陕西省西安地区八校联考高三理综物理部分下学期联考三试题含解析新人教版

1、陕西省西安地区八校联考2015届高三下学期联考（三） 理综物理试题 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分300分，考试时间150分钟 注意事项： 1答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题纸上的指定位置上 2选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚 3请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效 4保持纸面清洁，不折叠，不破损 5若做选考题时，考生应按照题目要求作答，并在答

2、题纸上对应的题号后填写 第I卷（选择题共126分） 可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 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1418题只有一项符合题目要求，第1921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） 14如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当逸以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F方向沿戈轴正方向则关于的磁感应强度的方向和大小，说法正确的是（ ） A只能沿x轴正方向 平面内，大小为 B可能在xOy xOy平面内，大

3、小为C可能在 xOyD可能在平面内，大小为【答案】C 【命题立意】本题旨在考查磁感应强度、安培力。 x轴正方向，根据左手定则判断 【解析】已知电流沿y轴负方向，安培力方向沿zoy?，平面内，设磁场与导线的夹角为得知匀强磁场的磁感应强度在 00?90?0? 则：- 1 - F?Bmin0?90?sinBIL?FIL 可知，B当时，由有最小值为F2F4FB?BB?00?90?0?ILILIL是可能的，故ABD当错误，C正确。，所以， 和故选：C 15光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象 如图所示，用分别表示物体的动能、速度、位移和加速度，下列四个图象分别定

4、性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是（ ） 【答案】B 【命题立意】本题旨在考查动能定理、牛顿第二定律。 【解析】由题意可知，光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运 动，加速度恒定，故D错误； v?at，可知，速度与时间成正比；故则有速度B正确； 12at?x2，位移与时间为二次函数关系，图象应为曲线；故C错误；由位移公式可知： 11222mvE?matK22，图象也为曲线，故A错误。而动能 故选：B 16用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v-t图象如图所示，下列表述正确的是（ ） A在时间内拉力逐渐减小 时间内物体做曲线运动在B - 2

5、- 在时间内拉力的功率为零C 在时间内合外力做功为DA 【答案】 【命题立意】本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率、匀变速直线运动的图像。t0?maf?F?有：物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，内，【解析】A、1 A正确；故拉力不断减小，故t?0 错误；B、内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B1tt?、在C时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C错误； 21tt?、在错误。 DD时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故21A 故选：，但天文学家在观测中发现，其实际运，周期为T17太阳系中某行星A运行的轨道半径为R形成这种现象的原因可t发生一

6、次最大的偏离行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间行星轨道的偏离，假设其运A能是A外侧还存在着一颗未知行星B，它对A的万有引力引起的绕行方向相同，由此可推测未知行星日绕太阳运行的圆A动轨道与A在同一平面内，且与 轨道半径为（ ） D 【答案】 【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。t发生一次最大的偏的影响最大，且每隔时间对相距最近时，BA【解析】由题意可知：A、BT 相距最近，设B行星的周期为B离，说明A、0?22?(2)t?TT 则有：0tT?T0Tt? 解得：23TR00?32RT据开普勒第三定律： 2tR?R302(t?T)得：，故D正确，ABC错误。 故选：D 18如图所示，

7、MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示a、b为轨迹上两点下列结论正确的是（ ） - 3 - A产生电场的电荷一定为负点电荷 点的加速度 B带电粒子在a点的加速度小于在b 过程中动能逐渐减小a到bC带电粒子从 点时具有的电势能点时具右的电势能大于在bD带电粒子在aD 【答案】 【命题立意】本题旨在考查电势能、牛顿第二定律、电场强度。线上MN，则知有可能负电荷在、由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N【解析】A 错误；线上左侧，故A右侧，也有可能正电荷在MN点受到的电的距离，故粒子在aaMN线上右侧，故离负电荷的距离大于bB、如果

