贵州省七校联盟高三理综(物理部分)第一次联考试题(含解析)

贵州省七校联盟2015届高三第一次联考试卷理综物理试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Ca-40Br-80Ag-108Fe-56第Ⅰ卷二．选择题：本题共8小题19～21题有多项符合题得3分，有选错的得0分。14．在物理发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理A．理理想化模型，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项符合题目的要求，第目要求。全部选对的得6分，选对但不全的学的学研究方法的叙述中正确的是（）想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是B．重心、合力和交变电流的有效等值概念的建立都体现了等效替代的思想EFq，电容CQU，C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强aF加速度m都是采用比值法定义的vxx，当非常小时，t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，ttD．根据速度定义式该定义应用了类比的思想方法【答案】B【命题立意】本题【解析】A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但是位移不是，故A错误．B、重心、合力和交变电流的有效值体现了等效替代的思想，故B正确；旨在考查物理学史EFq，电容CQU，都是采用比值法定义，加速度aFm不是采用比值法，该C、场强公式为牛顿第二定律的表达式，故C错误；vxD、瞬时速度是依据速度定义式瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D错误。故选：xt，当△t非常小时，t就可以表示物体在t时刻的B15．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22v的电容器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）图甲图乙A．副线圈两端电压的变化频率为0.5HzB．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大D．为保证电容器C不被击穿，原副线圈匝数比应小于10:1【答案】C【命题立意】本题旨在考查变压器的构造和原理。0.02s周期为，50Hz所以频率为，A错误；【解析】A、根据图乙知交流电B、电流表的示数表示的是电流的C、滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输故C正确；D、由题意最大电压为311V，而电容器的有效值，故B错误；出功率减小，知，原线圈的耐压值为22V，即为最大值，根据原311:22102:122副线圈的电压有效值与匝数成正比，则有原副线圈匝数比应小于，故D错误。故选：C16．如下MN为放在其电匀强磁场中，磁感应强度的大小为现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。则（图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电ab和cd上的与ab垂直，阻为也R。整个装置处于B，磁场方向垂直于平面（指向图中纸面内）。令U表示MN两端电压的大小，阻R，导轨电阻可忽略不计。一导体杆，导轨所在）U1vBl2A．，流过固定电阻R的感应电流由b到dU1vBl2B．，流过固定电过固定电阻R的感应电流由b到dD．，流过固定电阻R的感应电流由d到b阻R的感应电流由d到bUvBlC．，流UvBl【答案】A【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则。【解析】当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BIV，MN的电阻相当于电源12BLv的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b到d．故A正确，B、C、D错误。故选：A17．2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面。如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在P处变轨进入圆轨道，已知探测器绕月做圆周运动轨道半为径r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是（）A．图中嫦娥三号探测器在P处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒B．嫦娥三号球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力为C．嫦娥三号经椭圆轨道到D．由题中所给条件，不可以求出月球的平均密度携玉兔号绕月零P点时和经圆形轨道到P点时的加速度不等【答案】D【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】A、在P点变轨前后嫦娥三号都只有引力做功，机械能均守恒，但在变轨时速度小，机械能减小，故A错误B、嫦娥三号携玉兔号绕月球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力等于万有引力，不为零，故B错误减；；MmraGMGma，得r2，可知变轨前后嫦娥三号C、据牛顿第二定律得：2在P点的加速度相等，故C错误；Mmm4M4r223Gr力，有：2rT2，可以求解出质量为GT2，但不D、万有引力等于向心知道月球的半，径无法求解月球的密度，故D正确。故选：D【举一反三】该题考查万有引力与航天，这类问题的关键是万有引力提供向心选择恰当的向心表达式，通过公式可以求得中心天体的质量．由于不知道嫦娥三号探测器的质量，故不能计算出嫦娥三号受到月球引力的大小。力，能够题意力的18．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半为径R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）kqkqE2RkqEC．4R2A．4R2B．2kqED．4R2【答案】B【命题立意】本题旨在考查电场强度、电场的叠加。【解析】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在M、NEk2qkq(2R)2R22点所产生的电场为EkqE2R2由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为故选：B19．