陕西省渭南市高三第一学期教学质量检测一模物理试题

2016届陕西省渭南市高三第一学期教学质量检测一模物理试题（解析版）一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.物体做直线运动的v－t图象如图所示，由图可知，该物体A.第1s内和第3s内的运动方向相反B.第3s内和第4s内的加速度相同C.第1s内和第4s内的位移大小不等D.0~2s内和0~4s内的平均速度大小相等【答案】B【解析】A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；

B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；

C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等，故C错误；

D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误。点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。2.在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电荷量为－q（q>0）的电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是A.电荷在a点的电势能大于b点B.a点的电势高于b点C.a、b两点电势差为Uab=EdD.a、b两点电势差为U【答案】A【解析】A、电荷由a点移到b点时，电场力对电荷做正功W，则电荷的电势能减小，即有电荷在a点的电势能大于b点，故A正确；

B、根据推论：负电荷在电势高处其电势能小，可知，a点的电势低于b点，故B错误；

C、当ab两点在同一电场线上时，Uab=Ed，本题ab是否在同一电场线上不确定，则Uab大小不一定为等于Ed，故C点睛：解决本题的关键掌握电场力做功与电势能的关系，注意在运用W=qU进行求解时，q的正负、U的正负、W的正负都要代入计算，在公式U3.如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从相同高度处竖直上抛，则A.两物体落地时速度相同B.从开始至落地，重力对它们做功相同C.两物体落地时重力的瞬时功率相同D.从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【答案】B【解析】A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，但速度方向不同，故速度不相同，故A错误；

B、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，所以B正确；

C、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以C错误；

D、平均功率等于做功与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以D错误。点睛：两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。4.如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为A.0B.EC.2ED.E【答案】C【解析】A、A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，故AB错误，C正确．

D、由于电场强度是矢量，矢量的合成遵循平行四边形定则，所以B点的电场强度不能用Q1、Q点睛：考查点电荷电场强度的方向的运用，掌握矢量合成法则，注意A点的场强等于零时的含义，及理解两正点电荷的合电场强度方向与外加匀强电场方向的关系，是解题的关键。5.如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态。若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木块ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为A.μ1MgB.μ1(m＋M)gC.μ2mgD.μ1Mg＋μ2mg【答案】C【解析】解：物体m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：f1=μ2N=μ2mg；力的作用是相互的，故P对长木板ab有向右的滑动摩擦力，故长木板ab有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有f2=f1，因而f2=μ2mg．本题中ab受地面的静摩擦力；故不能用f=μ1（m+M）g求摩擦力；故B错误；故选：C．【点评】本题关键要分清楚静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力随外力的变化而变化，滑动摩擦力与正压力成正比．6.长度L＝0.6m的轻杆OA，A端有一质量m＝3kg的小球，如图所示。小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，已知小球运动过程中的最大速率为5m/s，g取10m/s2，不计转轴与空气阻力，则当小球运动到最高点时细杆OA受到A.125N的拉力B.25N的压力C.5N的拉力D.95N的拉力【答案】B【解析】小球以O点为圆心在竖直平面内作圆周运动，由于机械能守恒，可知小球在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，已知小球运动过程中的最大速率为v1=5m/s；

最低点到最高点的过程中机械能守恒，得：12mv12=mg由于v0=6m/s＞1m/s，所以小球受到细杆的支持力

小球在最高点受力分析：重力与支持力mg−F点睛：小球在杆的作用下做圆周运动，在最高点杆给球的作用是由小球的速度确定，因从球不受杆作用时的速度角度突破，比较两者的速度大小，从而确定杆给球的作用力，同时应用了牛顿第二、三定律，当然还可以假设杆给球的作用力，利用牛顿第二定律列式求解，当求出力是负值时，则说明假设的力与实际的力是方向相反。7.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1。现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有A.Q2=Q1q2=q1B.Q2=2Q1q2=2q1C.Q2=2Q1q2=q1D.Q2=4Q1q2=2q1【答案】C【解析】根据I=BLvR及F=BIL可得安培力表达式：F=B2L2vR；点睛：线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量，由法拉第电磁感应得到电荷量为q=8.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°A.qBR2mB.q【答案】D【解析】粒子运动轨迹如图所示：联立①②式子可求粒子速率：v=2qBR点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解决本题的关键在于对几何关系的分析，本题几何关系的证明也可以用对称性等其他几何方法去考虑，要求同学们一定要规范作图，以便更快地确定圆心，分析出几何关系。9.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是A.副线圈输出电压的频率为100HzB.电压表V2的示数为U2=22VC.滑片P向下滑动过程中，I2变大、I1变小D.滑片P向下滑动过程中，U2不变、U1不变【答案】BD【解析】A、根据图象知输入电压的周期T=4×10−2s，频率f=1T=14×10−2Hz=25Hz，变压器不改变频率，所以副线圈输出电压的频率为25Hz，故A错误；

