则拉力F=（m+M）a=（1+2）×2=6N（2）由图象甲、乙两地距离为x=m=25m在保证A、B相对静止的条件下，A、B加速度为a m=8m/s2，从甲到乙用时最短，根据位移公式x=可得最短时间t==s=2.5s答：（1）拉力F的大小为6N；（2）在保证A、B相对静止的条件下，A、B从甲地由静止出发到乙地所用的最短时间为2.5s．【解析】（1）根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力知最大加速度，根据v-t图象知B加速度，比较两加速度知AB相对静止，整体受力分析知拉力F；（2）在保证A、B相对静止的条件下，A、B加速度为a m=8m/s2，从甲到乙用时最短，根据位移公式x=可得时间．解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意临界条件：相对滑动是A的最大加速度．12.如图x O y坐标系，x＜0区域存在水平向右的电场，x＞0区域存在竖直向上的电场和垂直于纸面向外的磁场B，其中两区域的电场强度大小相等．有一带正电的小球质量为m，电量为q受到的电场力大小等于重力大小，从P点（-L，L）由静止释放，其中B=，重力加速度为g．求：（1）小球第一次进入磁场的速度大小；（2）小球第二次经过y轴的坐标；（3）小球从P点开始运动到第三次经过y轴所用的时间．【答案】解：（1）小球从P点释放到进入磁场，F合=mg由动能定理得：解得：（2）从O点进入磁场后，竖直方向：mg=q E故小球做匀速圆周运动，故：qv B=m解得：R=2L如图，y2=-QO=-R=-4L故坐标为：（0，-4L）（3）从Q点以Y轴负方向成45°进入电场后做类似平抛运动，从S点穿越y轴，在Q 点建立x′Q y′坐标系，则：x′=vt′°′′解得：′′从P到O，从O到Q，从Q到S，′总时间t=答：（1）小球第一次进入磁场的速度大小为；（2）小球第二次经过y轴的坐标为：（0，-4L）；（3）小球从P点开始运动到第三次经过y轴所用的时间为．【解析】（1）第2象限，小球受重力和电场力的合力指向坐标原点，根据动能定理列式求解末速度；（2）在第4象限，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系确定离开第4象限的位置坐标；（3）从Q点以Y轴负方向成45°进入电场后做类似平抛运动，根据分位移公式列式求解．本题关键是明确小球的受力情况、运动情况，在第2象限做匀加速直线运动，在第3象限做类似平抛运动，在第4象限做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律、类平抛运动的分运动公式和动能定理列式求解．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为理想气体）相通，初始时管内气体温度为T1．现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3．若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐（没有水银漏出）．已知T1=T2，大气压强为P0，重力加速度为g．求水银柱的长度h和水银的密度ρ．【答案】解：设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为：V0=LS；注入水银后下部气体压强为：p1=p0+ρgh；体积为：V1=（L-h）S由玻意耳定律有：p0LS=（p0+ρgh）×（L-h）S…①将管倒置后，管内气体压强为p2=p0-ρgh；体积为：V2=（L-h）S由理想气体状态方程有：=…②由①、②解得：h=L，ρ=答：水银柱的长度h为L，水银的密度ρ是．【解析】注入水银的过程，下部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程；将管倒置后，温度降低的过程，管内气体的三个参量都发生变化，根据气态方程列式，再联立求解．本题关键是求解出初状态和末状态气体的压强，然后根据玻意耳定律和气态方程列出方程，进行求解．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏．一束宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在屏P上形成一条光带．①以图中编号为a、b、c的三条光线为代表画出光束经棱镜折射的光路示意图；②若从AC面出射的光线与原来入射光线的夹角为30°，求棱镜的折射率．【答案】【解析】①平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图即可．②根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n．本题的解题关键能正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)18.如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m．求：①木箱的最终速度的大小；②小木块与木箱碰撞的次数．。

2015高考三模选择题精选物理高级教师 门贵宝1．利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻温度计。

如图甲所示为某种金属导体的电阻R 随温度t 变化的图线。

如果用这个金属导体做成测温探头，再把它连入图乙所示的电路中，随着测温探头处待测温度的变化，电流表的示数也会发生变化。

则在t 1~t 2温度范围内（ ）A ．待测温度越高，电流表的示数越大B ．待测温度越高，电流表的示数越小C ．待测温度升高，电流表的示数均匀增大D ．待测温度升高，电流表的示数均匀减小2．研究滑动摩擦力大小的实验装置如图所示，木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计的水平固定，通过水平细绳与木块相连，用缓慢增大的力拉动木板，使之在桌面上滑动（木块始终未脱离木板）。

弹簧测力计示数稳定后( )A ．由于木块相对桌面静止，弹簧测力计示数与木板的运动状态有关B ．由于木块相对桌面静止，弹簧测力计示数一定等于木板受到的拉力C ．由于木板相对桌面运动，弹簧测力计示数一定小于木板受到的拉力D ．由于木板相对桌面运动，弹簧测力计示数一定大于木板受到的滑动摩擦力3．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L ，导轨的右端接有阻值为R 的电阻。

一根质量为m ，电阻为r 的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。

现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a 、b 后，到达位置c 处刚好静止。

已知磁场的磁感应强度为B ，金属棒通过a 、b 处的速度分别为v a 、v b ，a 、b 间的距离等于b 、c 间的距离，导轨的电阻忽略不计。

下列说法中正确的是( )A ．金属棒运动到a 处时的加速度大小为m R v LB a 22B ．金属棒运动到b 处时通过电阻的电流方向由N 指向QC ．金属棒在a →b 过程与b →c 过程中通过电阻的电荷量相等D ．金属棒在a 处的速度v a 是其在b 处速度v b 的2倍4．如图2（甲）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶ n 2＝10∶1，R 1＝R 2＝20Ω，C 为电容器。