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）A．A所受合外力增大B．A对竖直C．B对地面的压力一定增大为零墙壁的压力增大D．墙面对A的摩擦力可能变【答案】BCD【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其用应、物体的弹性和弹力。【解析】A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；NF，B、对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：F增大则N增大，故B正确；C、对B受力分析，如图：FNsin，可见F增大则N′增大，根据平衡条件：NmgNcos，可见增大则N增大，根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故C正确；对象，竖直方向：NfMg，若N增大至与Mg相等，则f=0，故DND、以整体为研究正确。故选：BCD20．如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）A．F1、F2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为gtan【答案】BDD．小车加速度大小为gtan【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、物体的弹性和弹力。【解析】A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：mgtanma得到：agtan对左边的小铁球研究，设其加速度为，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为，由a牛顿第二定律，得：mgtanma因为aa，得到：FF1，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即、2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；C、D、小车的加速度agtan，故C错误，D正确。故选：BD【易错警示】绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的力拉一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定。21．一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A运动到与O对称的点A′的过程中，其加速度（a）、重力势能（EpG)、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象如图所示（取0点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零）。其中可能正确的是：（）【答案】BC【命题立意】本题旨在考查电势能、电势。【解析】小球运动过程的示意图如图所示：A、圆环可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A不可能，故A错误；EmghPGEmgh，，小球穿过圆环后PGB、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能根据数学知识可知，B是可能的，故B正确；C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力C是可能的，故C正确；D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是D是不可能的，故D错误。做正功，机械能增大，故非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以故选：BC第Ⅱ卷三．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，每个试题考生都必须做答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）22．（5分）如图所静止开始自由下落，利用此装置可以以下是该同学的实验操作和计算过程，请完成以下内容：（1）以下操作正确的是：A．在进行实验时，应先释放纸带，B．打点计时器应接在220V的交流档上C．释放纸带时，应将重一端尽量靠近打点计时器，以示，将电磁打点计时器固定在铁架台上，使质量m=50g的重锤带动纸带由测量重力加速度。（）再打开电源锤的便打出更多的点进行研究D．实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误（2）取下纸带，取其中的一段标出计数示，测出计数点间的距离分别为x1=2.60cm，x2=4.14cm，x3=5.69cm，x4=7.22cm，x5=8.75cm，x6=10.29cm。已知打点计时器的频率为差点如图所f=50Hz，则重锤运动的加速度计算式为a=_______________，代入数据，可得加速度a=__________m/s2（计算结果保留三位有效数字）。(xxx)(xxx)f24561239.60ms2、36【答案】（1）CD；（2）【命题立意】本题旨在考查验证机械能守恒定律。【解析】（1）A、为了提高纸带的利用率，同时为了使打点更稳定，线上，应该先接通电源，后释放小车，故A错误；B、打点计时器应接在4-6V的交流档上，故B错误；C、释放纸带时，应将重一端尽量靠近打点计时器，以便打出更多的点进行研究，故使所打点尽量在一条直锤的C正确；D、实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误CD。（2）根据匀变速直线运动的差，故D正确；故选：推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：xx3aT2411xx3aT2522xx3aT2633为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：a(aaa)(xxx)(xxx)f2123345612336a9.60ms2代入数据，解得：故答案为：（1）CD；(xxx)(xxx)f24561239.60ms2、36（2）23．