福建省龙岩市高三物理上学期第一次模拟试卷（含解析）.doc

福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷 一、选择题，本卷共6小题，每小题6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1人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )a势能变大b动能变大c机械能变大d加速度变大2在已调节好的双缝干涉实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干涉图样（仅更换单色光），如图甲、乙所示比较甲、乙单色光下列说法正确的是( )a甲光的频率较高b甲光的波长较长c同一介质对甲光的折射率较小d甲、乙两种光在同一介质中的光速相等3一做直线运动物体的速度时间图象为正弦曲线，如图所示下列对物体运动的描述正确的是( )a物体沿着直线向一个方向运动b0时刻和4s末物体在同一位置c物体在1s、3s时刻的速度相同d物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大4如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着abcda方向为感应电流i的正方向要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度b随时间t变化的规律可能为( )abcd5如图所示是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为( )ai0bi0ci0di06一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上m、n两质点的振动图象则下列说法错误的是( )a质点m离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cost（m）b质点n在t=0时的加速度是振动过程中最大值的c质点m、n平衡位置之间的距离可能为md质点m、n的速度方向有时相同有时相反二、非选择题（本大题分为必考部分和选考部分）（一）必考部分7在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示摆球直径d=_mm；秒表的读数t=_s下列哪些措施可以减小测量误差_a选用摆球时，用玻璃球代替铁球b选用有弹性的细绳为摆线c测量振动时间时，从平衡位置开始计时d增大振动过程中的最大摆角8现要比较准确测量电压表v1（03v，内阻约3k）的内阻rv实验室提供的器材有：a电流表a（00.6a，内阻约0.1）b电压表v2（09v，内阻约10k）c定值电阻r1（阻值为6k）d定值电阻r2（阻值为600）e滑动变阻器r（020）f直流电源（10v，内阻可不计）g开关s及导线若干a同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是_；b同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，则（）定值电阻应选_（选填“r1”或“r2”）；（）请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；（）在实验中测得若干组电压表v1、v2的读数u1、u2，画出u2、u1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，则可求出rv=_k（保留3位有效数字）9如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m（不计空气阻力，g=10m/s2）则：（1）选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？（2）某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能10（19分）如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为的足够长斜面底端p相连，其上端刚好位于斜面的o点，斜面po部分光滑，oq部分粗糙把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在a点用一个平行于斜面的变力f作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动当滑块与弹簧刚好分离时撤去力f，物体再沿斜面上滑l后静止求：（1）力f作用的时间；（2）撤去力f后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；（3）力f的大小随滑块上滑距离s的变化关系式11如图所示，在足够长的水平边界mn下方充满匀强电场（图中未画出），同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为b，pq为上下磁场的水平分界线，mn、pq间距离为d一个质量为m、电荷量为q的小球，由mn上方的o点静止释放，小球向下穿过mn进入电磁场区域后做圆周运动（已知重力加速度为g）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）带电小球第一次穿出mn、pq边界所围的区域，电场力所做的功；（3）若从某高度释放小球后，小球能回到o点，小球经过多长时间返回o点(二）选考部分【物理选修3-4】12下列说法中正确的有( )a自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源b第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成c根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%d因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能真正出现的13处于竖直面内两端开口粗细均匀的u形管内用两段水银柱封闭一定质量的空气稳定后空气柱的长为l，各液面p、q、m、n位置如图当气体温度升高时，下列说法中正确的是( )a空气柱的长度l减小b空气柱的长度l不变c液面mn间高度差减小d液面mn间高度差不变【物理选修3-5】14下列未写完整的核反应方程中