2015届高三模拟考试试卷(四)物 理2015.5本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分120分，考试时间100分钟．第Ⅰ卷(选择题 共31分)一、 单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1. 在无风的环境中，将乒乓球从高处由静止释放．小明用摄像机研究乒乓球下落的运动，发现它在落地前已经做匀速运动，若空气阻力与速度成正比，则乒乓球( )A. 在下落过程中，加速度先变大后变小B. 在下落过程中，机械能先增大后不变C. 从更高处由静止释放，在空中运动时间变长D. 从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大2. 如图所示，验电器带有少量正电荷，将一带负电的小球从远处逐渐靠近验电器的金属球，此过程可能看到金属箔片张开的角度( )A. 不断增大B. 先减小至零，后逐渐增大C. 先增大，后减小D. 先增大，后不变3. 如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电动机M 的线圈电阻为R 1.闭合开关S ，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I ，滑动变阻器接入电路的电阻为R 2.则( )A. 电流大小I ＝ER 1＋R 2＋rB. 电动机两端的电压U ＝IR 1C. 电源的效率η＝R 1＋R 2R 1＋R 2＋r×100%D. 电动机的机械功率P ＝IE －I 2(R 1＋R 2＋r)4. 如图所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上，不计定子线圈的电阻．当转子以25r/s 的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为50Hz 的正弦交流电．若使转子以50r/s 的转速转动，则( )A. 电流表A的示数变为原来的2倍B. 电压表V的示数不变C. 电阻R上交流电的频率为25HzD. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的4倍5. 足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97m，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门．已知足球质量为400g，不计空气阻力，则该球员在此次踢球过程中对足球做的功约为()A. 30JB. 60JC. 90JD. 120J二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意，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．6. 如图所示，两个相同的小球A、B用长度分别为l1、l2的细线(l1＜l2)悬于天花板上的O1、O2点，两球在水平面内做匀速圆周运动，两根细线与竖直轴夹角均为θ.设A、B两球的线速度分别为v A、v B，角速度分别为ωA、ωB，加速度分别为a A、a B，两根细线的拉力分别为F A、F B，则()A. v A＞v BB. ωA＞ωBC. a A＝a BD. F A＜F B7. 木卫一是最靠近木星的卫星，丹麦天文学家罗迈早在十七世纪通过对木卫一的观测测出了光速．他测量了木卫一绕木星的运动周期T和通过木星影区的时间t.若已知木星的半径R和万有引力恒量G，T远小于木星绕太阳的运行周期．根据以上条件可以求出()A. 木星的密度B. 木卫一的密度C. 木卫一绕木星运动的向心加速度大小D. 木卫一表面的重力加速度大小8. 电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力．感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路．红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两个脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照．则红灯亮时()A. 某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电B. 某车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小C. 车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定的电流D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照9. 如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向．下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能E k随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是()第Ⅱ卷(非选择题共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共42分．请将解答填写在相应的位置．必做题10. (8分)(1)如图甲所示，螺旋测微器的读数为________mm.(2)在测电源的电动势和内阻实验中，连接的电路如图乙所示，闭合开关，电压表有读数，电流表示数为零．改变滑动变阻器滑片P的位置，电流表示数仍为零．为检查故障，用多用表电压挡测量相邻接线柱间的电压，发现2、3号导线和滑动变阻器两端的电压均为零，电流表两接线柱间的电压和电压表示数相等．则电路中可能的故障是________．排除故障后继续实验，根据测得的数据在U－I坐标系上描点如图丙所示，由图象可得电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.错误!错误!,乙)错误!,丙)11. (10分)验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6.,甲),乙),丙)(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式为v5＝________．(2)若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能E pi和动能E ki，则打计数点3时对应重锤的势能E p3＝________；接着在E －h坐标系中描点作出如图丙所示的E k－h和E p－h图线，求得E p－h图线斜率的绝对值为k1，E k－h图线斜率为k2.则k1与k2满足________关系时重锤机械能守恒．(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________．A. 实验中可用干电池作为电源B. 为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C. 若纸带上打出的点被拉长为短线，应适当调高电源电压D. 图丙E k－h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能(4)关于该实验操作，你还能提出哪些注意事项(写出1条)：________．12. 选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答．如都作答，则按A、B两小题评分)A．(选修模块3－3)(12分)(1)下列说法中正确的是________．A. 分子间存在引力，使液体分子之间保持一定的间隙B. 气体的温度越高，某速率区间分子占总分子数的百分率一定越大C. 液晶分子没有固定的位置，但排列有大致相同的取向D. 蜘蛛网上挂着的小露珠呈球状属于毛细现象(2)如图所示，汽车在进行撞击实验时，安全气囊内迅速产生大量氮气而打开，气囊表面的气孔开始排气．若气囊表面有n个面积均为S的气孔，密度为ρ的氮气以速度v从气孔排出，氮气的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则在短时间t内排出的氮气分子数为________；设气囊内氮气不与外界进行热交换，则排气过程中气囊内温度________(填“升高”、“不变”或“降低”)．(3)如图所示，内壁光滑的导热气缸水平放置，一定质量的理想气体被封闭在气缸内，外界大气压强为p0、温度为T0.现对气缸缓慢加热，体积由V1增大为V2，此过程气体吸收热量Q1；然后固定活塞，停止加热，封闭气体的温度逐渐降低至与外界大气温度相同．求：①刚停止加热时封闭气体的温度T；②停止加热后，封闭气体向外传递的热量Q2.B．(选修模块3－4)(12分)(1)爱因斯坦1905年提出狭义相对论，1915年提出广义相对论，使人们进一步认识了光的本性．下列关于光的说法中正确的是________．A. 光能在弯曲的光导纤维中传播，说明光在同种均匀介质中是沿曲线传播的B. 白光照射到DVD片表面时出现彩色是因为光具有波动性C. 某参考系中的两处同时发光，在另一惯性参考系中观察一定也是同时发光D. 真空中的光速在不同惯性参考系中相同，因此光的频率与参考系无关(2)飞机黑匣子是用来记录飞行数据和驾驶舱语音的电子设备．一旦飞机失事黑匣子入水，水敏开关启动水下超声波脉冲发生器工作，通过金属外壳把频率为37.5kHz的超声波信号发射到周围水域．已知超声波在水中传播速度约1500m/s，则该波在水中的波长约为________m；超声波不能发生________(填“干涉”“衍射”或“偏振”)现象．(3)如图所示，银行为了安全在水平柜台上安装了厚度为d的竖直玻璃板．某同学为了粗测其折射率，用一支激光笔在垂直于板面的竖直平面内，让激光以45°的入射角斜向下射向玻璃板，入射点到柜台面的距离为h，他请银行柜员测量了激光透过玻璃板落在柜台面上光点到玻璃板的距离为s.求：①激光透过玻璃板后光线方向与玻璃板的夹角θ；②该玻璃板的折射率n.C.(选修模块3－5)(12分)(1)下列说法中正确的是________．