陕西省安康市高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

陕西省安康市2015届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图示为某物体运动的速度（v）随时间（t）变化的关系图象，由此可以判断物体的运动是( )a往复运动b曲线运动c匀速直线运动d单方向的直线运动2如图所示，固定斜面体m上有一物块m，其在一沿斜面向上的推力f的作用下保持静止，下列有关物块的受力个数的说法正确的是 ( )a可能是2个b一定是3个c可能是3个d一定是4个3某行星的质量为地球质量的p倍，半径为地球半径的q倍，已知地球的第一宇宙速度为v，则该行星的第一宇宙速度为( )avbvcvdv4一个电荷量为106c的正电荷从电场中a点移到b点电场力要做功2106j，从c点移到d点要克服电场力做功7106j，且a、b、c、d四点在同一条电场线上，则下列图中可能表示此电场线的是( )abcd5如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，o为三角形的中心，m、n分别为o关于导线 ab、cd的对称点，当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，m点磁感应强度的大小为b1，o点磁感应强度的大小为b2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两段导线中的电流不变，则n点磁感应强度的大小为( )ab1+b2bb1b2c（3b2b1）d（b1+b2）6如图所示，理想变压器副线圈接两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，开关s闭合，当s断开时，下列说法正确的是 ( )a副线圈两端的输出电压变大b变压器的输入功率增大c原线圈的电流变小d通过灯泡l1的电流增大7如图所示，长为l的硬杆a一端固定一个质量为m的小球b，另一端固定在水平转轴o上，硬杆可绕转轴o在竖直平面内缓慢转动，则在硬杆与水平方向的夹角从90减小到0的过程中，下列说法正确的是( )a小球b受到的合力方向始终沿杆向上b小球b受到的硬杆a的作用力对小球做负功c小球b受到的硬杆a的作用力逐渐减小d小球b受到的硬杆a的作用力方向始终竖直向上8如图所示，同一竖直面内的正方形导线框abcd、abcd的边长均为l，电阻均为r，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为b、方向垂直竖直面向里的匀强磁场，开始时，abcd的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l现将系统由静止释放，当abcd全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则( )a线框abcd通过磁场的时间为b系统匀速运动的速度大小为c两线框从开始运动至等高的过程中，所产生的总焦耳热为2mgld从开始运动至abcd全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为mgl三、非选择题：本题包括14小题，共174分9图乙所示是某课外活动小组利用自由落体运动（装置如图甲所示）“测定当地重力加速度”实验中得到的一条纸带的一部分，打点计时器接在电压为u、频率为f的交流电源上，在纸带上选取打出的连续5个点a、b、c、d、e，测出a点距起始点的距离为s0，点a、c间的距离为s1，点c、e间的距离为s2，已知重物的质量为m，则由此纸带可得当地的重力加速度g=_，打c点时重物的动能ek=_（用题中所给的物理量的符号表示）10某同学欲测定干电池的电动势和内阻，使用的器材有：内阻很大的电压表、电阻箱、阻值r0=5的定值电阻，开关两个，导线若干实验原理图如图甲所示（1）请完成下列主要实验步骤：a检查电压表，并调节电压表的指针指零，调节电阻箱的示数如图乙所示，则电阻箱的阻值是_b将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49v；c将开关s1、s2闭合，电压表的示数是1.16v；最后断开开关s1、s2（2）使用测得的数据，计算出干电池的内阻是_（计算结果保留二位有效数字）（3）分析可知，本实验即使忽略电表读数误差及各仪器的精度不够带来的影响，测得的电动势仍有误差，这是_的缘故（4）试简述本实验中加接电阻r0的原因？_11如图所示，足够长斜面的倾角=30，斜面光滑，水平面足够长，ob段粗糙且动摩擦因数=0.25，b点右侧水平面光滑，ob之间有竖直向下的电场强度大小e=1105v/m 的匀强电场可视为质点的小物体c、d质量分别为mc=2kg，md=1kg，d带正电q=1104c，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别在斜面及水平面上的p和q点由静止释放，b、q间的距离d=1m，a、p间的距离为2d，ob间距大于d，细绳与滑轮之间的摩擦不计，g=10m/s2求：（1）物体d在ob段所受的摩擦力的大小f（2）物体c运动到a点时重力的功率p12魏伟和洪宏在暑假参加了“快乐大冲关”水上竞技活动，参赛者需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图所示，若将参赛者简化为质量m=60kg的质点，参赛者抓住绳时绳与竖直方向的夹角=53，并由静止开始摆动，绳的悬挂点o距水面的高度h=3m不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深，重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6（1）求参赛者摆到最低点时对绳拉力的大小f；（2）若绳长l=2m，参赛者摆到最高点时不幸松手落入水中，设水对选手的浮力f1=800n，对选手的阻力f2=700n，求选手落入水中的深度d；（3）若使参赛者摆到最低点时松手水平抛出后，在浮台上的落点距岸边越远，绳长应为多少？