，哪个是发现中子的核反应方程( )an+nc+_bn+heo+_cb+nli+_dbe+hec+_15一辆小车静置于光滑水平面上车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜若从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中从弹簧枪发射弹丸以后，下列说法中正确的是( )a小车先向左运动一段距离然后停下b小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下c小车一直向左运动下去d小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运动福建省龙岩市2015届高考物理一模试卷一、选择题，本卷共6小题，每小题6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1人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行，当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的( )a势能变大b动能变大c机械能变大d加速度变大考点：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：（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，动能大小与质量和速度有关；（2）物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能与物体的质量和高度有关解答：解：根据开普勒第二定律得卫星在太空中飞行时，在近地点，速度最大，动能达到最大，重力势能达到最小；在远地点时，速度最小，动能最小，重力势能最大当卫星从近地点向远地点运动过程中，卫星的势能变大，动能变小，机械能守恒，根据牛顿第二定律得a=，加速度变小；故选：a点评：掌握动能和势能大小的影响因素，根据能量的影响因素能判断动能和势能的大小变化2在已调节好的双缝干涉实验装置中，观察甲、乙两种不同的单色光的干涉图样（仅更换单色光），如图甲、乙所示比较甲、乙单色光下列说法正确的是( )a甲光的频率较高b甲光的波长较长c同一介质对甲光的折射率较小d甲、乙两种光在同一介质中的光速相等考点：光的干涉 专题：光的干涉专题分析：根据双缝干涉条纹的间距公式x=，通过间距的大小，比较波长的大小，从而比较出频率的大小及折射率大小，再通过v= 比较出在介质中的速度大小解答：解：a、根据双缝干涉条纹的间距公式x=，知乙图条纹间距大，则乙光的波长较长根据f= 知，乙光的频率较小，则折射率小，甲光的频率较高，故a正确，bc错误；d、根据v=知，乙光在同一介质中的传播速度较大故d错误故选：a点评：本题的突破口通过条纹间距大小比较出波长的大小掌握波长与频率、折射率、波速等物理量的关系3一做直线运动物体的速度时间图象为正弦曲线，如图所示下列对物体运动的描述正确的是( )a物体沿着直线向一个方向运动b0时刻和4s末物体在同一位置c物体在1s、3s时刻的速度相同d物体在1s、3s、5s时刻的加速度最大考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线的斜率表示质点的加速度，速度的正负表示运动的方向，结合图线形状分析质点的运动性质解答：解：第1s内质点沿正向做加速度减小的变加速直线运动，1s末加速度最小，第2s内沿正向做加速度增大的变减速直线运动，2s末加速度最大，第3s内沿负向做加速度减小的变加速直线运动，3s末加速度最小，第4s内沿负向做加速度增大的变减速直线运动，4s末加速度最大，位移为零，接下去周而复始，所以质点做往复的直线运动故b正确，acd错误故选：b点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，斜率表示加速度4如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框，规定向里为磁场的正方向；线框中沿着abcda方向为感应电流i的正方向要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度b随时间t变化的规律可能为( )abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应电流的大小解答：解：a、磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流故a错误b、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为abcda，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在t02t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为abcda，与规定的正方向相同故b错误c、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为adcba，与规定的正方向相反，感应电流为负值故c错误d、在0t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为abcda，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t02t0时间内，感应电流的方向为adcba，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值故d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律5如图所示是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为( )ai0bi0ci0di0考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值解答：解：取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为i，则i2r3t=rt+r2t解得：i=i0，故选：b点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的倍6一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时的波形图，图乙和图丙分别是x轴上m、n两质点的振动图象则下列说法错误的是( )a质点m离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cost（m）b质点n在t=0时的加速度是振动过程中最大值的c质点m、n平衡位置之间的距离可能为md质点m、n的速度方向有时相同有时相反考点：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：由甲读出波长和振幅a，由图乙读出周期t，由f=求出频率，由公式v=求出波速由波的传播方向判断解答：解：a、由甲读出振幅a=0.1m，波长=2m，由图乙读出周期t=2s，则波的频率 