A. γ射线是原子受激发后向低能级跃迁时放出的B. 在稳定的重原子核中，质子数比中子数多C. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收核能D. 诊断甲状腺疾病时，注入的放射性同位素碘131作为示踪原子(2)2014年三位科学家因发明高亮度蓝色发光二极管而获得诺贝尔物理学奖．发光二极管(LED)产生波长450nm ～455nm 的蓝光，照射荧光粉后发光．荧光粉辐射光子的波长__________(填“≥”“≤”或“＝”)入射蓝光光子的波长．荧光粉辐射光形成的光谱是__________(填“连续光谱”或“线状谱”)．(3)1930年英国物理学家考克饶夫和瓦尔顿建造了世界上第一台粒子加速器．他们获得了高速运动的质子，用来轰击静止的锂7(73Li)原子核，形成一个不稳定的复合核后分解成两个相同的原子核．① 写出核反应方程式；② 已知质子的质量为m 、初速度为v 0，反应后产生的一个原子核速度大小为34v 0，方向与质子运动方向相反，求反应后产生的另一个原子核的速度以及反应过程中释放的核能(设反应过程中释放的核能全部转变为动能)．四、 计算题：本题共3小题，共47分．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．13. (15分)如图所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，相距为L 的两根足够长平行光滑金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内．一质量为m 、电阻为R 1的导体棒ab 垂直轨道放置且与轨道电接触良好．轨道左端M 点接一单刀双掷开关S ，P 点与电动势为E 、内阻为r 的电源和定值电阻R 2相连接，不计轨道的电阻．(1)求开关S 合向1瞬间导体棒的加速度a ；(2)开关S 合向1，在导体棒速度等于v 时把S 合到2，导体棒又向右运动距离x 后停下，求S 合到2的瞬间导体棒ab 两端的电压U 及此后通过导体棒的电荷量q 1；(3)若从开关S 合向1到导体棒速度等于v 的过程中，通过电源的电荷量为q 2，求此过程中导体棒ab 上产生的焦耳热Q 1.14. (16分)如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C.在斜面上放置长木板A ，A 的下端与C 的距离为d ，A 的上端放置小物块B ，A 、B 的质量均为m ，A 、B间的动摩擦因数μ＝32tan θ.现同时由静止释放A 、B ，A 与C 发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等．运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g.求：(1)A 与C 发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v 1；(2)A 与C 发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B 的速度大小v 2； (3)为使B 不与C 碰撞，木板A 长度的最小值L.15. (16分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场实现对带电粒子运动的控制．如图甲所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间作周期性变化的图象如图乙所示，周期为7t 0，y 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向外为B 的正方向．在t ＝0时刻从坐标原点由静止释放一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，当B 0＝πm2qt 0时，粒子沿某轨道做周期性运动．图中E 0、t 0已知，不计粒子的重力，试求： (1)t 0时刻粒子位置的纵坐标y 1及3t 0时刻粒子的速度大小v ； (2)改变B 0的大小，仍要使粒子做周期性运动，B 0的可能取值； (3)在(2)的情况下，粒子速度沿y 轴负方向时横坐标x 的可能值．,甲),乙)2015届高三模拟考试试卷(四)(扬州、南通)物理参考答案及评分标准1. C2. B3. D4. A5. B6. BC7. AC8. AD9. ABD 10. (1) 6.196～6.199(2分)(2) 电流表断路(2分) 2.94～2.98(2分) 0.68～0.78(2分) 11. (1)h 6－h 44T(2分) (2) －mgh 3(2分) k 1＝k 2(2分) (3) BD(3分，漏选得1分)(4) 重锤从靠近打点计时器处释放，或调节打点计时器限位孔在同一竖直线上(答案只要合理即给1分)12. A. (1) C(3分) (2)nSvtρN AM(2分) 降低(2分) (3) 解：① 由盖－吕萨克定律有V 1T 0＝V 2T (1分)解得T ＝V 2V 1T 0(1分)② 设加热过程封闭气体增加的内能为ΔU ，则有 ΔU ＝Q 1－p 0(V 2－V 1)(1分) ΔU ＝Q 2(1分)解得Q 2＝Q 1－p 0(V 2－V 1)(1分)B. (1) B(3分) (2) 0.04(2分) 偏振(2分)(3) 解：① 激光的光路如图所示，设在左侧界面上的入射角为α，折射角为β，则sin αsin β＝n(1分)sin βsin （90°－θ）＝1n解得θ＝45°(1分) ② 由于sin β＝h －s（h －s ）2＋d2(2分)解得n ＝2（h －s ）2＋2d 22（h －s ）(1分)C. (1) D(3分) (2) ≥(2分) 线状谱(2分)(3) 解：① 核反应方程式为73Li ＋11H →242He(2分) ② 由动量守恒定律有 mv 0＝4m ⎝⎛⎭⎫－34v 0＋4mv(1分) 解得v ＝v 0(1分)释放的核能ΔE ＝12(4m)v 2＋12(4m)⎝⎛⎭⎫34v 02－12mv 20解得ΔE ＝218mv 20(1分) 13. (15分)解：(1) 此时通过导体棒的电流I ＝ER 1＋r(1分) 受到的安培力F ＝ILB(1分) 由牛顿第二定律有F ＝ma(1分) 解得a ＝ELBm （R 1＋r ）(2分)(2) 导体棒速度等于v 时产生电动势E 1＝BLv(1分) 导体棒两端的电压U ＝E 1R 2R 1＋R 2(1分)解得U ＝BLvR 2R 1＋R 2(1分)此后过程产生的平均电动势E ＝ΔφΔt (1分)通过的电量q 1＝ER 1＋R 2·Δt(1分)解得q 1＝BLxR 1＋R 2(1分)(3) 设此过程中电路中产生的焦耳热为Q ，则 q 2E ＝Q ＋12mv 2(2分)在导体棒ab 上产生的焦耳热Q 1＝R 1R 1＋rQ(1分) 解得Q 1＝R 12（R 1＋r ）(2q 2E －mv 2)(1分)14. (16分)解：(1) 第一次碰撞前由机械能守恒定律有 12(m ＋m)v 21＝2mgdsin θ(3分) 解得v 1＝2gdsin θ(1分)(2) 设发生第一次碰撞后，A 上滑、B 下滑的加速度大小分别为a A 、a B ，则 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma A (2分) μmgcos θ－mgsin θ＝ma B (2分)由于a A >a B ，则A 先减速到零，设A 第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t ，则 v 1＝a A t(1分) v 2＝v 1－a B t(1分)解得v 2＝452gdsin θ(1分)(3) 研究A 、B 运动全过程，由能量守恒定律有 mgdsin θ＋mg(d ＋L)sin θ＝μmgL cos θ(3分) 解得L ＝4d(2分)15. (16分)解：(1) 0～t 0时间内 ，粒子做匀加速直线运动，设加速度为a ，则qE 0＝ma(1分)y 1＝12at 20 解得y 1＝qE 0t 202m(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则T ＝2πm qB 0(1分)由于B 0＝πm2qt 0则有t 0＝14T(1分)在t 0～2t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期，在2t 0～3t 0时间内，粒子在＋x 方向做匀速直线运动，在－y 方向做初速为零的匀加速直线运动．设t ＝3t 0时＋x 方向的速度为v x ，－y 方向的速度为v y ，则v x ＝at 0，v y ＝at 0v ＝v 2x ＋v 2y (1分)解得 v ＝2qE 0t 0m(1分) 方向与＋x 和－y 方向的夹角均为45°(2) 在3t 0～4t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期；4t 0～5t 0时间粒子在－x 方向做匀速直线运动，在－y 方向做匀减速直线运动，t ＝5t 0时在y 方向速度为零；5t 0～6t 0做匀速圆周运动，运动了四分之一周期，6t 0粒子运动到y 轴，速度沿＋y 方向，改变B 0的大小，仍要使粒子做周期性运动，则应满足t 0＝⎝⎛⎭⎫n ＋14T(n ＝0，1，2，3，…)(2分) 解得B 0＝⎝⎛⎭⎫n ＋142πmqt 0(n ＝0，1，2，3，…)(2分)(3) 在t ＝t 0时粒子进入磁场做匀速圆周运动，设运动速度为v 1，则v 1＝at 0，qvB 0＝mv 21r (1分)粒子的运动轨迹如图，速度沿y 轴负方向时可能的位置有M 、N 、P 点，M 、N 点对应的横坐标x 1＝2r(1分)解得x 1＝4qE 0t 20πm （4n ＋1）(n ＝1，2，3，…)(1分)P 点对应的横坐标x 2＝r ＋v 1t 0＋⎝⎛⎭⎫1－22r ′(1分) 由于qvB 0＝mv 2r ′(1分)精品文档 11 解得x 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋22π（4n ＋1）错误!(n ＝0，1，2，3，…)(1分)。

