福建省漳州市龙海市高考物理模拟试卷（一）（含解析）.doc

2015年福建省漳州市龙海市高考物理模拟试卷（一）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1物理学中有许多物理量的定义，可用公式来表示，不同的概念定义的方法不一样，下列四个物理量中，定义法与其他物理量不同的一组是（）a电场强度e=b导体的电阻r=c电容c=d磁感应强度b=2音乐喷泉一般都会在水池底安装一些彩灯来营造气氛，吸引游人驻足观赏仔细观察会发现水下的灯照亮水面都刚好形成一个圆若水下的各色彩灯均为同种大小规格，只是发光颜色不同，安装在水下同一深度，且都可看为点光源，则下面说法正确的是（）a这是光的干涉现象b这是光的衍射现象c每个彩灯照亮水面形成的圆半径相同d彩灯照亮水面形成的圆半径红色的比黄色的大3宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度为v1，周期为t1，假设在某时刻飞船向后喷气做加速运动后，进入新的轨道做匀速圆周运动，运动的线速度为v2，周期为t2，则（）av1v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1v2，t1t2dv1v2，t1t24有一台交流发电机e，通过理想升压变压器t1和理想降压变压器t2向远处用户供电，输电线的总电阻为rt1的输入电压和输入功率分别为u1和p1，它的输出电压和输出功率分别为u2和p2；t2的输入电压和输入功率分别为u3和p3，它的输出电压和输出功率分别为u4和p4设t1的输入电压u1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）ap2变大，p3变大bp1变小，p2变小cu2变小，u3变小du2减小，u4变大5一列简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s（小于一个周期）时刻的波形如图中的虚线所示，则（）a波一定向右传播b波的周期t=0.05sc波的传播速度可能为90m/sd00.2s内质点p通过的路程为一个振幅6如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直以下说法正确的是（）a落地时甲框的速度比乙框小b落地时甲框的速度比乙框大c落地时甲乙两框速度相同d穿过磁场的过程中甲、乙线框中产生热量相同二、必考题（共5小题）7在验证“力的平行四边形定则”实验中，所用实验装置如图所示，弹簧测力计a挂于固定点p，下端用细线挂一重物m弹簧测力计b的一端用细线系于o点，手持另一端向左拉，使结点o静止在某位置分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录o点的位置和拉线的方向（1）下列不必要的实验要求是（请填写选项前对应的字母）a应测量重物m所受的重力b弹簧测力计应在使用前校零c拉线方向应与木板平面平行d改变拉力，重复多次实验时，每次都要使o点静止在同一位置（2）某次实验中，该同学发现弹簧测力计a的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法：8某研究小组收集了两个电学元件：电阻r0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势e标称值为3.7v，允许最大放电电流为100ma），实验室备有如下器材：a电压表v（量程3v，电阻rv约为4.0k）b电流表a1（量程100ma，电阻ra1约为5）c电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）d滑动变阻器r1（040，额定电流1a）为了测定电阻r0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，（i）甲图流表a应选（选填“a1”或“a2”）（ii）请将甲图实物连线补充完整为测量锂电池的电动势e和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势e=，内阻r=（用k、b和r2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是9卡车以v0=10m/s在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车做匀减速直线前进直至停止停止等待6s时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12s，匀减速的加速度是匀加速的2倍，反应时间不计求：（1）卡车匀减速所用时间t1；（2）从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小s10如图所示，地面和半圆轨道面ptq均光滑质量m=1kg、长l=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度；（2）若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径r的取值范围11如图（甲）所示，在直角坐标系0xl区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3l，0）为圆心、半径为l的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为m、n现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的a点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从m点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从n飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30）求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0xl区域内匀强电场场强e的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t各应满足的表达式三、选考题【物理-选修3-5】12我国物理学家丁敏荣获2014年度国家科学技术奖，主要表彰他对我国氢弹制造和爆炸做出了突出的贡献，下列属于氢弹爆炸时的核反应方程是（）a he+bec+nb he+alp+nc h+hehe+nd he+no+h13如图所示，在光滑的水平直线导轨上，有质量分别为2m和m、带电量分别为2q、q的两个小球a、b正相向运动，某时刻a、b两球的速度大小分别为va、vb由于静电斥力作用，a球先开始反向运动，它们不会相碰，最终两球都反向运动则（）avavbbvavbcva=vdvbvavb2015年福建省漳州市龙海市高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1物理学中有许多物理量的定义，可用公式来表示，不同的概念定义的方法不一样，下列四个物理量中，定义法与其他物理量不同的一组是（）a电场强度e=b导体的电阻r=c电容c=d磁感应强度b=【考点】磁感应强度；电阻定律【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”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【解答】解：a、电场强度定义公式e=，是用比值定义法定义的，电场强度是试探电荷无关b、电阻r与l成正比，与s成反比，不符合比值法定义的特性，所以此式不属于比值法定义c、电容的定义式c=中，c与两板间的电量q及两板间的电势差u无关，属于比值定义法，d、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以b=属于比值定义法本题选定义法与其他物理量不同的，故选：b【点评】解决本题的关键理解比值定义法的特点：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2音乐喷泉一般都会在水池底安装一些彩灯来营造气氛，吸引游人驻足观赏仔