8、负电荷在的距离，故离正电荷的距离小于b场力小，加速度也小；如果正电荷在MN线上左侧，故a B错误；粒子在a点受到的电场力大，加速度也大，故，到bC、曲线运动中，合力指向曲线的内侧，轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a C错误；电场力做正功，动能增加，故 正确。b，电场力做正功，电势能减少，故D到D、aD 故选：，方向垂直B19如图所示，半径为尺的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为的同种带电粒 于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一范围内 ，不计重力现粒子以沿子，带电粒子的质量为m，电荷量为 bd方向射人磁场区域，发现带电粒子恰能能从正对co中点且垂直于c

9、o ）之间飞出磁场则（ b点飞出的带电粒子的速度最大 A从 d点飞出的带电粒子的速度最小 B从 从d点飞出的带电粒子的时间最长C 从b点飞出的带电粒子的时间最短DAD 【答案】 【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动。 【解析】粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子 运动轨迹如图所示： OO点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，为到达图中点的轨迹的圆心， Ob为到达bdbdr?r bd，到达点转过的圆心角比到达点的圆心角大，db- 4 - mv?rBq可知，bAB的半径最大，、根据d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，

10、故A正确，B错误； ?m2T?BqCD，所以粒子运动的周期相等，而达d点转过的圆心角最大，b点转过的圆、周期心角最小，所以d点飞出的带电粒子的时间最长，b点飞出的带电粒子的时间最短，故C错误，D正确。 故选：AD 20如下图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（ ） A交流电压M的表达式 BR1处温度升高时，电流表A的示数变大，电压表V2示数减小 C变压器原、副线圈中的电流之比随R1处温度的变化而变化 DR1处温度升高时，变压器原线圈的输

11、入功率变大 【答案】ABD 【命题立意】本题旨在考查变压器的构造和原理。 362V0.02s，故【解析】A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期?t(V)u?362sin100?100?，故A角速度是正确； ，则：R处温度升高时，阻值减小，电流增大，电流表的示数变大，由于R1的分压，电B、由B知1V示数减小，故B压表错误； 2C、由于匝数不变，则电流之比一定等于匝数之比，故电流之比不会随温度的变化而变化，故C错误； R处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，因输、D1出功率决定了输出功率，故输出功率也增大，故D正确。 故选：ABD 21如图所示，

12、不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为02kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接 触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为此时在整个空间加上方向与水平面成 ，图示磁角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是 - 5 - ）场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则（ D 至A金属杆中感应电流方向始终从C2A 金属杆中感应电流的大小始终为B 金属杆受到向上的支持力一直增大C 4N D时，金属杆对挡板的压力大小均为0AC 【答案】 【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势。T?(0.4?0.2t)Bs?1

13、t，可知，磁场时，则由磁感应强度随时间变化规律是【解析】A、当st?3 ，同理，当时，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D A正确；到D，故在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从Cg1?Bs2?V?1?E?0.1V?0.2?t2，再由欧姆定律，则有B、由法拉第电磁感应定律，则有：0.1A?1AI?0.1，故B错误； 感应电流大小 F?BIL，由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，C、安培力大小t0N?mg?Fcos60?mg?(0.4?0.2t)IL，所以随时间增大，N增那么金属杆的支持力大小大，故C正确，D错误。 故选：AC 第卷（非选择

14、题共174分） 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须做答，第33题第40题为选考题，考生根据要隶做答） （一）必考题（11题，共129分） 22（6分）某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系 （1）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨最右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨最右端的高度”的正确操作方法是 AM减小时，h增大，以保持二者乘积不变 B肘增大时，h增大，以保持二者乘积增大 C肘增大时，h减小，以保持二者乘积减小 DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小 （2）

15、做实验时，将滑块从图甲所示位置气垫导轨右端由静止释放，由数字计时器（图中未画 出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离戈，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块加速度的表达式a= （以上表达式均- 6 - 用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数 mm. dd22()?t?t128.20x2 ）【答案】（1）A；（2、【命题立意】本题旨在考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系。 hMg?F合Mhx的乘积不，为了保持滑块所受的合力不变，则要求【解析】：（1）滑块的合力hM不能同时增大或减小；故选：和变，所以A d?v1?t；