山东师大附中2015 级高三第三次模拟考试物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共22 题，满分100 分．考试用时90 分钟。

注意事项：1．答题前，考生务必用0.5 毫米黑色署名笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的地点上。

2．第Ⅰ卷每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号。

3．第Ⅱ卷必然用0.5 毫米黑色署名笔作答，答案必然写在答题卡各题目指定地域内相应的地点，超出答题地域书写的答案无效；在稿本纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔划出，确立后必然用黑色笔迹的署名笔描黑。

5.保持答题卡卡面洁净，不要折叠、不要弄破、弄皱，禁止使用涂改液，修正带、刮纸刀。

第Ⅰ卷一．选择题( 本题共17 个小题，共50 分. 1~9题为单项选择题，每题 2 分 ; 10~17 题为多项选择题 ,每题4分，每题有两个或三个选项正确,漏选得2分. )1．以以以下图，一斜面固定在地面上，木块m和 M叠放在一起沿斜面向下运动，它们向来相对静止，m、M间的动摩擦因数为μ 1，M、斜面间的动摩擦因数为μ 2，则() A．若m、 M一起匀加快运动，可能有μ 1＝0，μ 2＝0B．若m、 M一起匀速运动，必然有μ 1＝0，μ2≠0C．若m、 M一起匀加快运动，必然有μ 1≠0，μ 2＝0D．若m、M一起匀速运动，可能有2. 以以以下图，x轴在水平川面上，正向水平抛出的三个小球a、 b 和μ 1≠0，μ2≠0y 轴在竖直方向。

图中画出了从y 轴上不同样地点沿c 的运动轨迹。

小球同时抛出，不计空气阻力，以下说x 轴法正确的选项是()A．a和b初速度同样B．b和c同时落地C．a运动时间是c 的两倍D．增大 b 的初速度，b与a可能在落地前相遇3.以以以下图，在倾角为α＝ 30°的圆滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻绳，一端固定在 O 点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能经过最高点A，则小球在最低点 B 的最小速度是()A． 4 m/s B．210 m/sC． 2 5 m/s D ． 2 2 m/s4.以以以下图，某公司新研发了一款无人机，无人机从地面跳跃时，发动机供给的动力 F 方向与水平方向夹角α ＝60°，使无人机恰好与水平方向成θ ＝30°角的直线斜向右上方匀加快游览，经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时把大小调理为F1，使无人机匀减速但仍旧沿原方向游览，不计空气阻力，以下说法中正确的选项是 ()A．加快时加快度的大小为gB．加快时动力的大小F=mgC．减速时动力的大小F1 mgD．减速游览时间t 后速度为零5.甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。

南师附中2015—2016学年度上学期高三第二次月考物理试题2015.10.8一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。

1—6小题只有一个选项正确，7—10小题有多个选项正确,全部选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）1、用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则（ ）A ．加速过程中拉力的功比匀速过程中拉力的功大B ．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大C ．两过程中拉力的功一样大D ．上述三种情况都有可能2、如图所示，a 、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v 0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍。

若小球b 能落到斜面上，下列说法正确的是（ ）A ．a 球可能先落在半圆轨道上B ．a 球一定先落在半圆轨道上C ．b 球一定先落在斜面上D ．a 、b 不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上3、如图，三个质点a 、b 、c 质量分别为m 1、m 2、M （M ＞＞m 1，M ＞＞m 2）。

在c 的万有引力作用下，a 、b 在同一平面内绕c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a :T b =1:k 。

从图示位置开始，在b 运动一周的过程中，则（ ） A ．a 、b 距离最近的次数为k 次 B ．a 、b 距离最近的次数为k +1次 C ．a 、b 、c 共线的次数为2k D ．a 、b 、c 共线的次数为2k -24、如图所示，中间有孔的物块A 套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则下列说法正确的是（ ） A ．拉力F 变小 B ．杆对A 的弹力F N 不变 C ．拉力F 的功率P 不变 D ．绳子自由端的速率v 增大5、由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

