《全国100所名校单元测试示范卷》高三物理沪科版一轮复习备考第15单元必考部分综合教师用卷.docx

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《全国100所名校单元测试示范卷》高三物理沪科版一轮复习备考第15单元必考部分综合教师用卷

全国100所名校单元测试示范卷·高三·物理卷（十五）

第十五单元　必考部分综合沪科版（教师用卷）

（90分钟　100分）

第Ⅰ卷　（选择题　共40分）

选择题部分共10小题。

在每小题给出的四个选项中,1~6小题只有一个选项正确,7~10小题有多个选项正确;全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分。

1.两物体分别从不同高度自由下落,同时落地,已知甲物体下落的时间为t,乙物体下落的时间为。

当乙物体开始下落时,甲、乙两物体的高度之比是

A.2∶1　　　　　　B.3∶1　　　　　　C.4∶1　　　　　　D.4∶3

解析:

甲物体距地面高度h=×g×t2,乙物体下落时,甲已经下落,即h'=×g×（）2,此时甲距地面的高度h甲=h-h'=gt2,乙距地面的高度h乙=×g×（）2=gt2,故h甲∶h乙=3∶1,选项B正确。

答案:

B

2.规定向右为正方向,质点做直线运动的v-t图象如图所示,则

A.质点在0~6s内合力做的功大于6s~10s内合力做的功

B.3s~6s与8s~10s内合力均做正功

C.3s~6s和6s~8s内合力的平均功率相等

D.0~3s内合力的功率小于6s~8s内合力的功率

解析:

由动能定理知:

0~6s内和6s~10s内合力做的功均为0,选项A错误;3s~6s和8s~10s内质点的动能均减小,合力做负功,选项B错误;由斜率知,3s~6s内与6s~8s内动能的变化量相等,但所用的时间不同,选项C错误;0~3s内和6s~8s内动能的变化量相等,但时间不同,由P=知,0~3s内合力的功率小于6s~8s内合力的功率,选项D正确。

答案:

D

3.我国于2013年12月2日成功发射“嫦娥三号”月球探测卫星。

假设卫星从地球向月球转移的过程可以简化成如图所示的路线:

探测卫星由地面发射后经过发射轨道进入停泊轨道,此时可认为其做匀速圆周运动的半径等于地球半径;然后探测卫星在停泊轨道经过调速后进入转移轨道,经过几次制动后进入工作轨道,此时探测卫星绕月球做匀速圆周运动的半径可认为等于月球半径;最后再经调整,探测卫星降落至月球开始对月球进行探测。

已知地球的质量与月球的质量之比是p,地球的半径与月球的半径之比是q,则探测卫星在停泊轨道与工作轨道的运行速度大小之比是

A.B.C.D.

解析:

探测卫星在轨道上运行时,做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由G=m,得v=,所以==,选项C正确。

答案:

C

4.空间里存在着平行于x轴方向的静电场,PQMN为x轴上的点,沿x轴正方向,电势φ随位置坐标的变化如图所示,一个粒子仅在电场力的作用下从P点由静止开始向右运动,则下列说法正确的是

A.粒子可能带负电

B.M点的电势低于N点的电势

C.粒子从P点运动到M点时,电势能先减小后增大

D.UPQ=UMN

解析:

由图知,从P点到N点电势均匀降低,故电场是匀强电场,因带电粒子仅在电场力作用下从P点由静止开始沿x轴运动,则电场线方向沿x轴正方向,故粒子带正电,选项A、B错误,选项D正确;粒子从P点运动到M点,电场力一直做正功,电势能一直减小,选项C错误。

答案:

D

甲

5.如图甲所示,两个相邻的匀强磁场的宽均为L,方向均垂直纸面向外,磁感应强度的大小分别为B和2B。

一边长为L的正方形线框从位置P匀速穿过了这两个磁场到达位置Q,规定感应电流沿逆时针方向为正,则感应电流i随时间t变化的图象是图乙中的

乙

解析:

利用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向,当线框进入磁场区域时,感应电流为顺时针方向,且I=-,A错误;当线框开始进入右半边的磁场区域时,右边框和左边框均切割磁感线,则线框中感应电流I==-,感应电流为顺时针方向,选项A、B、C错误;当线框离开磁场时,线框的左边切割磁感线,感应电流为逆时针方向,且电流大小I=,选项D正确。

答案:

D

6.如图所示,磁场中固定一正点电荷+Q,一个质子以+Q为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动。

磁场方向垂直于质子的运动平面,磁感强度的大小为B,若质子所受磁场力是电荷+Q作用的电场力的三倍,质子的电荷量为q、质量为m。

则质子运动的角速度可能是

A.B.C.D.

解析:

由于两个粒子都带正电,故质子的洛伦兹力一定指向圆心,向心力大小等于,由牛顿第二定律得=mω2r,v=ωr,故ω=,选项A正确。

答案:

A

7.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命。

同时在物理学发展中科学家们创造出了许多物理学研究方法,以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是

A.在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非,是伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法

B.牛顿总结前人的理论,通过逻辑思维对事实进行分析的方法得出无法用实验验证的牛顿第一定律

C.库仑利用扭秤研究电荷间相互作用力的大小跟电荷量和距离的关系时,采用了理想实验法

D.通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似,安培受此启发后提出分子电流假说用到的是控制变量法

解析:

伽利略开创了实验物理的先河,选项A正确;牛顿第一定律是牛顿通过逻辑思维对事实进行分析的产物,不是通过实验直接验证得出的,选项B正确;库仑在探究库仑定律时,采用了控制变量法和放大法,选项C错误;安培是采用类比法得到分子电流假说的,选项D错误。

答案:

AB

8.如图所示,固定的半球壳由两种材料做成,左侧是由粗糙材料做成的,右侧是光滑的,O为球心,两个质量相同的物体（可视为质点）静止在同一高度上的A、B两处。

A处物体受到的摩擦力为F1,对球面的压力是N1;用水平力F2推着B处物体,使物体恰好静止,物体对球面的压力为N2。

两物体与球心连线和竖直方向的夹角均为θ,则

A.F1∶F2=cos2θ∶1B.F1∶F2=cosθ∶1

C.N1∶N2=cos2θ∶1D.N1∶N2=cosθ∶1

解析:

A处物体保持平衡,则F1=mgsinθ,N1=mgcosθ;B处物体保持平衡,则F2=mgtanθ,N2=。

故F1∶F2=cosθ∶1,N1∶N2=cos2θ∶1,选项B、C正确。

答案:

BC

9.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A的右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。

开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。

下列对该过程的分析,正确的是

A.物体A、B组成的系统的机械能减少

B.B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量

C.A物体动能的增加量等于B对A做的功与弹簧对A的弹力做的功之和

D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量小于物体B对A做的功

解析:

桌面光滑,物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,故由静止释放B至最大速度过程中,B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和物体A、B动能的增加量,故选项A正确、B错误;对物体A,由动能定理,动能的增加量等于B对A做的功与弹簧对A的弹力做功之和,选项C正确;A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B对A的拉力做的功,选项D错误。

答案:

AC

10.如图所示,在理想变压器的原线圈输入u=1100sin100πt（V）的交流电,对“220V100W”的灯泡和“220V800W”的电动机供电,灯泡正常发光,电动机正常工作。

不计导线电阻,则下列说法正确的是

A.灯泡中的电流方向每秒改变100次

B.电流表

和

的示数之比是5∶1

C.在相同时间内,灯泡和电动机的发热功率之比是1∶8

D.若关闭电动机,则灯泡的亮度不变

解析:

由u=1100sin100πt（V）知原线圈的电压有效值U1=1100V,交流电频率f=50Hz,故交流电方向每秒改变100次,选项A正确;“220V　100W”的灯泡正常发光,则U2=220V,故n1∶n2=5∶1,所以I1∶I2=1∶5,选项B错误;电动机不是纯电阻电路,电能没有全部用来发热,选项C错误;改变负载,对理想变压器的输出电压无影响,故关闭电动机,灯泡仍能正常发光,选项D正确。

