福建省漳州市诏安县桥东中学高考物理模拟试卷（一）（含解析）.doc

2015年福建省漳州市诏安县桥东中学高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共6小题每小题仅有一个正确答案）1放置在光滑地面上的物体在某种力的作用下从静止开始向右运动，如果该物体的速度时间图象是一条抛物线，如图所示，则下列说法正确的是（）a0t1内物体做匀加速运动bt1时刻物体的速度最大，加速度也最大c物体在0t1内和t1t2内运动的位移相等d物体在0t1内和t1t2内运动的速度方向相反2如图，滑轮固定在天花板上，物块a、b用跨过滑轮不可伸长的轻细绳相连接，物块b静止在水平地面上如用f和n分别表示水平地面对物块b的摩擦力和支持力，那么若将物块b向右移动一小段距离，物块b仍静止在水平地面上，则（）af、n都减小bf、n都增大cf增大，n减小df减小，n增大32008年9月我国成功发射了“神州七号”载人飞船为了观察“神舟七号”的运行和宇航员仓外活动情况，飞船利用弹射装置发射一颗“伴星”伴星经调整后，和“神舟七号”一样绕地球做匀速圆周运动，但比“神舟七号”离地面稍高一些，如图所示，那么（）a伴星的运行周期比“神舟七号”稍大一些b伴星的运行速度比“神舟七号”稍大一些c伴星的运行角速度比“神舟七号”稍大一些d伴星的向心加速度比“神舟七号”稍大一些4质量为m的小球从高h处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为（）a2mgbmgc mgd mg5如图所示电路中，闭合开关s，将r1的滑动触头向右移动一些，电压表v1、v2的示数变化，下列叙述正确的是（）av1变小v2变大bv1变大v2变小cv1变小v2变小dv1变大v2变大6如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势较高b带电质点通过p点时的电势能较大c带电质点通过p点时的动能较大d带电质点通过q点时的加速度较大二、非选择题（本大题包括必做题和选做题两部分）（一）必做题部分7用图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用法要使小车受到的合外力等于砂和砂桶的重力需要两个条件，其中一个是小车质量远大于砂和砂桶的质量，另一个是；保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度某次实验中打出如图乙所示的纸带（打点计时器电源的频率为50hz），则这个加速度值a=m/s2（保留两个有效数字）8在研究某电路元件的伏安特性时，得到了如图丙所示的伏安特性曲线i备选器材有：电压表v1（量程为3v，内阻约为6k）电压表v2（量程为15v，内阻约为150k）电流表a1（量程为150ma，内阻约为10）电流表a2（量程为3a，内阻约为0.3）滑动变阻器r1（20，1a）滑动变阻器r2（1k，0.2a）（1）实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择（选填写器材的字母代号）（2）请根据甲图中的电路图将乙图中的实物连线补充完整（3）通过丙图中的伏安特性曲线i可知，随着电压的提高，此元件的电阻（选填“增加”、“不变”或“减小”）（4）若把此元件连接在某电源两端，该电源的伏安特性曲线为丙图中的图线则此时该元件消耗的功率为w（小数点后保留三位）9如图所示，质量m=1kg的物体放在水平面上，在水平力f=6n的用下从静止开始运动，t=5s时撤去水平力f已知物体与水平面间动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2求：（1）物体运动过程中的最大速度m；（2）撤去力f后物体继续滑行的距离s10如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端o点以初速度v水平抛出，小球飞离平台后由a点沿切线落入竖直光滑圆轨道abc，并沿轨道恰好通过最高点c，圆轨道abc的形状为半径r=2.5m的圆截去了左上角l27的圆弧，cb为其竖直直径，（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：（1）小球经过c点的速度大小；（2）小球运动到轨道最低点b时小球对轨道的压力大小；（3）平台末端o点到a点的竖直高度h11如图所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，mn为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图所示，取x轴正方向为电场正方向现有一个带负电的粒子，粒子的=1.0102 