2015年陕西省高考物理三模试卷一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分．在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．第1-5为单选，6-8为多选1．（6分）（2015•陕西三模）一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为（）A．水平向北B．水平向南C．竖直向上D．竖直向下【考点】：左手定则．【分析】：通过地磁场方向：由地理的南极指向北极，及电流方向，根据左手定则判断安培力的方向．【解析】：解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系，注意地磁场方向由地理的南极指向北极．2．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP：PQ=1：3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是（）A．两小球的下落时间之比为1：3B．两小球的下落时间之比为1：4C．两小球的初速度大小之比为1：3D．两小球的初速度大小之比为1：4【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．【解析】：解：A、两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B错误．C、由于两球的水平位移之比为1：4，根据知，两小球的初速度大小之比为1：4，故C 错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．3．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N．g=10m/s2，则（）A．电场强度为50N/C B．电场强度为100N/CC．电场强度为150N/C D．电场强度为200N/C【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据F=Eq 求解电场强度．【解析】：解：物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场后瞬间A 对B的压力大小变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）﹣FN=2×（10+2.5）﹣15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E=向上故选：B．【点评】：本题关键是采用隔离法先后对物体B和A受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难．4．（6分）（2015•陕西三模）如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势．一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子经过M点时的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（）A．16 eV B．7.5 eV C． 4.0 eV D．0.5 eV【考点】：电场线．【分析】：根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．【解析】：解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V．因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=﹣7.5eV根据动能定理得：W=EkN﹣EkM则得：EkN=W+EkM=﹣7.5eV+8eV=0.5eV故选：D．【点评】：本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题．5．（6分）（2015•陕西三模）图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流．则当滑动变阻器R0的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（）A．R0 B．R1 C．R2 D．电源内阻r【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为I0，并设滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1．根据欧姆定律和电路的连接关系，得到的表达式，即可作出判断．【解析】：解：设电源输出的恒定电流为I0，R1两端电压为UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定），滑动端上移前电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑动端上移后，电压表示数为U2，电流表示数为I2（由于R0变大，所以必有U2＞U1，I2＜I1）．于是有，，两式相减得U2﹣U1=（I1﹣I2）R2即故选：C．【点评】：本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比．6．（6分）（2015•陕西三模）物理学中常用比值法定义物理量．下列说法正确的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用R=ρ定义导线的电阻D．用B=定义磁感应强度【考点】：电容；物理学史．【分析】：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解析】：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q 无关．故A正确．B、C=是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故B错误．C、R=是电阻的决定式，R与ρ、l成正比，与S成反比，不符合比值定义法的共性，故C 错误．D、B=是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度B与F、IL无关，故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．7．（6分）（2015•陕西三模）图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值R=48Ω的负载电阻相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．电流表的示数为0.50AC．变压器原线圈得到的功率是12WD．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．【解析】：解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入=P出==12W．故BC正确，A错误；D、由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误．故选：BC【点评】：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8．（6分）（2015•陕西三模）导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子．现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为φ上和φ下，则（）A．长方体如果是N型半导体，必有φ上＞φ下B．长方体如果是P型半导体，必有φ上＞φ下C．长方体如果是P型半导体，必有φ上＜φ下D．长方体如果是金属导体，必有φ上＜φ下【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：如果是P型半导体，载流子是正电荷，如果是N型半导体，载流子为电子．抓住电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，在上下表面产生电势差，从而确定电势的高低．【解析】：解：A、如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故A正确．B、如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则φ上＜φ下．故B错误，C正确．D、如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则φ上＞φ下．故D错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键理清是什么电荷移动，运用左手定则判断出电荷的偏转方向，从而确定电势的高低．二、实验题（共18分）9．（6分）（2015•陕西三模）测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动）（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=；（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=．（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a= 2.0m/s2（保留两位有效数字）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据sm﹣sn=（m﹣n）at2求解加速度．【解析】：解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根据sm﹣sn=（m﹣n）at2得：a==（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案为：（1）；（2）；（3）2.0．【点评】：本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字．10．（12分）（2015•陕西三模）用图（1）所示的电路（图中电流表为理想表）测量电源的电动势E及内阻r时，调节电阻箱R0的阻值，并记录电流表相应的示数I，则与R0的函数关系为；（2）．根据这个函数关系可作出﹣R0图象，该图象的斜率k=，纵截距a=，横截距b=﹣r（均用电源电动势E或内阻r表示）；（3）．图（2）中的a、b、c、d、e是测定时根据测量数据作出的一些坐标点，试过这些坐标点作出﹣R0图象，根据该图象可求出该电源的电动势E= 6.0V，内阻r= 1.0Ω．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．【解析】：解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R），则：=R0+，由图示图象可知，m=，k=，b=﹣r；由图可知，k==；故电源电动势：E==6.0V；，电源内阻：r=﹣b=1.0Ω；故答案为：（1）.；（2）.，，﹣r（3）6.0，1.0【点评】：本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三、计算题（28分）11．（10分）（2015•陕西三模）一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零．设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变．表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度g=10m/s2，求：时刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度v/m．s﹣1 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）轨道AB段的倾角是多少？（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）有表格数据，根据加速度定义求解加速度，根据牛顿运动定律列式求解角度；（2）根据表格分段求出相应的时间和加速度，根据总路程等于各段位移之和求解．【解析】：解：（1）根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度由牛顿运动定律得mgsinα=ma1解得，故斜面AB段的倾角α=300．（2）根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间小球在斜面CD上做减速运动的加速度从最大速度vm=15m/s减至速度为9m/s用时于是，小球在水平面上运动时间t2=13﹣t1﹣t3=8s故小球的总路程答：（1）轨道AB段的倾角是30°（2）小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是180m【点评】：此题考查从表格中读取数据的能力，结合牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用即可解题．12．（18分）（2015•陕西三模）如图（1）所示，一边长L=0.5m，质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t=0.5s 线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图（2）所示，在金属线框被拉出磁场的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；（2）写出水平力F随时间t变化的表达式；（3）若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10J，求此过程中线框产生的焦耳热．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q，平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，求得电阻R．（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场，由L=得加速度a，根据牛顿运动定律的拉力大小关系式；（3）由运动学公式求末速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热．【解析】：解：（1）根据题图（2）知，在t=0.5s时间内通过金属框的平均电流=0.50A，于是通过金属框的电量q=；由平均感应电动势，平均电流，通过金属框的电量q=，得q=，于是金属框的电阻R==0.80Ω（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t=0.5s时间内运动距离L=0.5m，由L=得加速度a==4m/s2由图（2）知金属框中感应电流随时间变化规律为i=kt，其中比例系数k=2.0A/s．于是安培力fA随时间t变化规律为fA=BiL=kBLt．由牛顿运动定律得F﹣fA=ma，所以水平拉力F=fA+ma=ma+kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（N）．（3）．根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v==2m/s由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q=WF﹣=0.1J【点评】：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动．【物理选修3-3】13．（6分）（2015•陕西三模）如图，甲分子固定在坐标原点0，乙分子位于x轴上，两分子之间的相互F作用力与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d、为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最大C．乙分子由a到c的过程中，两分子的势能一直减少D．乙分子由a到d的过程中，两分子的势能一直减少【考点】：分子势能．【分析】：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．【解析】：解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处过程中，在C位置分子间作用力最小．乙分子由a 到c一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从c到d分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在c位置分子势能最小，动能最大．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强．14．（10分）（2015•陕西三模）如图，导热性能极好的气缸，高为L=l.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为P0=l.0×l05Pa时，气柱高度为l=0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2，求：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F有多大？②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解．②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解【解析】：解：①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S联立并代入数据得：F=240N②．由盖﹣吕萨克定律得：代入数据解得：t=102°C．答：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端．在顶端处，竖直拉力F为240N；②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为102摄氏度．【点评】：本题考察气体实验定律，关键是根据题目暗含条件分析出为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可．【物理选修3-4】15．（2015•陕西三模）在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是（）A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率【考点】：产生共振的条件及其应用．【分析】：用声波将酒杯震碎是利用酒杯发生了共振现象，而物体发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率【解析】：解：由题用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯震碎．故D正确．故选：D．【点评】：明白了该物理情景所反映的物理规律才能正确解决此题．故要学会通过物理现象抓住物理事件的本质．16．（2015•陕西三模）图示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面，∠B=90°，∠A=30°，BC边长等于L．一束平行于AB边的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，E点是BC边的中点，EF是从该处反射的光线，且EF恰与AC边平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间（真空中的光速用符号“c”表示）．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①作出光路图，根据几何知识和全反射规律得到光线在AC面的入射角和折射角，即可求得折射率，②根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，判断出光线在F点发生全反射，在H点不能发生全反射，即该光束经一次反射后，到第一次射出玻璃砖发生在H点，根据几何知识求出光线在玻璃砖内传播的距离S，由v=求出光线在玻璃砖内传播的速度v，即可求得所求的时间【解析】：解：依题意，光在玻璃砖中的传播路径如右图所示．可见，光在O1点的入射角为60°，折射角为30°．①玻璃的折射率n==②因为，所以这种玻璃的临界角C大于30°，小于60°．故从E点反射出的光线，将在F点发生全反射，在O2点才有光线第一次射出玻璃砖．由几何知识可知：EF=L，FO2=L；光在这种玻璃中的传播速度．故光从E点传播到O2点用时．答：①玻璃砖的折射率为；②该光束从E点反射后，直到第一次有光线从玻璃砖射出所需的时间为．【点评】：解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角折射角，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n=、临界角公式sinC=和光速公式v=．【物理选修3-5】17．（2015•陕西三模）如图是各种元素的原子核中核子的平均质量与原子序数Z的关系图象，由此可知（）A．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定会释放能量B．若原子核D和E结合成原子核F，结合过程一定要吸收能量C．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要释放能量D．若原子核A分裂成原子核B和C，分裂过程一定要吸收能量【考点】：爱因斯坦质能方程．【专题】：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】：根据重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，都向外释放能量，从而即可求解．【解析】：解：A、D和E结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故A 正确，B错误．C、若A分裂成B和C，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放．故C正确，D 错误．故选：AC．【点评】：解决本题的关键知道爱因斯坦质能方程△E=△mc2，掌握质量亏损与释放能量之间的联系．18．（2015•陕西三模）如图所示，有一固定在水平地面上光滑凹形长槽，槽内放置一个滑块，滑块的左端面是半圆柱形光滑圆弧面，滑块的宽度恰与凹形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内左右自由滑动．现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块．已知金属小球的质量为m，滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能．【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】：力学综合性应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：（1）小球和滑块相碰的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出金属小球和滑块的各自速度．（2）小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，根据动量守恒、机械能守恒求出金属小球的动能．【解析】：解：①．设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定小球初速度的方向为正方向，由动量守恒得：mv0=mv1+3mv2由机械能守恒得：解得：，；②．小球过A点时沿轨道方向两者必有共同速度v，规定小球初速度的方向为正方向，则根据动量守恒有mv0=（m+3m）v根据机械能守恒小球的动能应为：解得小球动能为：答：①当金属小球从另一侧壁离开滑块时，金属小球和滑块各自的速度分别为；②当金属小球经过滑块半圆形端面的顶点A时，金属小球的动能为．【点评】：本题考查了动量守恒和机械能守恒定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在平时的学习中需加强这类题型的训练．。