16、）滑块经过光电门1时的速度表达式 （2）（11d?v2?t；2时的速度表达式 经过光电门2dd22)?()(22t?v?tv?1221?ax22x 则加速度为8mm，游标尺上的第4游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成主尺的刻度的个刻度与0.05?4?0.20mm8.20mm。 上边对齐，所以读数是：，总读数为dd22()?(t?t128.20x2 、。）A故答案为：（1）；（223（9分）某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，为了便于测量，给 电源串联了一个的保护电阻，实验电路如图l所示， - 7 - （1）连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0检

17、查各接 把两表笔分别接时，线柱均未接错，且接触良好；他用多用电表的电压挡检查电路，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是 . （2）按电路原理图l及用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接c、d时的实物电路图2以画线代导线将没连接的线连接起来 （3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据且根据数据在坐标图3中描出对应的点，请画出U -I图； 由图3求出：电池的电动势为 V，内阻为 . （4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是 ，测出的电动势与真实值相比会 （填“增大”、“减小”或“不变”） R断路； （2）实物图连接见解析；

18、（3）1【答案】（）1.50、0.25 ；（4）电压表内阻分流、减小 【命题立意】本题旨在考查测定电源的电动势和内阻。 【解析】（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用 多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔R断路；时，示数与电压表示数相同，知 接c、d（2）实物连线图如图； I?U图线是一条倾斜的直线，（）3- 8 - VE1.5?1.50 ，所以电动势，描点作图如下图纵轴截距为0.4?1.52.75?k?0.4 图线的斜率，?r?2.5?2.750.25 则内阻； （4）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内

19、阻有分流作用；）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作（5图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，从图线可以看出，电动势和内阻的测量U-I出 值均小于真实值。R）电压表内阻分流、（41.50；，0.25 1故答案为：（） 断路 （2）实物图连接如图；（3） 减小。图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到【易错警示】解决本题的关键会从U-I电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值以及会分析误差 的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系。 s46mJ7.2 2（【答案】1）；（）【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、匀变速直

20、线运动的速度与位移的关系、机械能 守恒定律。0120 ）由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为【解析】（10cos37?Rh?RM 到物块从B上升的高度为：2vMm?mgRM点由牛顿第二定律得： 物块恰能过最高点，则在1122mv?mv?mghMB22物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：联立以上v4ms B点时的速度为：各式解得物块经过B?v822?ms?10ma?s?t0.8 （2）分析速度图象求知物块在斜面上的加速度为：- 9 - ?mafmgsin? 在斜面上对物块由牛顿第二定律得：?N8f?ma?mgsin?20N?12N? 摩擦力：22ax?vv?2mx?0.9 ，可得

21、：对物块由BAJW?fx?7.2?0.9J?8 则克服摩擦力的功：vsm46）物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力2）物块经过B点时的速度为；（答：（1BJ7.2 做功为。 轴正方向的匀强电场，右分）如图（甲）所示，在直角坐标系18区域内有沿y25（现轴的交点分别为圆形区域与xM、NL0侧有一个以点（3L，）为圆心、半径为的圆形区域，轴正方向射入电场，飞出v0沿x点以速度的电子，从m有一质量为、带电量为ey轴上的A 此时在圆形区域加上如图（乙）所电场后从肘点进入圆形区域，速度方向与戈轴夹角为点飞，最后电子运动一段时间后从示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向）N 求：）出，速度方向与进

22、入磁场时的速度方向相同（与戈轴夹角也为 E的大小；区域内匀强电场场强（1）T. B0）圆形磁场区域磁感应强度的大小以及碰场变化周期（2 ?L32mv23mv3)、3?1T?(n?、200)3?B(n?1、2、nv30eL3eL3 ）、；（21【答案】（0 【命题立意】本题旨在考查带电粒子在复合场中的运动专题。v00cos30?v 1如图所示：由速度关系：（【解析】1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时3v?v03 解得：30vtanv30?v0y03 由速度关系得：- 10 - eE?am 在竖直方向有：LeEg?v?atyvm 02mv30?EeL3解得： 060，根据几何知识，在磁场变化

