重庆铜梁中学理综物理模拟试题.docx

1、重庆铜梁中学理综物理模拟试题2015年重庆市铜梁中学高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1（6分）在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是（） A 人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方 B 两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大 C 两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢 D 一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【考点】： 物理学史【

2、分析】： 人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误【解析】： 解：A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方符合伽利略、牛顿的惯性理论故A正确B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点故B错误C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点故C错误D、此选项

3、说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点故D错误故选A【点评】： 本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解可以根据牛顿的三大定律进行分析2（6分）如图所示，由两种材料制成的半球面固定在水平地面上，右侧面是光滑的，左侧面是粗糙的，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），小物块A静止在左侧面上，小物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为，则A、B对球面的压力大小之比为（） A sin2 ：1 B cos2 ：1 C sin ：1 D cos ：1【考点】： 共点力平衡的条件

4、及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比【解析】： 解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件，得：N1=mgsin同理：N2=故=sin2；根据牛顿第二定律，斜面对滑块的支持力等于滑块对斜面的压力，故左右两物块对斜面的压力大小之比sin2：1；故选：A【点评】： 本题是共点力平衡问题，受力分析后画出受力分析图，再根据几何关系列式求解，不难3（6分）如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功

5、率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（） A 变压器输入电压的瞬时值表达式为=220sint（V） B 电压表的示数为220V C 变压器原、副线圈的匝数比为11：1 D 变压器的输入功率为110W【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，与匝数成反比，即可求得结论【解析】： 解：A、由图象可知，=，故A错误B、原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压U=20V，故B错误C、由B分析，结合变压比公式得，=，故C正确D、变压器的

6、输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误故选C【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题4（6分）如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是（） A 感应电流方向为顺时针方向 B CD段直导线始终不受安培力 C 感应电动势的最大值E=Bdv D 感应电动势的平均值=Bdv【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安

7、培力的方向；由E=BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值【解析】： 解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故A错误B、根据左手定则可以判断，电流方向由D到C，磁场垂直向里，则受安培力向下，故B错误C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为，这时感应电动势最大值为：E=Bv，故C错误D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为：E=Bdv，故D正确故选：D【点评】： 本题注意以下几点：（1）感应电动势公式E=只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算

8、时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度5（6分）一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（） A 当弹簧与杆垂直时，小球动能最大 B 当小球沿杆下滑过程中合力为零时，小球速度为0 C 在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中，弹簧所做的负功小于mgh D 在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中，弹簧弹性势能的增加

9、量等于mgh【考点】： 功能关系；功的计算【分析】： 弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解【解析】： 解：AB、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值当合外力为零时，加速度为零，速度最大，故A错误，B错误；CD、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确故选：D【点评】： 本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正

10、确分析小球的受力情况和运动情况，难度不大，属于基础题二、填空题（共20分，每空2分）6（6分）如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车（含力传感器和挡光板）的质量不需要（填“需要”或“不需

11、要”）（2）实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，d=5.50 mm（3）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则对该小车实验要验证 的表达式是【考点】： 探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数（3）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据

12、功能关系可以求出需要验证的关系式【解析】： 解：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm（3）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：，滑块通过光电门2速度为：，根据功能关系需要验证的关系式为：故答案为：（1）不需要；（2）5.50；（3）【点评】： 了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统

13、我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提7（14分）LED绿色照明技术已经走进我们的生活某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500，电学符号与小灯泡电学符号相同实验室提供的器材有：A电流表A1（量程为0至50mA，内阻RA1约为3）B电流表A2（量程为0至3mA，内阻RA2=15）C定值电阻R1=697D定值电阻R2=1985E滑动变阻器R（0至20）一只F电压表V（量程为0至12V，内阻RV=1k）G蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）H开关S一只，导线若干（1）如图1所示，请选择合适的器材，电表1为F，电表2为B，定值电阻为D

14、（填写器材前的字母编号）（2）将采用的电路图如图2补充完整（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=（填字母，电流表A1，电流表A2电压表V的读数分别用I1、I2、U表示），当表达式中的I2（填字母）达到1.5mA，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时

15、的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻【解析】： 解：（1）（2）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R=1000，A2的内阻约为15，则定值电阻应选D；LED灯正常工作时的电流约为I=6mA左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如图所示，由以上分析可知，电表1为F