2015年高考物理模拟试卷(一)(满分100分 考试时间50分钟)一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．1．两小球释放机A 和B 分别每隔1 s 无初速度释放一小球，B 释放的小球初位置距离地面高5 m ，A 释放的小球初位置距离地面高20 m ．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．若A 和B 同时开始释放小球，听到小球同时落地声，经历的时间为( )A ．k s(k ＝1,2,3……)B ．(2k ＋1) s(k ＝1,2,3……)C ．(2k －1) s(k ＝1,2,3……)D ．2k s(k ＝1,2,3……)2．在地球与月球之间存在一个点，卫星在该点受到地球和月球的共同引力作用，与月球同步绕地球作匀速圆周运动，已知，地球的质量为M 1，月球的质量为M 2，地月之间的距离为d ，卫星到地球的距离为r ，不考虑其他天体的作用，下列物理量关系成立的是( ) A.M 1r 2－M 2(d －r )2＝M 1r d 3B.M 1r －M 2(d －r )＝M 1r d2 C ．M 1(d －r )d 2－M 2rd 2＝M 1rD ．M 1(d －r )2d －M 2rd ＝M 1rd 23．如图M1-1所示，直线坐标系中x ＝d 处放置负点电荷－Q ，x ＝－d 处放置正点电荷＋Q, P 点位于x ＝12d 处．下列判断正确的是( )图M1-1A ．在空间中只有一点与P 点电场强度相同B ．如果在P 点由静止释放一可自由移动的带负电粒子(不计重力)，粒子从P 点移动到坐标原点O 的过程中加速度将增大C ．如果在P 点由静止释放一可自由移动的带负电粒子(不计重力)，粒子从P 点移动到坐标原点O 的过程中电势能减小D ．如果选无穷远处电势为零，那么坐标原点O 的电势为正4．如图M1-2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为22∶1，原线圈串联一理想交流电流表后接正弦交流电源，副线圈接入“10 V 6 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )图M1-2 A ．电流表的示数为13.2 AB ．原线圈的输入功率为6 WC ．电流表的示数为0.6 AD ．电源两端电压为2.2 V二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．5．“嫦娥三号”的发射激发了同学们探索月球知识的极大热情．小明在网上查到，月球上富含大量的32He ，可供地球能源需求达万年．利用32He 与其他核发生反应的方程很多，其中一个核反应方程为：32He＋21H＝42He＋X，则()A．上述反应是核聚变反应B．上述反应是核裂变反应C．当把能衰变的物质从月球运到地球，它的半衰期不变D．方程中X代表中子6．下列说法正确的是()A．气体总是能充满整个容器，说明气体分子间存在斥力B．气压缩到一定程度很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现C．一定质量的理想气体，温度不变，内能一定不变D．一定质量的理想气体，体积增大，一定对外做功7．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图M1-3所示)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向向下推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.当拖把头在水平地板上以加速度a向右做匀加速直线运动时，下列判断正确的是()图M1-3A．推拖把的力的大小为m(a＋μg)sin θ＋μcos θB．推拖把的力的大小为m(a＋μg)sin θ－μcos θC．减小θ有可能出现无论推拖把的力多大都不能使拖把头由静止向前运动D．增大θ有可能出现无论推拖把的力多大都不能使拖把头由静止向前运动8．如图M1-4所示，轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆匀速转动，杆与水平方向成60°变化到90°过程中，下列说法正确的是()图M1-4A．拉力的功率变大B．拉力的功率变小C．小球受到杆的作用力变大D．小球受到杆的作用力变小9．如图M1-5所示是质谱仪的原理示意图，粒子源S发出的各种不同正粒子束(速度可看作零)，经加速电压为U的电场加速后垂直边界进入有界匀强磁场，磁感应强度垂直于纸面向外，大小为B，到达记录它的照相底片P上，设粒子在P上的位置到入口处S1的距离为x，若粒子束是同位素32He和42He，可以判断()图M1-5A．x大的是32HeB．x大的是42HeC．若是其他粒子，只要x相同，则粒子质量一定相同D．若是其他粒子，只要x相同，则粒子的荷质比一定相同三、非选择题：本大题共3小题，共54分．10．(18分)如图M1-6所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图M1-6(1)平衡摩擦力时，将带滑轮的长木板一端适当垫高，使小车在________(填“挂”或“不挂”)纸带的情况下做____________运动．(2)平衡摩擦力后，为了用钩码的重力代替小车受到的拉力，必须满足钩码的质量________小车的质量．(3)某次实验中所用交流电的频率为50 Hz ，得到的一条纸带如图M1-7所示，从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，分别标明0、1、2、3、4 .测得x1＝12.2 mm，x2＝18.1 mm，x3＝24.1 mm，x4＝30.2 mm，则小车的加速度为__________m/s2.(结果保留两位有效数字)图M1-711．(18分)如图M1-8所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上，放有质量不等的两个小物块，物块之间用一轻弹簧相连接，当弹簧被压缩到长为L＝3 m时，用一细线连接两物块，下面质量为m＝1 kg的物块离斜面底端所在水平面的高度为H＝15 m．两物块从静止开始下滑，当都进入光滑水平地面时(不计与地面碰撞的机械能损失)，细线被烧断，质量为M＝2 kg的物块能沿斜面刚好上升到h＝4 m高处，质量为m的物块滑上一质量为M的长木板，长木板上表面与左端水平地面等高，下表面光滑，物块m没有从木板滑下．(已知重力加速度g＝10 m/s2)，求：(1)物块M在斜面上滑动时，弹簧和细线对物块m做的总功．(2)物块m在木板上滑动时产生的热量．图M1-812．(18分)如图M1-9甲所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨平面与水平面间的夹角θ为37°.有一垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻，其余电阻忽略不计．求：(1)写出图乙中对应的a与v的函数式并且用斜率求出导轨间距．(2)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)．图M1-92015年高考物理模拟试卷(二)(满分100分考试时间50分钟)一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．1．一物体在做匀加速直线运动，第9 s内的位移比第3 s内的位移大6 m，加速度的大小为()A．1 m/s2B．0.5 m/s2C．1.5 m/s2D．2 m/s22．近日，天文学家观测发现一个奇特的行星系统：两颗木星大小的超大质量行星环绕着一对姊妹恒星运行，这种情况非常罕见，因为姊妹恒星存在着较强的引力干扰效应，难以形成行星．