（9分）测量一个长约5cm、电阻R1约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺（20分度）；螺旋测微器；直流电源E（电动势为18V，内阻可忽略不计）；标准电流表A1（量程1.5A，内阻r1=6Ω）；电流表A2（量程2A，内阻r2约为5Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；开关S，导线若干。（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L=_____________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D=________________mm。（2）请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据。（3）若某次测量中两电流表A1、A2的读数的表达式为ρ=1）5.020cm、2.149mm～2.151mm；（分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率。【答案】（2）见解析；（3）D2Ir114L(II)21【命题立意】本题旨在考查测定金属的电阻率。析】1）游标卡尺的固定刻度读数为：50mm，游标读数为：0.05×4mm=0.20mm，所以最终读数为：50mm+0.20mm=50.20mm=5.020cm；螺旋测微器的固定刻度读数为：2mm，可动刻度读数为：0.01×15.0mm=0.150mm。所以最终读数为：2mm+0.150mm=2.150mm（2.149mm～2.151mm），（2）根据题意可知，读数之差，结合电阻，从而求得电压，则设计的【解电流表的电路图如图所示：（3）根据欧姆定律可得Ir11RxII1，导体电材料的电阻2RLx由电阻定律得：S1D2S4，联立解得：4L(II)D2Ir1121D2Ir114L(II)2）见解析；（3）2故答案为：（1）5.020cm、2.149mm～2.151mm；（15分）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“v0＝6m/s，将质量m＝1.0kg的可看作质A端，传送带长度为L＝12.0m，“9”字全高H＝0.8m，“9”μ=0.3，重力加速g＝124．（9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为点的滑块无初速地放到传送带字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为10m/s2，试求：（1）滑块从传送带（2）滑块滑到轨道最高点（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h（保留两位有数效字）。【答案】（1）3s；（2）90N，方向竖直向上；（3）1.4m【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律。A端运动到B端所需要的时间；C时受到轨道的作用力大小；mgma【解析】（1）滑块在传送带运动时，由牛顿定律得：ag3m/s2得：vt2s0a达到共速所需要的时间：1加速到与传送带1x=at2=6m2位移：前2s内的1之后滑块做匀速运动的x=L-x=6m位移：21xt=2=1sv2时间：0t=t+t=3s故：1211-mgH=mv2-mv222（2）滑块由B到C运动，由动能定理得：c0在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹v2cRF+mg=mN力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：F=90N解得：N由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小90N，方向竖直向上11-mg(H-2R)=mv2-mv222（3）滑块由B到D运动过程中，由动能定理得：D0vDtan45v=在P点：竖直方向有：2gh=v2解得：h=1.4m答：（1）滑块从传送带（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为90N，方向竖直向上；（3）P、D两点间的竖直高度为1.4m。25．（18分）示，在xoy坐标系坐标原点x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的A端运动到B端所需要的时间为3s；如图所O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向E3mv202qdy轴正方向的q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有mn为电场和磁场的边界．ab为一块于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察ab板上．（q、d、m、v0均为已知量，不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的（2）磁感应强度B的大小；（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的ab板上被α粒子打中的长度．匀强电场，场强大小为，其中垂直于xoy平面向里的匀强磁场，很大的平面感光板垂直发现此时恰好无粒子打到速度大小及此时距y轴的最大距离；粒子均能打到板上？此时区域的3mv0qd3；（2）；（3）、23d2d43d2d33。2v3【答案】（1）0、【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力、带电粒子在匀强电场中的运动。Eqd1mv21mv2【解析】（1）根据动能定理：220可得：v2v0xmny初速度方向与轴平行的粒子通过边界时距轴最远，由类平抛知识：d1at22沿电场线方向上有：由牛顿第二定律可得：Eqma垂直于电场线方向上有：xv0tx23d3解得：（2）根据上题结果可知：3对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子r2d轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径：3Bqvmv2r又根据洛伦兹力提供向心力：B3mv0可得：qd（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上。其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切。