B、由表达式知输入电压有效值为U1=点睛：本题考查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析，知道变压器的变压和变流规律，电表读数是有效值。10.弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16N．如果从升降机的速度大小为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移大小可能是（g取10m/s2）A.3mB.8mC.2mD.4m【答案】CD【解析】试题分析：物体的重力G=mg=20N，弹簧秤的示数始终是16N，小于重力，物体处于失重状态，由向下的加速度，由牛顿第二定律可知mg−F=ma，解得故选CD考点：超重和失重点评：本题要注意失重是物体对应着两种运动状态，向下加速和向上减速，所以判断超重或失重不要看运动方向，要看加速度方向。11.如图甲所示，MN是一个螺线管，A是在MN的正下方放置在绝缘水平桌面上的金属圆环。现在a、b两端接入如图乙所示的正弦交流电，设电流从a端流入为正方向，下列说法正确的是A.0～t1时间内A环对桌面的压力不断增加B.0～t1时间内A环对桌面的压力先增加后减小C.t1～t2和t2～t3时间内A环中的电流方向相同D.t3～t4时间内A环对桌面的压力大于A环的重力【答案】BC【解析】A、在0时刻螺线管中的电流为零，对金属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互排斥；t1时刻螺线管中的电流最大，电流的变化率为零，此时尽管穿过金属圆环的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电流为零，故螺线管对金属圆环的作用力也为零，所以在0～t1时间内，A环对地面的压力先增加后减小，故A错误、B正确；

C、t1～t2时间内螺线管中的电流在减小，则穿过A环原磁场方向向下，并且磁通量减少；t2～t3时间内电流在增大，则穿过A环原磁场方向向上，并且磁通量增加，则由楞次定律得到t1～t2和t2～t3点睛：考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别。12.登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。设想宇航员在火星表面以初速度v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为h，已知火星的直径为d，在火星上发射一颗绕它运行的卫星，其做圆周运动的A.最大速率为v02C.最小周期为2πv【答案】AC【解析】根据竖直上抛的运动规律得：h=v022g