行星系统中较大的行星质量是木星的5.9倍，它与姊妹恒星(可看做质点)距离8.98亿公里之遥，公转周期长达15.5个地球年．另一颗行星与姊妹恒星稍近，其公转周期为7.75个地球年，其质量是木星的1.6倍．则该行星与姊妹恒星距离约为()A．4.49亿公里B．5.66亿公里C．6.26亿公里D．2.25亿公里3．如图M2-1所示，某电场中的一条电场线(未标方向)上等距离分布A、B、C三个点，其中A点电势为零，将一电子由静止在C点释放，电子将会沿直线CA方向运动，以下判断正确的是()图M2-1A．该电场一定是匀强电场B．电子运动到A点时的电势能为零C．C点的电势大于零D．A、B两点间的电压U AB一定等于B、C两点间的电压U BC4．近几年，广东生产的外贸型窗式空调因其节能环保和安装方便在国外受到客户的一致好评．某同学在网上看到一款标有“110 V60 Hz880 W”字样的产品，决定买一台，在家使用．下列说法正确的是()A．若将窗式空调直接与我国市电相连，电功率是1760 WB．窗式空调应接在原、副线圈匝数比为2∶1的变压器副线圈两端C．窗式空调通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为2 AD．窗式空调通过变压器正常工作时，可以直接把该空调像冰箱一样放在室内，关闭门窗二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．5．太阳每天在发光发热，它的能量来源是()A．核反应减少的质量B．轻核聚变放出的能量C．重核裂变放出的能量D．天然放射性元素衰变放出的能量6．下列说法正确的是()A．布朗运动证明了分子在永不停息的无规则运动B．雾霾中的PM2.5能通过肺进入血液是扩散现象C．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能D．一定质量的理想气体，温度保持不变，当体积变小时，压强增大7．如图M2-2所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中( )图M2-2 A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B ．木块沿斜面下滑的距离为(v 1＋v 2)2t C ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12m v 22＋12m v 21 8．如图M2-3所示，四根通有相同电流的直导线垂直于纸面分别放置在A 、B 、C 、D 四个点，电流方向都垂直于纸面向里，△ABC 是等边三角形，OC 是它的高，以O 点为原点，AB 方向为x 轴正方向建立平面直角坐标系，则下列说法正确的是( )A ．处于A 、O 、B 三点的导线在C 点产生的磁场方向沿x 轴正方向B ．处于A 、O 、B 三点的导线在C 点产生的磁场方向沿x 轴负方向C ．处于C 点的导线受到的磁场力沿y 轴正方向D ．处于C 点的导线受到的磁场力沿y 轴负方向图M2-3 图M2-49．如图M2-4所示，空间中存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，一带正电量为q 的小物块质量为m ，静止放在粗糙斜面上的A 点，当物块沿斜面运动到C 点时的速度为v ，已知图中O 点为AC 的中点，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B ，斜面倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．物块运动到O 点时的速度为22v B ．物块在C 点时的摩擦力为μq v B ＋μ(mg －qE )cos θC ．物块从A 点到C 点的过程中电势能减小D ．如果斜面足够长，物体越过C 点后不可能离开斜面三、非选择题：本大题共3小题，共54分．10．(18分)(1)小明用如图M2-5甲所示装置在实验室“研究自由落体运动”，他把电火花计时器接在电压为220 V ，频率为50 Hz 的交流电源上，在实验中打下一条理想纸带，如图乙所示．选取纸带上打出的连续5个计数点A 、B 、C 、D 、E ，每两个计数点之间还有4个计时点未标出，测出A 点距起始点的距离为s 1，点AC 间的距离为s 2，点CE 间的距离为s 3，已知重物的质量为m ，则：图M2-5①根据题中提供的条件，可表示出C 点的速度v C ＝________.②重锤实际下落的加速度a ＝________，这一加速度总是略小于重力加速度，请你说出其中的一条原因：______________________________________.③若只用A 点以后的点能否验证机械能守恒定律？________(填“能”或“不能”)．(2)实验室只有下器材：A ．电压表V 1(量程8 V ，内阻约为10 kΩ)B ．电压表V 2(量程4 V ，内阻约为2 kΩ)C ．电池E (电动势9 V ，内阻不计)D ．定值电阻R 1＝3 kΩE ．滑动变阻器R 2(最大阻值为20 Ω)F ．电键S 一个，导线若干①在所给的两只电压表中，能较准确地测出电压表______(填“V 1”或“V 2”)的内阻． ②根据你的选择，请在方框中画出实验电路原理图(标注所用器材符号)．③实验中，要读出的物理量有__________________________________．(写出物理量名称并用相应字母代号表示)④请用已知量和测量量对应字母代号表示被测电压表内阻的表达式R V ＝______________.测量电压时由于读数有一定的误差，导致被测电压表内阻存在的误差属于____________(填“系统误差”或者“偶然误差”)．11．(18分)如图M2-6所示，上表面水平的平板车B 右端固定一轻质弹簧，平板车左端与弹簧的自由端相距L ，开始时静止在光滑水平面上，在平板车最左端静止放置一小物块A ，一颗质量为m 0的子弹以水平初速度v 0迅速射穿A 后，速度变为v 02，子弹射穿前后物块A 的质量不变．此后，物块A 向右运动压缩弹簧后被弹回并停在小车最左端(弹簧始终在弹性限度内)，已知平板车B 质量为10m 0，物块A 质量为2m 0.A 、B 之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：(1)子弹射穿后，物块A 的速度和它的最终速度．(2)弹簧的最大压缩量和相应的弹性势能E p .图M2-612．(18分)如图M2-7所示，MN 、PQ 为足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角为30°，导轨间距为0.5 m ．有一垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0＝2 T ．将两根质量均为m ＝0.1 kg 的金属棒ab 和cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，动摩擦因数为μ＝35.用一沿斜面向上的拉力F 拉住位于上方的金属棒ab 使它保持静止，由静止释放金属棒cd .已知重力加速度g ＝10 m/s 2，两金属棒的电阻都为5 Ω，其余电阻忽略不计．求：(1)写出金属棒cd 运动过程中的加速度a 与速度v 的函数式并且画出图象(标出与纵轴和横轴的交点)．(2)金属棒cd 滑行至速度最大处的过程中cd 棒产生的焦耳热为0.1 J ，通过cd 的电荷量．(3)若将金属棒cd 不受导轨摩擦力保持静止在导轨上，求此时ab 受到沿斜面向上的拉力F .图M2-72015年高考物理模拟试卷(一)1．D 2.A 3.C 4.B 5.AC 6.CD 7.BC8．