f=hz=0.5hz，角频率：=2f=20.5= rad/s所以质点m离开平衡位置位移的瞬时值表达式为y=0.1cost（m），故a正确；b、质点n在t=0时的位移是最大位移的，所以回复力是最大值的，加速度是振动过程中最大值的故b正确；c、由甲读出振幅a=0.1m，波长=2m，若m与n之间的距离小于一个波长，则：yn=0.1cos（t+） （m）将t=0时刻，yn=0.05代入公式得，则m与n之间的间隔的周期数：所以m与n之间的距离是m故c错误；d、m与n之间的距离是m，不是半个波长，所以质点m、n的速度方向有时相同有时相反故d正确本题选择错误的，故选：c点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握二、非选择题（本大题分为必考部分和选考部分）（一）必考部分7在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测摆线长，用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图甲所示；再用秒表测单摆完成n=50次全振动的时间，测量结果如图乙所示摆球直径d=20.20mm；秒表的读数t=100.2s下列哪些措施可以减小测量误差ca选用摆球时，用玻璃球代替铁球b选用有弹性的细绳为摆线c测量振动时间时，从平衡位置开始计时d增大振动过程中的最大摆角考点：测定匀变速直线运动的加速度 专题：实验题分析：游标卡尺读数规则为：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；根据单摆周期公式列式分析即可在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球摆长等于摆线的长度加上摆球的半径解答：解：主尺读数为：20mm，游标尺为20分度，精确度为0.05mm，读数为：40.05=0.20mm，故球的直径为：20mm+0.20mm=20.20mm；秒表大盘读数40.2s，小盘读数60s，故秒表读数为：60s+40.2s=100.2s；a、应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故a错误；b、不能用弹性绳，会影响摆长，故b错误；c、为了减小测量误差，应从平衡位置开始计时，在摆动过程中，最高点位置难确定，故c正确，d、单摆做简谐运动时，单摆的最大摆角应小于5，故d正确；故选：c故答案为：20.20； 100.2c点评：常用仪器的读数要掌握，考查了实验误差分析，由单摆周期公式求出重力加速度的表达式即可正确解题8现要比较准确测量电压表v1（03v，内阻约3k）的内阻rv实验室提供的器材有：a电流表a（00.6a，内阻约0.1）b电压表v2（09v，内阻约10k）c定值电阻r1（阻值为6k）d定值电阻r2（阻值为600）e滑动变阻器r（020）f直流电源（10v，内阻可不计）g开关s及导线若干a同学设计的测量电路如图甲所示，该设计方案实际上不可行，其原因是被测电流太小；b同学用如图乙所示的测量电路完成了实验，则（）定值电阻应选r1（选填“r1”或“r2”）；（）请用笔画线代替导线在丙图中完成电路的连接；（）在实验中测得若干组电压表v1、v2的读数u1、u2，画出u2、u1图线如图丁所示，并求出图线的斜率k=2.8，则可求出rv=3.33k（保留3位有效数字）考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：根据i=，从而确定电流表量程与最大电流的关系；根据被测电压表的量程与内阻，及电压表v2的量程及内阻，即可确定定值电阻；根据电路图连接实物图，注意电表的量程与正负极；根据欧姆定律，从而列出u2与u1的关系，结合图象的斜率，即可求解解答：解：根据i=，可知，通过电压表u1的最大电流，i=1ma；而与电流表a的量程00.6a，被测电流太小或电流表示数太小，因此不准确，、如图乙所示的测量电路完成了实验，要将电压表u1与电阻串联后，才能与电压表u2并联；因电压表v2（09v），而电压表v1（03v），因此必须串联阻值为6k，即定值电阻r1，、根据电路图，连接实物图，结合电表的量程，及正负极，则实物图如下图所示：、根据欧姆定律，则有：整理可得，根据图象的斜率可知，=2.8且r0=6k，解得：rv=3.33k；故答案为：因电流表量程太大（或被测电流太小，或电流表示数太小）（）r1；（）如上图所示：（）3.33点评：考查电压表的改装，掌握串并联的特征，理解欧姆定律的应用，注意图象斜率的应用，同时掌握由电路图连接实物图的要点9如图为一娱乐节目中的某个通关环节示意图，参赛选手从高台上以一定的速度水平跳出，落到水中的平台上才能进入下一通关环节图中高台离水面高h=3.2m，平台距离高台l1=4.8m，平台宽度为l2=1.6m（不计空气阻力，g=10m/s2）则：（1）选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为多少？