c/kg，在t=0时刻以速度v0=5102m/s从o点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用求：（1）粒子通过电场区域的时间；（2）粒子离开电场的位置坐标； （3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小(二）选做题部分物理一选修3-5（本题共有两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12日本东部海域9.0级大地震曾引发了福岛核电站泄漏事故以下关于核辐射的说法中正确的是（）a放射性辐射对人类都是有害的b射线本质上是一种高频电磁波c，三种射线中穿透本领最强的是射线d，三种射线中运动速度最快的是射线13“爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是（）a3v0vb2v03vc3v02vd2v0+v2015年福建省漳州市诏安县桥东中学高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共6小题每小题仅有一个正确答案）1放置在光滑地面上的物体在某种力的作用下从静止开始向右运动，如果该物体的速度时间图象是一条抛物线，如图所示，则下列说法正确的是（）a0t1内物体做匀加速运动bt1时刻物体的速度最大，加速度也最大c物体在0t1内和t1t2内运动的位移相等d物体在0t1内和t1t2内运动的速度方向相反【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】根据斜率等于加速度，分析物体的运动性质由图直接读出什么时刻物体的速度最大和加速度最大根据速度图象的“面积”分析物体在0t1内和t1t2内运动的位移关系由速度的符号读出速度的方向关系【解答】解：a、0t1内图象的斜率在不断减小，说明物体做加速度减小的变加速运动故a错误b、由图看出，t1时刻物体的速度最大，而加速度为零故b错误c、根据抛物线的对称性可知，图象在0t1内和t1t2内“面积”相等，则在这两段时间内物体的位移相等故c正确d、物体在0t1内和t1t2内运动的速度都是正值，说明速度方向都相同故d错误故选c【点评】本题关键抓住速度图象的两个数学意义来理解其物理意义：一是斜率等于加速度；二是“面积”等于位移2如图，滑轮固定在天花板上，物块a、b用跨过滑轮不可伸长的轻细绳相连接，物块b静止在水平地面上如用f和n分别表示水平地面对物块b的摩擦力和支持力，那么若将物块b向右移动一小段距离，物块b仍静止在水平地面上，则（）af、n都减小bf、n都增大cf增大，n减小df减小，n增大【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】在物快b向右缓慢移动一小段距离的过程中，绳子对b的拉力大小一直不变再对b进行受力分析，用共点力的平衡求解【解答】解：对物快b受力分析，受到重力g、绳子的拉力mag、地面的支持力fn和摩擦力f四个力的作用，如图：在水平方向上：f=magcos在竖直方向上：fn=gmagsin物快b向右缓慢移动一小段距离，变大，magcos变小，magsin变大，所以f变小，fn也变小选项a正确，选项bcd错误故选：a【点评】利用共点力平衡条件解题是，一定要正确的对物体进行受力分析本题还有就是正确分析物体b位置改变后，绳子拉力在水平和竖直方向的分力的变化32008年9月我国成功发射了“神州七号”载人飞船为了观察“神舟七号”的运行和宇航员仓外活动情况，飞船利用弹射装置发射一颗“伴星”伴星经调整后，和“神舟七号”一样绕地球做匀速圆周运动，但比“神舟七号”离地面稍高一些，如图所示，那么（）a伴星的运行周期比“神舟七号”稍大一些b伴星的运行速度比“神舟七号”稍大一些c伴星的运行角速度比“神舟七号”稍大一些d伴星的向心加速度比“神舟七号”稍大一些【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】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，有f=f向f=gf向=m=m2r=m（）2r因而g=m=m2r=m（）2r=ma解得v= t=2= a= 由题中图象可以得到，伴星的轨道半径大于“神舟七号”飞船的轨道半径，再根据可以得到，伴星的线速度较小、角速度较小、周期较大、加速度较小；故选a【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论4质量为m的小球从高h处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为（）a2mgbmgc mgd mg【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动；动能和势能的相互转化【分析】根据小球的动能和重力势能相等可以求得此时小球的速度的大小，再根据瞬时功率的公式即可求得此时重力的功率【解答】解：在小球的动能和重力势能相等时，设此时的高度为h，物体的速度为v，则根据机械能守恒可得，mgh=mgh+mv2，由于mgh=mv2，所以mgh=2mv2，所以此时的速度的大小为v=，此时重力的瞬时功率为p=fv=mgv=mg，所以b正确故选b【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，p=只能计算平均功率的大小，而p=fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度5如图所示电路中，闭合开关s，将r1的滑动触头向右移动一些，电压表v1、v2的示数变化，下列叙述正确的是（）av1变小v2变大bv1变大v2变小cv