13（19分）如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，电场方向沿y轴正方向；在y0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向里，一电荷量为q、质量为m的带负电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点p1时速度大小为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x=2h处的p2点进入磁场，再经x=2h的p3点再次进入电场粒子重力不计求：（1）电场强度的大小；（2）粒子经过p2点时速度；（3）磁感应强度的大小陕西省安康市2015届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图示为某物体运动的速度（v）随时间（t）变化的关系图象，由此可以判断物体的运动是( )a往复运动b曲线运动c匀速直线运动d单方向的直线运动考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：题目图是速度时间图象，斜率等于质点的加速度，速度的正负表示质点的运动方向解答：解：vt图象的正负表示速度的方向，故题目图表示物体的做单向的直线运动，只是加速度方向周期性变化；故abc错误，d正确；故选：d点评：本题一要理解xt和vt图象的物理意义，抓住斜率的数学意义来分析质点的运动情况，二不能混淆，要抓住两种图象的区别2如图所示，固定斜面体m上有一物块m，其在一沿斜面向上的推力f的作用下保持静止，下列有关物块的受力个数的说法正确的是 ( )a可能是2个b一定是3个c可能是3个d一定是4个考点：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：物体在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根据推力f的与重力分力的大小确定摩擦力的方向解答：解：当f大于mgsin时，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向下，大小为f=fmgsin当f小于mgsin，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向上，大小为f=mgsinf，可能等于f当f等于mgsin，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力为零可知物体m可能受到3个力的作用，也可能受到4个力的作用故abd错误，c正确故选：c点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过沿斜面方向平衡进行分析3某行星的质量为地球质量的p倍，半径为地球半径的q倍，已知地球的第一宇宙速度为v，则该行星的第一宇宙速度为( )avbvcvdv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：物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=解得解答：解：设地球质量m，某星球质量6m，地球半径r，某星球半径1.5r由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：，解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=分别代入地球和某星球的各物理量得：v地球=v星球=，故c正确、abd错误故选：c点评：本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式4一个电荷量为106c的正电荷从电场中a点移到b点电场力要做功2106j，从c点移到d点要克服电场力做功7106j，且a、b、c、d四点在同一条电场线上，则下列图中可能表示此电场线的是( )abcd考点：电场线 分析：根据电势差公式u=，分别求出ab间和cd间的电势差，即可判断出a、b间电势和c、d电势高低，根据顺着电场线方向电势降低，即可进行判断解答：解：a、b间的电势差为 uab=v0，则a的电势低于b的电势；c、d间的电势差为 ucd=v0，则c的电势高于d的电势；又由题，c点比b点电势高2v，所以电势从高到低的顺序是：c、b、a、d根据根据顺着电场线方向电势降低，得知a正确，bcd错误故选：a点评：本题关键掌握电势差定义式，并能正确求解两点间的电势差，通过电场线，直观即能反映各点电势的高低5如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，o为三角形的中心，m、n分别为o关于导线 ab、cd的对称点，当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，m点磁感应强度的大小为b1，o点磁感应强度的大小为b2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两段导线中的电流不变，则n点磁感应强度的大小为( )ab1+b2bb1b2c（3b2b1）d（b1+b2）考点：磁感应强度 分析：通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且方向，方向相同则相加，方向相反则相减解答：解：无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，o为三角形的中心，o点磁感应强度大小为b2，因为直导线ab、cd关于o点对称，所以这两导线在o点的磁场为零，则磁感应强度大小b2是由直导线ef产生的，而直导线ab、ef关于n点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此n点的磁感应强度大小为b2因为m点的磁感应强度为b1=bef+bcd+bab，又因为bab=b2，bef与bcd大小相等，故bef=bcd=当撤去导线ab，其余两根导线在n点的磁感应强度大小为：b2bef=b2=（3b2b1）故选：c点评：根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减6如图所示，理想变压器副线圈接两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，开关s闭合，当s断开时，下列说法正确的是 ( )a副线圈两端的输出电压变大b变压器的输入功率增大c原线圈的电流变小d通过灯泡l1的电流增大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的各部分电路中的电流和电压的变化的情况解答：解：a、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以a错误；b、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以c正确b错误；d、当s断开后，电路的电阻增大，副线圈的电流减小，所以通过电阻r的电减小，电压减小，那么所以通过灯泡l1的电流增大，所以d正确；故选：cd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7如图所示，长为l的硬杆a一端固定一个质量为m的小球b，另一端固定在水平转轴o上，硬杆可绕转轴o在竖直平面内缓慢转动，则在硬杆与水平方向的夹角从90减小到0的过程中，下列说法正确的是( )a小球b受到的合力方向始终沿杆向上b小球b受到的硬杆a的作用力对小球做负功c小球b受到的硬杆a的作用力逐渐减小d小球b受到的硬杆a的作用力方向始终竖直向上考点：牛顿第三定律 分析：硬杆绕转轴o在竖直平面内缓慢转动的过程中，b球的合力为零，保持平衡状态，根据平衡条件求出硬杆a的作用力对b球的作用力大小和方向，分析做功的正负解答：解：硬杆绕转轴o在竖直平面内缓慢转动的过程中，b球的合力为零，而b球受到重力mg和硬杆a的作用力，则由平衡条件得知，硬杆a的作用力大小等于mg，方向竖直向上，而且硬杆a的作用力对小球做负功故bd正确，ac错误故选：bd点评：本题要紧扣”缓慢“二字，说明小球的受力平衡，这题说明杆的作用力方向不一定沿杆子方向，要由物体的状态进行分析8如图所示，同一竖直面内的正方形导线框abcd、abcd的边长均为l，电阻均为r，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为b、方向垂直竖直面向里的匀强磁场，开始时，abcd的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l现将系统由静止释放，当abcd全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则( )a线框abcd通过磁场的时间为b系统匀速运动的速度大小为c两线框从开始运动至等高的过程中，所产生的总焦耳热为2mgld从开始运动至abcd全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为mgl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 分析：当abcd刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得abcd框安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框abcd通过磁场的时间当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功解答：解：ab、如图所示，设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为t，则对abcd有：t=2mg对abcd有：t=mg+bil i= e=blv则：v=线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动，设线框abcd通过磁场的时间为t，则：t=，故a正确，b错误c、设两线框从开始运动至等高的过程中所产生的焦耳热为q，当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl=2mgl+3mv2+q解得：q=2mgl故c错误d、从开始运动至abcd全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为w，则有： w+3mv2=2mglmgl可得 w=mgl故d正确故选：ad点评：本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力三、非选择题：本题包括14小题，共174分9图乙所示是某课外活动小组利用自由落体运动（装置如图甲所示）“测定当地重力加速度”实验中得到的一条纸带的一部分，打点计时器接在电压为u、频率为f的交流电源上，在纸带上选取打出的连续5个点a、b、c、d、e，测出a点距起始点的距离为s0，点a、c间的距离为s1，点c、e间的距离为s2，已知重物的质量为m，则由此纸带可得当地的重力加速度g=，打c点时重物的动能ek=（用题中所给的物理量的符号表示）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出当地的重力加速度根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出c点的瞬时速度，从而得出c点的动能解答：解：根据，因为t=，解得g=c点的瞬时速度，则c点的动能故答案为：，点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解加速度和瞬时速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用10某同学欲测定干电池的电动势和内阻，使用的器材有：内阻很大的电压表、电阻箱、阻值r0=5的定值电阻，开关两个，导线若干实验原理图如图甲所示（1）请完成下列主要实验步骤：a检查电压表，并调节电压表的指针指零，调节电阻箱的示数如图乙所示，则电阻箱的阻值是20b将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49v；c将开关s1、s2闭合，电压表的示数是1.16v；最后断开开关s1、s2（2）使用测得的数据，计算出干电池的内阻是0.69（计算结果保留二位有效数字）（3）分析可知，本实验即使忽略电表读数误差及各仪器的精度不够带来的影响，测得的电动势仍有误差，这是电压表分流的缘故（4）试简述本实验中加接电阻r0的原因？