GMmr2=同时，在火星表面：GMm'r2=m则当r=d2时，周期最小，即T=2πv点睛：根据万有引力提供向心力，可以知道当轨道半径最小时其环绕速度最大，把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题。二、实验题（2小题，共15分）：把答案填写在题目中的横线上或按题目要求作答。13.某同学为了测定滑块与木板的动摩擦因数，设计实验装置如图甲；长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上；在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块上的挡光条通过光电门时挡光时间．图甲实验步骤如下：①用游标卡尺测量挡光条的宽度d；②用直尺测量AB之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点由静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；依据测量数据可计算出动摩擦因数μ；④改变斜面的倾角，重复实验步骤②③，得到多个μ值，求出平均值，写入实验报告。（1）测量挡光条宽度时的游标卡尺读数如图乙所示，读得d=_________mm。图乙（2）对应于题中②③步的测量，完成下列各式。（已知重力加速度为g）①斜面倾角的余弦cosθ=________；②滑块运动时的加速度a=_____________；③滑块与斜面的动摩擦因数μ=___________（用斜面倾角θ与加速度a表示）。【答案】(1).36.2(2).1ss2−【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为3.6cm=36mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此其读数为为0.1×2mm=0.2mm，所以最终读数为36mm+0.1mm=3.62mm；（2）①由数学知识可知：cosα=s2−(h1−h2)2s③由牛顿第二定律得：mgsinθ−14.某同学用图甲所示电路，测绘标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象。除了导线、开关和一个电源E，电动势为4V，内阻约为0.04Ω外，还有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）；电压表：V1（量程5V，内阻约为5kΩ）；V2（量程15V，内阻约15kΩ）；滑动变阻器：R1（阻值范围0~10Ω）；R2（阻值范围0~2kΩ）；图丙（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_______，电压表_______，滑动变阻器_____。（填器材的符号）（2）根据实验数据，计算并描绘出R－U的图象如图乙所示，由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为_________Ω；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为________Ω，灯泡实际消耗的电功率为________W。（3）图丙中依据R—U图象作出灯泡功率与电压关系的P—U2图象正确的是________。【答案】(1).A2(2).V1(3).R1(4).1.5(5).11.5(6).0.78(7).C【解析】试题分析：根据给出的灯泡额定值可得出对应的电压表和电流表；再根据滑动变阻器的分压接法要求可明确滑动变阻器；（2）根据图象的坐标可明确对应的电阻值，由功率公式P=（3）由P=U2三、计算题（共2小题，32分。计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，电源电动势为3V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量0.06kg，电阻1.5Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上，磁感应强度为0.4T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求:(1)在此位置上棒对每一只环的压力为多少？(2)若已知环半径为0.5m，此位置与环底的高度差是多少？【答案】(1)0.5N(2)53°【解析】（1）棒受的安培力：F棒中电流为：I代入数据解得：F对棒受力分析如图所示（从右向左看），两环受支持力的总和为：2代入数据解得：N由牛顿第三定律知，棒对每一只环的压力为0.5N（2）由图中几何关系有tanθ=棒距环底的高度为h=点睛：金属棒最后静止在圆环某位置，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件和几何关系求解金属棒最终位置相对初始关于圆环的圆心角和上升的高度。16.如图所示，小车长L=2m，高h=1.25m，质量m1=1kg，静止在光滑的水平地面上。现有一质量m2=1kg的物体以v0=2.5m/s的水平速度从左端滑入小车，若物体与小车的动摩擦因数μ=0.05，求：（1）物体滑离小车时的速度；（2）物体掉到地上瞬间与小车右端的距离。【答案】(1)2m/s(2)0.75m【解析】（1）当物体在小车上滑动时，对物体有：μm2g物体向右做匀减速运动。对小车有：μm2g=设历时t时间，物体滑离小车，有L代入数据解得：t=1s，物体的速度：v2（2）当物体脱离小车时，物体做平抛运动，小车匀速向右运动，设物体时间落地有：h=12g水平方向物体位移：s小车的位移：s此时物体与小车的距离：Δ点睛：本题要分析清楚物体和小车的运动情况，判断两者之间的位移关系，运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律来求解。17.（1）墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是________。（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．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的E．温度越高，混合均匀的过程进行得更迅速【答案】BCE【解析】A、碳素墨水滴入水中，观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，不是由于碳粒受重力作用，故A错误；

B、混合均匀的过程中，水分子做无规则的运动，碳粒的布朗运动也是做无规则运动，故B正确；

C、当悬浮微粒越小时，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡性表现得越强，即布朗运动越显著，所以使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速，故C正确；

D、墨汁的扩散运动是由于微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故D错误；

E、温度越高，布朗运动越激烈，混合均匀的过程进行得越迅速，故E正确。点睛：该题中，碳微粒的无规则运动是布朗运动，明确布朗运动的实质是解题的关键，注意悬浮微粒只有借助显微镜才能看到。18.如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、B两部分。活塞与气缸顶部有一弹簧相连。当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。开始时B内充有一定量的气体，A内是真空。B部分高度为L1=0.10m。此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。现将整个装置倒置，达到新的平衡后B部分的高度L2等于多少?设温度不变。【答案】0.2m【解析】设开始时B中压强为p1，气缸倒置达到平衡后B中压强为p2，分析活塞受力得：p1p其中S为气缸横截面积，M为活塞质量，k为弹簧的劲度系数，由题条件有：k由波意耳定律可知：p1解得L2=2L1=40cm点睛：本题要分析清楚气体状态变化过程，运用力学知识求气体的压强是关键，应用玻意耳定律解决这类问题.19.（1）下列物理现象正确的是________。（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．透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时，能观察到彩色条纹，这是光的色散现象B．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰C．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度D．紫外线比红外线更容易发生衍射现象E．人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射【答案】BCE【解析】A、透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时，能观察到彩色条纹，是光绕过障碍物继续传播的现象，故属于光的衍射现象，故A错误；

B、在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景像清晰是利用光的偏振现象，要让振动方向与透振方向一致的通过，故B正确；

C、双缝干涉条纹的间距与波长成正比，红光的波长比绿光的长，所以红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，故C正确；

D、紫外线的波长比红外线短，所以紫外线比红外线更不容易发生衍射现象，故D错误；

E、人耳能听见的声波波长比超声波的长，所以人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射，故E正确。点睛：本题要理解光的各种现象产生的条件和原理，知道各种光现象在生产和生活中的运用，掌握了各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目。20.如图所示，一横波的波源在坐标原点，x轴为波的传播方向，y轴为振动方向。当波源开始振动1s时，形成了如图所示的波形(波刚传到图中P点)。试求：从图示位置