1变小v2变小dv1变大v2变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当r1的滑动触头向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中的电流减小，由欧姆定律分析r2两端电压的变化和路端电压的变化，再判断r1两端电压的变化，综合分析出两电压表示数变化情况【解答】解：当r1的滑动触头向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，由欧姆定律分析得知，r2两端电压u2和内电压均增大，则路端电压u减小，由u=u1+u2，则知，r1两端电压u1减小，所以v1变小v2变小故c正确故选：c【点评】本题是电路动态变化分析问题，可采用总量法分析两电表读数变化情况6如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势较高b带电质点通过p点时的电势能较大c带电质点通过p点时的动能较大d带电质点通过q点时的加速度较大【考点】等势面；动能定理的应用；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大【解答】解：a、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c的电势最高，故a错误；b、根据质点受力情况可知，从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故b正确，c错误；d、等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此p点的加速度也大，故d错误故选b【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化二、非选择题（本大题包括必做题和选做题两部分）（一）必做题部分7用图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用控制变量法要使小车受到的合外力等于砂和砂桶的重力需要两个条件，其中一个是小车质量远大于砂和砂桶的质量，另一个是平衡摩擦力；保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度某次实验中打出如图乙所示的纸带（打点计时器电源的频率为50hz），则这个加速度值a=0.80m/s2（保留两个有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】“验证牛顿第二定律”的实验中，研究三者关系必须运用控制变量法要使小车受到的合外力等于砂和砂桶的重力需要两个条件，其中一个是小车质量远大于砂和砂桶的质量，另一个是平衡摩擦力；根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小【解答】解：为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用控制变量法；要使小车受到的合外力等于砂和砂桶的重力需要两个条件，其中一个是小车质量远大于砂和砂桶的质量，另一个是平衡摩擦力由于每相邻两个计数点间还有4个计时点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：a=0.8m/s2故答案为：控制变量法；平衡摩擦力；0.80【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正确理解控制变量法的应用即可解答8在研究某电路元件的伏安特性时，得到了如图丙所示的伏安特性曲线i备选器材有：电压表v1（量程为3v，内阻约为6k）电压表v2（量程为15v，内阻约为150k）电流表a1（量程为150ma，内阻约为10）电流表a2（量程为3a，内阻约为0.3）滑动变阻器r1（20，1a）滑动变阻器r2（1k，0.2a）（1）实验中电压表应选择v2，电流表应选择a1，滑动变阻器应选择r1（选填写器材的字母代号）（2）请根据甲图中的电路图将乙图中的实物连线补充完整（3）通过丙图中的伏安特性曲线i可知，随着电压的提高，此元件的电阻增加（选填“增加”、“不变”或“减小”）（4）若把此元件连接在某电源两端，该电源的伏安特性曲线为丙图中的图线则此时该元件消耗的功率为0.124w（小数点后保留三位）【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】（1）从图中测量的数据可得该实验过程中需要的电压表和电流表，由给出的分压式电路选择滑动变阻器（2）根据电路分析电路的结构，然后补充完整；（3）iu图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率的变化判断电阻的变化（4）将标准电阻等效到电源的内部，作出电源的外电压和电流的关系图线，与iu图线的交点横纵坐标分别表示元件的电压和电流根据闭合电路欧姆定律求出电源的输出功率【解答】解：（1）从图中测量的数据可得最大电压约12v，故电压表选择v2；最大电流约100ma，故电流表选择a1，由给出的分压式电路滑动变阻器选择最大电阻值比较小的r1（2）根据电路分析电路的