（2）某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，求选手刚落水时的动能考点：机械能守恒定律；平抛运动 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）平抛运动规律列式求解时间和最小速度；（2）根据平抛运动规律和机械能守恒列式求解末动能解答：解：（1）选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为v0，下落时间为t，有：l1=v0th=gt2解得t=0.8 sv0=6m/s（2）若选手刚好从平台的右侧边缘落入水中，设选手跳出的初速度为v，则l1+l2=vt解得v=8m/s选手下落过程中机械能守恒，有：e=mghek=3200j答：（1）选手要落到平台上，水平跳出的速度至少为6m/s（2）某质量为50kg的选手因跳出的速度太大，刚好从平台的右侧边缘落入水中，选手刚落水时的动能3200j点评：本题关键是明确选手的运动性质，根据平抛运动的分位移公式多次列式求解，基础问题10（19分）如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧，其下端与倾角为的足够长斜面底端p相连，其上端刚好位于斜面的o点，斜面po部分光滑，oq部分粗糙把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端，滑块静止在a点用一个平行于斜面的变力f作用在滑块上，使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动当滑块与弹簧刚好分离时撤去力f，物体再沿斜面上滑l后静止求：（1）力f作用的时间；（2）撤去力f后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功；（3）力f的大小随滑块上滑距离s的变化关系式考点：动能定理；胡克定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）利用平衡态和牛顿运动定律即可求出时间；（2）求出到达o点的速度，再利用动能定理即可求出摩擦力所做的功；（3）先找出弹簧的压缩量与上滑距离的关系，再利用牛顿第二定律即可求解解答：解：（1）令ao长为x0，据胡克定律有：mgsinkx0=0弹簧与滑块在弹簧原长时分离，则分离时滑块上滑的位移为x，有：解得：t=（2）滑块到达o点时速度为v2=2ax0撤去力f后滑块上滑过程中，有重力和摩擦力做功，据动能定理，有：mglsin+wf=0解得wf=mglsin（3）据几何关系可知，弹簧压缩量与上滑距离的关系为：x=据牛顿第二定律，有：f+kxmgsin=ma联立以上解得：f=ks+ma 且：0答：1）力f作用的时间；（2）撤去力f后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功mglsin；（3）力f的大小随滑块上滑距离s的变化关系式f=ks+ma，且0点评：分析清楚物体的运动情况是解题的关键，注意多过程动力学问题的求解方法是分解多个子过程；灵活利用牛顿第二定律和动能定理，此题物理过程较复杂，综合性强11如图所示，在足够长的水平边界mn下方充满匀强电场（图中未画出），同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为b，pq为上下磁场的水平分界线，mn、pq间距离为d一个质量为m、电荷量为q的小球，由mn上方的o点静止释放，小球向下穿过mn进入电磁场区域后做圆周运动（已知重力加速度为g）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）带电小球第一次穿出mn、pq边界所围的区域，电场力所做的功；（3）若从某高度释放小球后，小球能回到o点，小球经过多长时间返回o点考点：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）带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，据此求解e；（2）分释放点o距mn的高度h较小和较大两种情况分析带电小球进入磁场i区域后由下边界pq第一次穿出磁场i区域，电场力做的功；（3）带电小球在进入磁场前做自由落体运动，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据运动学基本公式结合几何关系求解解答：解：（1）带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，小球带负电，电场方向竖直向下由qe=mg 得e= （2）当释放点o距mn的高度h较小时，带电小球进入磁场i区域的速度较小，由磁场上边界mn第一次穿出磁场i区域，此过程中电场力做功w=0当释放点o距mn的高度h较大时，带电小球进入磁场i区域后由下边界pq第一次穿出磁场i区域，此过程中电场力做功w=qed=mgd （3）设距mn的高度为h1时释放带电小球，带电小球能回到释放点o，如图所示带电小球在进入磁场前做自由落体运动，设下落时间为t1有： v2=2gh1 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为t有： 由于带电小球在i、ii两个区域运动过程中q、v、b、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，如图所示，由几何关系知：带电小球第一次回到释放点o的时间t为t=2t1+t2解得：带电小球回到释放点o的时间t总为t总=nt，则（n=1、2、3）答：（1）电场强度的大小为，方向竖直向下；（2）带电小球第一次穿出mn、pq边界所围的区域，电场力所做的功为0或mgd；（3）若从某高度释放小球后，小球能回到o点，小球经过（n=1、2、3）时间返回o点点评：带电粒子在电磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径，同时注意临界条件的应用才能顺利求解，难度较大(二）选考部分【物理选修3-4】12下列说法中正确的有( )a自然界中的能量是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，因此要节约能源b第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律，因此不可能制成c根据能量守恒定律，经过不断的技术改造，热机的效率可以达到100%d因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能真正出现的考点：能源的开发和利用 分析：自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源；第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律；解答：解：ad、自然界中的能量是守恒的，但有些能量消耗后品质降低，不可能被重新利用，所以要节约资源，a正确，d错误；b、第二类永动机不违背能量守恒定律，违背了热力学第二定律，b错误；c、不