答案:

AD

第Ⅱ卷　（非选择题　共60分）

非选择题部分共6小题,把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。

解答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。

甲

11.（6分）某物理兴趣小组在一次探究活动中,要探究加速度与合力之间的关系。

实验装置如图甲所示,先把长木板固定在水平桌面上,右端装有定滑轮;木板上有一滑块,其左端与穿过打点计时器的纸带相连,右端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。

打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。

开始实验时,在托盘中放入适量砝码,放手后滑块开始做匀加速直线运动,在纸带上打出一系列点。

乙

（1）为使托盘与砝码的重力大小等于滑块所受合力,实验之前首先应做的是　　　　　　　。

（2）图乙是正确操作后,所得出的一条纸带的一部分。

0、1、2、3、4、5、6是计数点,每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）,用刻度尺测量出计数点间的距离如图乙所示。

根据图中数据计算打计数点1时,滑块的速度为　　　　m/s,滑块的加速度是　　　　m/s2。

（保留三位有效数字） 

解析:

（1）实验之前首先平衡摩擦力。

（2）打计数点1时,滑块的速度v0==×10-2m/s=0.220m/s;

滑块的加速度a==0.400m/s2。

答案:

（1）平衡摩擦力　（2分）　

（2）0.220　（2分）　0.400　（2分）

12.（9分）在测量一节电池的电动势E和内阻r的实验中,可供使用的器材有:

一个电压表、一个电阻箱、一个开关、导线若干。

（1）请你在图甲所示的方框中画出实验电路图并在图乙所给实物器材上进行连线。

　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙　　　　　　　　　　　　丙

（2）为了便于分析,一般采用线性图象处理数据,如果根据实验数据绘出如图丙所示的-图线,其中R为电阻箱的示数,U为电压表的示数,由此可得到E=　　　　V,r=　　　　Ω。

解析:

（2）测量电池的电动势E和内阻r的实验原理为E=U+Ir,测出多组不同的U、I值,根据所测数据在合适的坐标系中描点、连线,应用图线求解电池的电动势和内阻。

由于没有电流表,而所作出的图线是-图线,所以我们要把上式整理成与的函数式,故把I=代入上式就有E=U+r。

整理后得=·+。

由图象与函数关系式可知:

图象的纵轴截距是,斜率是。

则有E=2V,r=0.5Ω。

答案:

（1）原理图如图丁所示　（2分）　实物图连线如图戊所示　（3分）

　　　丁　　　　　　　　　　　　　　　戊

（2）2　0.5　（每空2分）

13.（10分）如图所示,在水平地面上有一长L=0.5m、质量M=1.2kg的木板,木板上有一可看做质点的铁块,铁块质量m=0.8kg。

若M、m间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2,现作用一水平恒力F在长木板上。

（1）若m、M一起匀速运动,则F多大?

（2）若在运动过程中保持m、M相对静止,则力F的最大值是多少?

（3）若从静止开始用F1=11.2N的力拉动木板,则铁块的加速度是多大?

经多长时间铁块从木板上脱离?

解:

（1）m、M一起匀速运动,在水平方向对m、M有:

F=μ2（M+m）g　（1分）

解得F=4N。

　（1分）

（2）当m、M间有最大静摩擦力时,F最大　（1分）

对m,由牛顿第二定律得:

μ1mg=ma　（1分）

对m、M,由牛顿第二定律得:

F-μ2（M+m）g=（M+m）a　（1分）

联立解得F=10N。

　（1分）

（3）F1=11.2N>10N,故m、M已相对滑动,设经时间t铁块从木板上脱落

对M,由牛顿第二定律得:

F-μ2（M+m）g-μ1mg=Ma2　（1分）

对m,由牛顿第二定律得:

μ1mg=ma1　（1分）

当m从M脱落时L=a1t2-a2t2　（1分）

代入数据,解得t=1s。

　（1分）

　　　　甲　　　　　　　　　　乙

14.（10分）如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ的间距L=0.3m。

导轨电阻忽略不计,与水平面的夹角为37°,其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻。

开始时,导轨上固定着一质量m=0.01kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab,整个装置处在磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场中,磁场的方向垂直于导轨平面向上。