23、的半个周期2）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为（xNR点而且速度符合要求的空间条件是：内，粒子在，粒子到达轴方向上的位移恰好等于L2nR? mv32mv0?ReB3qB 电子在磁场作圆周运动的轨道半径为：00mv320)?、3?B?1、2(n0eL3 解得：1MN6间运动时间是磁场变化周期的整数若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时1nTT?2ng0N6 倍时，可使粒子到达速度满足题设要求，应满足的时间条件：点并且?m2?T0eB 解得：0?L3)?2、3(n?T?1、nv3T 代入的表达式得：0m30L?x0eL3 答：（1）区域内匀强电场场强E的大小为m0)?、3(?B?1、2B

24、e3碰场变化周圆形磁场区域磁感应强度2（）；的大小表达式为?3)3?2n(?1、?T、nv3 期。0【举一反三】本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹所加磁场周期性变化时，要研究规律， 得到通项。- 11 - 铅笔在道物理题中每科任选一题解答，并用2B（二）选者题（共45分请考生从给出的3答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置 答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分） 15分）【物理一选修3-3】（33分，个得4分，选对2 ）（填正确答案标号选对1个得3（1）（6分）下列说法正确

25、的是（ 分，最低得分为30分）3个得6分，每选错1个扣选对 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”A 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大B 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数C由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体D 表面具有收缩的趋势5的功，同时气体向外界放出l30l05JE用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了l05J 5的热量，则气体内能增加了l05J1CDE 【答案】 【命题立意】本题旨在考查温度是分子平均动能的标志、阿伏加德罗常数、热力学第一定律。、热力学第二定律可描述的

26、是热学现象中的方向上；要注意热量可以从低温物体传A【解析】 错误；递到低温物体，但要引起其他方面的变化，故A 错误；、分子间的相互作用力随着分子间距离的增大都是减小的，故BB、由阿伏加德罗常数的定义可知，只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿C 正确；伏伽德罗常数，故C、表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；故液面分子间表D 正确；现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故DQW?U?555J?10J?1.5?10J?1.5?10?U3.0，、由热力学第一定律可知：，故E5J1.5?10 ，故E故说明内能增加了正确。CDE 故选：第h分）（9如图所示，一定质

27、量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱长度为（2） 第二次再取与第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时，气柱长度变为一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管，外界大气压强保持不. 变 求第二次水银添加完时气柱的长度，现使气体温度缓慢升高求气柱长度恢复到原来长若第二次水银添加完时气体温度为To T50h0.63 2【答案】（1）；（时气体的温度度h（水银未溢出玻璃管） 【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程。PP ，玻【解析】（1）设开始时封闭气体压强为，每次添加的水银产生的压强为0S ，由玻意耳定律列方程得：璃管的横截面积为S?0.75P)?h?P?h

28、SP( 00- 12 - ?h，由由玻意耳定律列方程得： 设后来空气柱长度为?S)hP?2PPhS?( 00?0.6hh 连理解得： ?Sh2P)?PhS(P00? TT吕萨克定律得： ）由盖- （205T0?T 3 联立解得：5T0 h0.63。 ）气体的温度为；（2答：（1）求第二次水银添加完时气柱的长度为34【物理一选修3-4】（15分） （1）（6分）下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分每选错1个扣3分，最低得分为0分） A波的图象表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移 B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小 C肥皂泡呈现彩色

29、条纹是光的折射现象造成的 D狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中光速相同 Ea、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小，则可以判断水对a光的折射率比b光大 【答案】BDE 【命题立意】本题旨在考查光的干涉、光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象。 【解析】A、波的图象表示介质中“所有质点”在“同一时刻”的位置，所以A 错误； B、根据多普勒效应的原理，当当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小，所以B正确； C、肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象造成的，所以C错误； D、根据狭义相对论的理论的基本假设，1相对性原理，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同，2 光速不变原理；故D正确； E、a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相L?x d可知，a邻亮条纹间距小，根据双方干涉条纹的宽度的公式：光的波长短，频率大， ba则可以判断水对光的折射率比光大，故E正确。BDE 故选：- 13 - dm1.50 【答案】； 【