一、增大等效内阻可以使电阻箱变化时，电压表的示数能有明显的变化；二、保护电源考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电阻箱的读数方法可得出电阻箱接入的电阻值；开关s1闭合，开关s2断开时，电压表测电源的电动势；再将开关s2闭合时电压表的示数，利用闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势；根据闭合电路的欧姆定律可分析电压表内阻不是无穷大时的示数与真实值的大小关系解答：解：（1）电阻箱只有10档位有示数为2，故电阻箱的接入电阻应为210=20；（2）由题意可知，电源的电动势为1.49v，当接入电阻箱时，路端电压为1.16v；由电路欧姆定律可知电路中电流为：i=0.058a；则内电阻与r0之和为r+r0=5.69；故内电阻r=5.695=0.69；（3）由因电压表内阻不能忽略，其电阻会分流，从而使测量结果不准确；（4）由于内阻较小，为了保护电源同时能增大等效内阻；故加装r0；增大等效内阻可以使电阻箱变化时，电压表的示数能有明显的变化；同时，可以减小流过电源的电流，起到保护作用；故答案为：（1）20；（2）0.69；（3）电压表分流；（4）一、增大等效内阻可以使电阻箱变化时，电压表的示数能有明显的变化；二、保护电源点评：本题在求内阻时要注意电压表测得的并非路端电压而是路端电压减去r0两端的电压，故在求内阻时应减去r011如图所示，足够长斜面的倾角=30，斜面光滑，水平面足够长，ob段粗糙且动摩擦因数=0.25，b点右侧水平面光滑，ob之间有竖直向下的电场强度大小e=1105v/m 的匀强电场可视为质点的小物体c、d质量分别为mc=2kg，md=1kg，d带正电q=1104c，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别在斜面及水平面上的p和q点由静止释放，b、q间的距离d=1m，a、p间的距离为2d，ob间距大于d，细绳与滑轮之间的摩擦不计，g=10m/s2求：（1）物体d在ob段所受的摩擦力的大小f（2）物体c运动到a点时重力的功率p考点：功率、平均功率和瞬时功率；洛仑兹力 分析：（1）对物块d在ob段受力分析，竖直方向平衡求解正压力，再根据f=fn计算摩擦力；（2）根据动能定理求解物体c到达c点时的速度，根据p=fv求解瞬时功率解答：解：（1）物块d在ob段竖直方向由平衡得：所以物体d在ob段所受的摩擦力的大小为：f=fn=0.2520n=5n（2）设c物体到达a点时速度为v0，由题意知释放后c物体将沿斜面下滑，在c物体从p到a运动的过程中，对cd系统由动能定理得：代入数据解得；物体c第一次运动到a点是重力的功率为：答：（1）物体d在ob段所受的摩擦力的大小f为5n（2）物体c运动到a点时重力的功率p为点评：本题考察动能定理和滑动摩擦力公式的应用，要特别注意正压力不一定等于重力，要根据平衡或牛顿第二定律列式求解12魏伟和洪宏在暑假参加了“快乐大冲关”水上竞技活动，参赛者需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图所示，若将参赛者简化为质量m=60kg的质点，参赛者抓住绳时绳与竖直方向的夹角=53，并由静止开始摆动，绳的悬挂点o距水面的高度h=3m不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深，重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6（1）求参赛者摆到最低点时对绳拉力的大小f；（2）若绳长l=2m，参赛者摆到最高点时不幸松手落入水中，设水对选手的浮力f1=800n，对选手的阻力f2=700n，求选手落入水中的深度d；（3）若使参赛者摆到最低点时松手水平抛出后，在浮台上的落点距岸边越远，绳长应为多少？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）在摆动过程中，机械能是守恒的，应用机械能守恒定律求出运动到最低点时的速度再用牛顿运动定律结合圆周运动的向心力求出绳子对选手的拉力，最后用牛顿第三定律求出选手对绳子的拉力（2）选手摆到右边最高点时松手，做自由落体运动，对整个过程，运用动能定理列式求解d（3）选手在最低点松手后做平抛运动，由平抛运动知识可以求出水平距离解答：解：（1）选手摆到最低点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl（1cos）=mv2，解得：v=4m/s；在最低点，由牛顿第二定律得：fmg=m，代入数据解得：f=1080n由牛顿第三定律可知，人对绳子的拉力：f=f=1080n；（2）选手从右边最高点开始作自由落体运动，然后再进入水中，由动能定理：mg（hlcos+d）（f1+f2）d=00解得：d=1.2m（3）选手从最低点松手后开始做平抛运动在水平方向：x=vt，竖直方向：hl=gt2，由第1题有：v=联立得：x=2根据数学知识可知当l=hl时，x有最大值，则此时l=1.5m答：（1）选手摆到最低点时对绳拉力的大小是1080n（2）选手摆到右边最高点时松手，选手将做自由落