解除固定,同时用一平行于导轨的外力F拉金属杆ab,使之由静止开始运动。

通过电压表采集器即时采集电压U并输入电脑,获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。

求:

（1）金属杆ab在3.0s内通过的位移。

（2）3.0s末拉力F的瞬时功率。

解:

（1）金属杆的速度为v时,产生的感应电动势E=BLv　（1分）

电压表的示数等于电阻R两端的电压,即U=E=BLv　（1分）

由图象知电压U与时间成正比,所以金属杆的速度与时间成正比,即金属杆做匀加速直线运动

（1分）

t=3.0s时电压表的示数为0.6V,代入数据可解得速度v=6m/s　（1分）

a==2.0m/s2　（1分）

金属杆在3.0s内的位移x=at2=9m。

　（1分）

（2）金属杆在3.0s时受到的安培力F安=BIL==0.1125N　（1分）

由牛顿第二定律,对杆有F-F安-mgsin37°=ma　（1分）

故3.0s末拉力F的瞬时功率P=Fv　（1分）

代入数据得P=1.155W。

　（1分）

15.（12分）如图所示,水平桌面上一轻弹簧的左端固定在A点,自然状态时其右端位于B点。

水平桌面右侧有一竖直放置的半径R=0.5m的光滑半圆轨道MN,其中MN为其直径,与地面垂直。

现用一质量m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点,释放后物块向右运动,过B点后物块的位移与时间满足关系式x=7t-2t2（x的单位为m,t的单位为s）。

物块进入光滑圆轨道后,恰好能从M点飞出。

g=10m/s2,求:

（1）B、N间的距离。

（2）在N点,物块对轨道的压力。

（3）物块离开M点后落至地面时与N点的距离。

解:

（1）物块恰好从M点飞出,则物块的重力恰好完全提供向心力,设其速度为vM,则:

mg=m　（1分）

物块从N到M,由机械能守恒定律,得:

m+2mgR=m　（1分）

解得:

vN=5m/s　（1分）

对于物块m在B、N段做匀减速运动,由x=7t-2t2知初速度v0=7m/s,a=-4m/s2　（1分）

由-=-2ax得x=3m。

　（1分）

（2）在N点,由牛顿第二定律得:

FN-mg=m　（1分）

解得FN=12N　（1分）

由牛顿第三定律得物块对N点的压力是12N,方向竖直向下。

　（1分）

（3）物块由M点水平飞出后,以初速vM做平抛运动

水平方向:

xN=vMt　（1分）

竖直方向:

y=2R=gt2　（1分）

代入数据解得xN=1m。

　（2分）

甲

16.（13分）如图甲所示,在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内存在着等大反向的另一匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场,MN为电场和磁场区域的边界线,一带电荷量为-q、质量为m的小球从y轴上的P点（0,d）以初速度v0=垂直进入电场,经x轴上的Q点（d,0）进入复合场,已知OP=OM=d,求:

（1）匀强电场的电场强度的大小E和小球经过Q点时速度的大小v。

（2）要使小球不越过边界MN,磁场的磁感应强度的最小值。

解:

（1）小球进入第一象限受重力和电场力,小球的加速度a=　（1分）

小球在电场区域做类平抛运动,则有d=v0t　（1分）

d=at2　（1分）

联立解得E=　（1分）

经过Q点时,设小球在竖直方向的速度为vy,有:

-0=2×2g×d　（1分）

v=　（1分）

代入得v=。

　（1分）

乙

（2）小球在第四象限中受到的重力和电场力平衡,有Eq=mg

（1分）

因此小球在磁场力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示。

当圆周与下边界MN相切时磁感应强度最小,由几何关系知=,式中v0=,v=　（2分）

解得R=　（1分）

又qvB=m　（1分）

代入解得最小的磁感应强度B=。

　（1分）