13由分析可知此时磁场宽度为原来的，y2d则：板至少向下移动：ab3沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界由几何知识可知：L2xr433被粒子打中区域的长度：d2d3ab板上23d2v03答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小为；此时距y轴的最大距离；3mv0qd（2）磁感应强度B的大小为；2d3（3）将ab板至少向下平移才能使所有的粒子均能打到板上；此时ab板上被α粒子打43d2d3中的区域的长度为3。（二）选考题：共45分，请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物体中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答案区域制定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33．【物理修3-3】（（1）（5分）下对3个得5分；A．布朗运动就是液体分子的B．晶体有C．热量不可能从D．物体积增大，分子－选15分）是____（填正确答案标号。选对1个得2分，选对两个得4错1个扣3分，0分）。列说法中正确的分，选每选最低得分为无规则运动确定的熔点，非晶体没有确定的熔点体传到温高物体势能不一定增加低温物体的E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】BDE【命题立意】本题旨在考【解析】A、布朗运动是悬浮在液体中受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子B、晶体有确定的熔点．故B正确；C、热量自发地由高温物在外界的影响下，也可以从低温物体传到温高物比如电冰箱，故C错误；D、若分子间的作用力表示斥力时，物势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物查布朗运动；固体颗粒的无规则运动的反映，故A错误；热力学第一定律；热力学第二定律、晶体和非晶体。运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击确定的熔点，非晶体没有体传到低温物体，体，体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，PVTC分子势能增加；故D正确；可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故选：BDEE、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由故E正确。（2）（分为完全相同的温度升高ΔT而保持B部分气体温度10分）A、B两部分。初始时两部分气体压强均为不变。则A部分气体的压强增加量为如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体p、热力学温度均为T。使A的多少？ABPT2T【答案】【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程。PVA，由理想气体状态方【解析】设温度升高后，AB压强增加量都为，升高温度后体积程得：PV(PP)VATTTVBPV(PP)V对B部分气体，升高温度后体积，由玻意耳定律得：B两部分气体总体积不变：2VVAVBPPT解得：2TPT2T答：A部分气体的压强增加量为34．【物理－选修（1）（6分）一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（填入正确选项前的字母，选对1个3-4】（15分）给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A．这列波沿B．这列波的周期为0.4sC．t=0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4mE．x=2m处的质点的位移表达式为y=0.2sin(5πt+π)（m）【答案】BDEx轴负方向传播【命题立意】本题旨在考查波长、频率和波速的关系、横波的图象.T4s0.4sv10【解析】A、由图读出波长4m，则波的周期为：，由题，波传播t0.1s1T间为：14以波传播的距离是：，根据波形的4的时，所平移可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误，B正确；上下坡法可知t0时，质点C、波x轴负方向传播，由a速度沿y轴负方向．故C错误；t0D、从时刻经0.2s时，经过的时间是半个周期，由于a先向平衡位置运动，通过的路程等于2个振幅，即0.4m，故D正确；E、t0时刻x=2m处的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，其位移表达式为：yAsin2t0.2sin(5t)(m)T．故E正确。故选：BDE（2）（9分）由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角直角三角形，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射。现有一束光从ABD点垂直AB面射入透明体，30°的如右图所示，面的经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC面成30°角：①求该透明体的折射率；②若光线从BC面的透明体，试画出经E点后的F点垂直BC面射入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出光路图，并标明出射光线与AB面所成夹角的角度（不用列式计算）。【答案】①3；②见解析【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。【解析】①如图，由几何关系得光线在BC面上的入射角和折射角分别为：603000，12由折射定律得：sin2n=sin1=360②若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，如图，光线射到AC面上的入射角为，0i300入射角为，设折射角为r，60反射角也为0，根据几何关系得知，光线射到AB面上的则：nsinr3sinrnsini3sin300sini，得：r60，即：2030所以出射光线与AB面所成夹角的角度为，如图所示。03答：①该透明体的折射率为；②画出经E点后的光路图如图所示，标明出射光线与AB面所成夹角的角度如图。35．【物理－选修3-5】（15分）（1）（5分）4分，选对3个得5分，下列几幅图的有关说法中正确的是__________.（选对一个得2分，选对两个得每选错一个扣3分，最得低分为0分）A.原子中的电子绕原子核高速运转时，