细观察会发现水下的灯照亮水面都刚好形成一个圆若水下的各色彩灯均为同种大小规格，只是发光颜色不同，安装在水下同一深度，且都可看为点光源，则下面说法正确的是（）a这是光的干涉现象b这是光的衍射现象c每个彩灯照亮水面形成的圆半径相同d彩灯照亮水面形成的圆半径红色的比黄色的大【考点】光的干涉；光的衍射【专题】光的干涉专题【分析】不同色光的折射率不同，根据结合sinc=比较全反射临界角的大小，从而结合几何关系比较照亮的水面面积【解答】解：ab、这是光的折射现象，故ab错误cd、根据sinc=知，红光的折射率最小，则红光发生全反射的临界角最大，在红光照在水面上产生的圆的半径最大，则被照亮的水面面积较大故c错误、d正确故选：d【点评】解决本题的关键光的折射规律，掌握临界角与折射率的关系，并能灵活运用3宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度为v1，周期为t1，假设在某时刻飞船向后喷气做加速运动后，进入新的轨道做匀速圆周运动，运动的线速度为v2，周期为t2，则（）av1v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1v2，t1t2dv1v2，t1t2【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】飞船向后喷气做加速运动后，将做离心运动，轨道半径增大，由公式v=，分析线速度的关系由分析周期关系【解答】解：飞船向后喷气做加速运动后，将做离心运动，轨道半径r增大，由公式v=，g、m不变，线速度减小，则v1v2由分析可知，周期增大，则t1t2故选b【点评】本题是选择题，不必像计算题要建立物理模型，根据地球的万有引力提供向心力推导飞船的线速度、周期与半径的关系式，可利用一些结论，缩短做题时间4有一台交流发电机e，通过理想升压变压器t1和理想降压变压器t2向远处用户供电，输电线的总电阻为rt1的输入电压和输入功率分别为u1和p1，它的输出电压和输出功率分别为u2和p2；t2的输入电压和输入功率分别为u3和p3，它的输出电压和输出功率分别为u4和p4设t1的输入电压u1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）ap2变大，p3变大bp1变小，p2变小cu2变小，u3变小du2减小，u4变大【考点】远距离输电；变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】过理想升压变压器t1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器t2向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率【解答】解：ab、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则p3也会变大；由于t1的输入电压u1一定时，u2也不变，则p2必须变大，故a正确，b错误；cd、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则p3也会变大；由于t1的输入电压u1一定时，u2也不变，则p2必须变大，线路上的电流变大，导致电阻r消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以u3变小，u4变小，故cd错误；故选：a【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比5一列简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s（小于一个周期）时刻的波形如图中的虚线所示，则（）a波一定向右传播b波的周期t=0.05sc波的传播速度可能为90m/sd00.2s内质点p通过的路程为一个振幅【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】根据两个时刻的波形，得到时间与周期关系的通项式，再求出特殊值，求出波速由波的传播方向判断质点的振动方向【解答】解：a、该波可能向左传播，也可能向右传播故a错误 b、若波向左传播，t=，t=t，波速v=90m/s，若波向右传播，t=，则周期为t=0.8s，故b错误，c正确 d、若波向右传播，周期为0.8s，所以00.2 s内质点p完成，但通过的路程却不等于一个振幅它不是从平衡位置或波峰，波谷运动的；若波向左传播，周期为s，则更不可能，故d错误故选：c【点评】本题考查识别、理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力对于两个时刻的波形，要考虑波的双向性6如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直以下说法正确的是（）a落地时甲框的速度比乙框小b落地时甲框的速度比乙框大c落地时甲乙两框速度相同d穿过磁场的过程中甲、乙线框中产生热量相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】先根据线框进入磁场时安培力的大小，比较安培力做功的大小，再根据功能关系比较线框产生的热量多少再对全过程，运用能量守恒比较落地时速度大小【解答】解：a、先比较甲、乙线框落地时速度的大小，a区域到地面的高度比b高一些，所以乙线框进入磁场时速度较大，安培力较大，线框克服安培力做功较多，即产生的热量较多；甲、乙线框由静止释放到落地时重力势能减小量相同根据能量守恒定律得知乙线框落地时的动能较小，所以乙线框落地时的速度较小，v乙v甲故ac错误，b正确；d、根据以上分析得穿过磁场的过程中乙线框中产生热量较大，故d错误；故选：b【点评】本题关键是明确线框的受力情况与运动情况，知道线框克服安培力做功量度线框中产生的热量，掌握能量守恒的应用二、必考题（共5小题）7在验证“力的平行四边形定则”实验中，所用实验装置如图所示，弹簧测力计a挂于固定点p，下端用细线挂一重物m弹簧测力计b的一端用细线系于o点，手持另一端向左拉，使结点o静止在某位置分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录o点的位置和拉线的方向（1）下列不必要的实验要求是d（请填写选项前对应的字母）a应测量重物m所受的重力b弹簧测力计应在使用前校零c拉线方向应与木板平面平行d改变拉力，重复多次实验时，每次都要使o点静止在同一位置（2）某次实验中，该同学发现弹簧测力计a的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法：减小m的质量、减小op与竖直方向的夹角、减小簧测力计b拉力的大小【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】弹簧测力计a挂于固定点，下端用细线挂一重物当弹簧测力计b一端用细线系于o点，当向左拉使结点静止于某位置弹簧测力计a和b的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力当结点静止于某位置时，弹簧测力计b的大小与方向就已确定了原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计a大小与方向也一定，所以两力的合力必一定当出现超出弹簧测力计a的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的【解答】解：（1）a、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故a项需要；b、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故b项也需要；c、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性故c项也需要；d、当结点o位置确定时，弹簧测力计a的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计b的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故d项不需要故选d（2）当弹簧测力计a超出其量程，