BD 解析：因为是匀速转动，小球的动能不变，把小球和杆看作整体，合力对它做功为零，所以拉力做功功率等于重力做功功率，A 项错误， B 项正确；小球受到的重力和杆对它的作用力提供向心力，匀速圆周运动向心力大小不变，方向始终指向圆心，所以小球受到杆的作用力变小，C 项错误， D 项正确．9．BD 解析：粒子经加速电压为U 的电场加速，由动能定理得：qU ＝12m v 2 在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2R联立解得：R ＝1B 2mU q因此，BD 正确，AC 错误．10．(18分)(1)挂(3分) 匀速直线(3分)(2)远小于(6分)(3)0.60(6分)解析：(1)缓慢倾斜木板，当小车恰好能匀速下滑时固定木板倾斜角度，此时恰好平衡，挂纸带是为了平衡小车与板的摩擦力和纸带受到的阻力．(2)钩码的质量远小于小车的质量时，细线的拉力约等于钩码的重力．(3)由Δx ＝aT 2得：a ＝(x 4＋x 3)－(x 2＋x 1)4T 2，代入数据求得：a ＝0.60 m/s 2. 11．(18分)解：(1)物块m 在斜面上滑动时弹簧和细线对它的总作用力为零，所以不做功． 假设物块m 刚到达水平地面时的速度为v 1，对系统由动能定理得(M ＋m )gH ＝12(M ＋m )v 21 ①(2分) 物块M 刚到达水平地面时的速度为v 2，对系统由动能定理得(M ＋m )gH ＋MgL sin θ＝12(M ＋m )v 22 ②(2分) 所以弹簧和细线对物块m 做的总功W ＝12m v 22－12m v 21 ③(2分) 联立以上①②③式可得W ＝12m v 22－12m v 21＝MmgL sin θM ＋m＝10 J ．(2分) (2)细线被烧断后，物块M 的速度为v 3，物块m 的速度为v 4，两物块动量守恒 (M ＋m )v 2＝－M v 3＋m v 4 ④(2分)物块M 从新上升到斜面的最高点过程中，由动能定理得－Mgh ＝0－12M v 23⑤(2分) 另一质量为m 的物块滑上一质量为M 的长木板动量守恒0＋m v 4＝(M ＋m )v 5 ⑥(2分)由能量守恒得物块m 在木板上滑动时产生的热量Q ＝12m v 24－⎝⎛⎭⎫12m v 25＋12M v 25 ⑦(2分) 联立求得：Q ＝12m v 24－⎝⎛⎭⎫12m v 25＋12M v 25 ＝51203J ＝1707 J ．(2分) 12．(18分)解：(1)由数学知识和图乙可得a ＝2－v (2分)对导体棒进行受力分析知F N ＝mg cos θ(1分)由牛顿第二定律得mg sin θ－F 安－μF N ＝ma (1分)F 安＝B 0IL ＝B 20L 2v R(1分) 联立求得a ＝g sin θ－μg cos θ－B 20L 2v mR(1分) k ＝－B 20L 2mR(1分) 解得导轨间距L ＝0.5 m ．(1分)(2)金属棒由静止下滑到稳定速度过程中，假设下滑位移为s ，产生的平均电动势E ＝B 0Ls t(1分) 此过程中通过金属棒截面的电量q ＝It ＝B 0Ls R(1分) 解得s ＝2 m(1分)当速度为零时a ＝2 m/s 2且mg sin θ－μmg cos θ＝ma (1分)因此μ＝0.5由动能定理可得mgh －μmgs cos 37°－W F ＝12m v 2－0(1分)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量Q ＝W F ＝0.1 J ．(1分)(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．mg sin θ－μmg cos θ＝ma (1分)a ＝2 m/s 2B 0Ls ＝BL ⎝⎛⎭⎫s ＋v t ＋12at 2(1分) B ＝22＋2t ＋t 2(T)．(2分) 2015年高考物理模拟试卷(二)1．A 2.B 3.B 4.B 5.AB 6.AD 7.BD 8.AD9．BD 解析：由于物块在斜面上加速运动，洛伦兹力变大，所以摩擦力变大，不是匀变速直线运动，A 项错误；物块在C 点时受力分析得：q v B ＋(mg －qE )cos θ＝F N ，摩擦力为滑动摩擦：F f ＝μq v B ＋μ(mg －qE )cos θ，B 项正确；物块从A 点到C 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C 项错误；由q v B ＋(mg －qE )cos θ＝F N 得，压力不可能为零，所以不会离开斜面，D 项正确．10．(18分)(1)①s 2＋s 30.4 s(2分) ②s 3－s 20.04 s 2(2分) 重物或纸带的空气阻力；打点计时器对纸带的摩擦力(只要答对1条，就得2分，其他答案只要合理也对)③能(1分)解析：由于重物做匀加速运动，通过计数点C 的瞬时速度等于计数点A 到计数点E 的平均速度；加速度由Δx ＝aT 2可得；验证机械能守恒定律没必要从起始点开始选取数据，只要求出动能和重力势能的变化量就行．(2)①V 2(2分)②如图D104所示．(3分)图D104③电压表V 1的示数U 1，电压表V 2的示数U 2(2分)④U 2R 1U 1－U 2(2分) 偶然误差(2分) 解析：由于所给滑动变阻器阻值较小，若选用限流式接法，调节不明显(电流、电压几乎不变化)，所以选分压；电压表V 1量程8 V ，电压表V 2量程4 V ，所以电压表V 2串连一个已知电阻后才能和电压表V 1并联；本实验能读出的数据只有电压表的示数；定值电阻的分压U＝U 1－U 2，所以它的电流I ＝U R 1＝U 1－U 2R 1，电压表V 2和定值电阻串联，电流相等，电压表内阻的表达式R V ＝U 2I ＝U 2R 1U 1－U 2，由于人为因素引起的误差属于偶然误差． 11．(18分)解：(1)子弹射穿木块的过程中，由于时间极短，动量守恒m 0v 0＝2m 0v 1＋m 0v 02(2分) 解得子弹射穿后，物块A 的速度v 1＝v 04方向向右(2分)物块A 停在小车左端时，A 、B 的速度相等均为v 2，则2m 0v 1＝(10m 0＋2m 0)v 2(2分)解得v 2＝v 024，方向向右．(2分) (2)子弹射穿物块后到弹簧压缩到最短，设摩擦生热为Q ，根据能量守恒定律得 12×2m 0v 21＝Q ＋12(2m 0＋10m 0)v 22＋E p (2分) 子弹射穿物块后到最终物块和小车以相同的速度匀速运动12×2m 0v 21＝2Q ＋12(2m 0＋10m 0)v 22(2分) 联立以上两式解得Q ＝5192m 0v 20 E p ＝5192m 0v 20(2分) 根据功能关系有Q ＝2μm 0g (L ＋x )(2分)所以最大压缩量x ＝5384μg v 20－L .(2分) 12．(18分)解：(1)金属棒cd 切割磁感线产生的电动势E ＝B 0L v ①(1分)所以受到的安培力F 安＝B 0IL ＝B 20L 2v 2R②(1分) 对导体棒进行受力分析得F N ＝mg cos θ ③(1分)由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 安－μF N ＝ma ④(2分)联立①②③式代入数据求得a ＝2－v (1分)画出图象如图D105所示．(2分)图D105(2)金属棒由静止下滑到稳定速度过程中，假设下滑位移为s ，产生的平均电动势E ＝B 0Ls t(1分) 此过程中通过金属棒截面的电量q ＝It ＝B 0Ls 2R(1分) 金属棒由静止下滑到稳定速度过程中由动能定理得mgs sin θ－2Q －μmgs cos θ＝12m v 2(2分) 解得s ＝2 m(1分)通过cd 的电荷量q ＝0.2 C ．(1分)(3)若将金属棒cd不受导轨摩擦力保持静止在导轨上则mg sin θ＝BIL(1分)ab棒此时做匀速直线运动，对导体棒ab进行受力分析得F－μmg cos θ－mg sin θ－BIL＝0(2分)联立求得F＝1.3 N．(1分)。