结构，补充如图；（3）iu图线上的点与原点连线的斜率逐渐增大，而斜率表示电阻的倒数，知元件的电阻减小（4）将标准电阻等效到电源的内部作出电动势10伏特，内阻为100欧姆的外电压和电流关系图线，如图，交点的纵坐标i=0.020a，此时的外电压u=6.2v，则电源的输出功率p=ui=0.124w故答案为：（1）v2；a1；r1；（2）如图，（3）减小，（4）0.124w【点评】解决本题的关键掌握滑动变阻器分压、限流式接法的区别，电流表内外接的区别，本题的难点在于第4问，通过等效法将标准电阻等效到电源的内部，通过图象来解决9如图所示，质量m=1kg的物体放在水平面上，在水平力f=6n的用下从静止开始运动，t=5s时撤去水平力f已知物体与水平面间动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2求：（1）物体运动过程中的最大速度m；（2）撤去力f后物体继续滑行的距离s【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】物体在拉力作用下先做匀加速直线运动，撤去拉力做匀减速运动，知撤去拉力的瞬间物体的速度最大根据牛顿第二定律求出匀加速和匀减速运动的加速度，结合运动学公式求出最大速度的大小和撤去拉力后继续滑行的距离【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，匀加速运动的加速度为：a=则物体运动的最大速度为：vm=at=25m/s=10m/s（2）撤去拉力后的加速度大小为：，则继续滑行的距离为：s=答：（1）物体运动过程中的最大速度为10m/s；（2）撤去力f后物体继续滑行的距离为12.5m【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道物体在整个过程中的运动规律，以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁10如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端o点以初速度v水平抛出，小球飞离平台后由a点沿切线落入竖直光滑圆轨道abc，并沿轨道恰好通过最高点c，圆轨道abc的形状为半径r=2.5m的圆截去了左上角l27的圆弧，cb为其竖直直径，（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：（1）小球经过c点的速度大小；（2）小球运动到轨道最低点b时小球对轨道的压力大小；（3）平台末端o点到a点的竖直高度h【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】沿轨道恰好通过最高点c，根据牛顿第二定律求解小球经过c点的速度大小从b点到c点，由机械能守恒定律求解b点速度由牛顿第二定律得小球对轨道的压力大小从a到b由机械能守恒定律求出a点速度，在a点进行速度的分解，根据平抛运动规律求出末端o点到a点的竖直高度h【解答】解：（1）恰好运动到c点，有重力提供向心力，即mg=mvc=5m/s （2）从b点到c点，由机械能守恒定律有mvc2+2mgr=mvb2在b点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有fnmg=mfn=6n根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0n（3）从a到b由机械能守恒定律有mva2+mgr（1cos53）=mvb2所以：va=m/s在a点进行速度的分解有：vy=vasin53所以：h=3.36m答：（1）小球经过c点的速度大小是5m/s；（2）小球运动到轨道最低点b时小球对轨道的压力大小是6n；（3）平台末端o点到a点的竖直高度是3.36m【点评】本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法11如图所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，mn为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图所示，取x轴正方向为电场正方向现有一个带负电的粒子，粒子的=1.0102 c/kg，在t=0时刻以速度v0=5102m/s从o点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用求：（1）粒子通过电场区域的时间；（2）粒子离开电场的位置坐标； （3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，根据垂直电场方向做匀速运动即可求得运动时间；（2）粒子在x方向先加速后减速，求出加速和减速时的加速度，根据位移公式即可求得坐标；（3）根据匀变速直线运动速度时间公式分两个过程即可求解【解答】解：（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度减速时的加速度x方向上的因此坐标（2105m，2m） （3）粒子在x方向的速度答：（1）粒子通过电场区域的时间为4103s；（2）粒子离开电场的位置坐标为（2105m，