则说明弹簧测力计b与重物这两根细线的力的合力已偏大又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计b拉细线的方向，或改变弹簧测力计b拉力的大小，从而使测力计a不超出量程故答案为：（1）d；（2）减小m的质量、减小op与竖直方向的夹角、减小簧测力计b拉力的大小【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤8某研究小组收集了两个电学元件：电阻r0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势e标称值为3.7v，允许最大放电电流为100ma），实验室备有如下器材：a电压表v（量程3v，电阻rv约为4.0k）b电流表a1（量程100ma，电阻ra1约为5）c电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）d滑动变阻器r1（040，额定电流1a）为了测定电阻r0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，（i）甲图流表a应选a2（选填“a1”或“a2”）（ii）请将甲图实物连线补充完整为测量锂电池的电动势e和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势e=，内阻r=（用k、b和r2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表的分流作用【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小【解答】解：（1）电压表量程是3v，通过待测电阻的最大电流i=0.0015a=1.5ma，因此电流表应选电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）；待测电阻r0阻值约为2k，滑动变阻器r1（040，额定电流1a）与电阻箱r2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法； =40， =2，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示（2）由图乙所示电路可知，e=u+ir=u+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势e=，图象的斜率k=，则电源内阻r=ke=；由电路图可知，实验中由于电压表的分流，而使电流表示数小于真实值，从而导致测量结果偏小；故答案为：（1）a2；电路图如图所示；（2）；电压表的分流【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键9卡车以v0=10m/s在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车做匀减速直线前进直至停止停止等待6s时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12s，匀减速的加速度是匀加速的2倍，反应时间不计求：（1）卡车匀减速所用时间t1；（2）从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】（1）根据速度时间公式，结合匀加速和匀减速运动的加速度大小，求出匀加速和匀减速运动的时间之比，从而得出匀减速运动的时间（2）通过平均速度公式分别求出匀加速和匀减速运动的位移，从而得出总位移的大小【解答】解：（1）匀减速运动的加速度是匀加速的2倍，根据v=at得匀减速运动的时间是匀加速运动的时间的匀加速和匀减速运动的时间之和为：t=126=6s则匀减速运动的时间：（2）匀减速直线运动的位移：匀加速直线运动的位移：则s=x1+x2=30m答：（1）卡车匀减速所用时间为2s（2）从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为30m【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷10如图所示，地面和半圆轨道面ptq均光滑质量m=1kg、长l=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度；（2）若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径r的取值范围【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）假设小车与墙壁碰撞前有共同速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出此过程中滑块与小车的相对位移，判断小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同，并求出小车与墙壁碰撞时的速度；（2）若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件【解答】解：（1）由牛顿第二定律，对滑块：mg=ma1对小车：mg=ma2但滑块相对小车静止时，两者速度相等，即：v0+a1t=a2t 此时 v1=v2=4m/s 滑块的位移为：s1=v0t+a1t2滑块与小车的相对位移为：l1=s1s2联立解得，l1=3m，s2=2m 因l1l，s2s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：vt=4m/s （2）与墙碰后滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为l2=ll1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点p若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为：mg=根据动能定理，有mgl2mg2r=mv2mv12代入数据解得 r=0.24m 若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理，有mgl2mgr=0mv12代入数据解得r=0.6m 综上所述，滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足：r0.24m或r0.60m 答：（1）小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，速度大小为4m/s（2）半圆轨道半径r的取值范围为r0.24m或r0.60m【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达t点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力11如图（甲）所示，在直角坐标系0xl区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3l，0）为圆心、半径为l的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为m、n现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的a点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从m点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从n飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30）求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0xl区域内匀强电场场强e的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度b0的大小、磁场变化周期t各应满足的表达式【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；