16、，电表2为B，定值电阻为D（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX=改装后的电压表内阻为RV=1985+15=2000，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻故答案为：（1）F；B；D；（2）电路图如图所示；（3）；I2；1.5mA【点评】： 本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流三、计算题（共48分）8（14分）如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一

17、电阻R=0.20，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小，并画出等效电路图；（2）回路中感应电流的大小；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式E=BLv求出感应电动势；（2）ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；（3）ab棒做匀

18、速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解【解析】： 解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为： E=Blv=0.400.504.0 V=0.8 V（2）感应电流大小为：I=A=4 A（3）由于ab棒受安培力为：F=IlB=4.00.500.40 N=0.8 N，故由平衡条件知外力的大小也为0.8 N答：（1）ab棒中感应电动势的大小是0.8V；（2）回路中感应电流的大小是4A；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小是0.8N【点评】： 本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，关键要掌握电磁感应与电路的基本规律，并能熟练运用9（16分）如图所示，倾角为=3

19、7的传送带以较大的恒定速率逆时针转动，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m的物体A，另一端竖直吊着质量为、电荷量为q=（k为静电力常量）带正电的物体B，轻绳与传送带平行，物体B正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q带负电的物体C，此时A、B都处于静止状态现将物体A向上轻轻触动一下，物体A将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l已知物体A与传送带的动摩擦因数为=0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力求：（1）物体A、B处于静止状态时物体B、C间的距离；（2）从物体B开始下落到与物体C碰撞的过程中，电场力对物体B所做的功【考点】： 功能关系

20、；牛顿第二定律【分析】： （1）开始时刻，物体A、B均保持静止，分别受力分析后根据平衡条件列式后联立求解即可；（2）BC碰撞后，物体A上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解BC碰撞前的速度；物体B下降过程，对A、B整体由功能关系列式求解电场力对物体B所做的功【解析】： 解：（1）开始时，A、B均静止，设物体B、C间的距离为l1，由平衡条件有：对A：T=mgsin+mgcos 对B：T=解得：l1=（2）B、C相碰后，A将做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma 由运动公式有：0=2a（ll1） 解得：物体 B下降过程对A、B整体由功能关

21、系有：=（m+）解得：W电=mgl 答：（1）物体A、B处于静止状态时物体B、C间的距离为；（2）从物体B开始下落到与物体C碰撞的过程中，电场力对物体B所做的功为mgl【点评】： 本题关键是明确物体A、B的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律、运动学公式和功能关系列式求解，基础题目10（18分）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角=45在第象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M

22、离坐标原点O的距离为l1=0.72m在第象限垂直于x 轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3长l2=0.6m现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=2m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度B的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，规定竖直向上为磁感强度的正方向，如图乙所示，则小球能否打在

23、平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离（=1.73，计算结果保留两位小数）【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，以及得出在一个磁场周期内小球在x轴方向的位移，判断能否

24、打在平板C3上，若能打在平板C3上，通过几何关系求出其轨迹与平板C3间的最短距离【解析】： 解：（1）小球在第象限内做类平抛运动有：v0t=sat=v0tan由牛顿第二定律有：qE=ma代入据解得：E=（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：=4m/s，小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：，得：B=小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有：=代入数据解得：小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2，由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：综合得磁感应强度的取值范围：（3）小球进入磁

25、场做匀速圆周运动，设半径为为R3，周期为T有：，代入数据解得：R3=0.09m，代入数据解得：T=由磁场周期得小球在磁场中运动的轨迹如图可得：一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3由分析知有：l1=（3n+2）R3，n=2 则小球能打在平板C3上，设位置到Q点距离为h有：h=2（n+1）R3cosR3，解得：h=0.38m答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）磁感应强度B的取值范围为；（3）小球能打在平板C3上，轨迹与平板C3间的最短距离为0.38m【点评】： 本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解，难度较大四、选做题（

26、本次考试第10题为必做题，共12分）11（4分）以下说法正确的是 （） A 布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动 B 从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小 C 对大量事实的分析表明：热力学零度不可能达到 D 热量只能由高温物体传递给低温物体【考点】： 热力学第二定律；热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 布朗运动是花粉的无规则运动；分子引力和斥力都是随距离增大而减小；绝对零度不可能达到；热量只能自发的由高温物体传递给低温物体；【解析】： 解：A、布朗运动是花粉的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错误B、无论从什么距离增大分子

27、间距，分子引力和斥力都是随距离增大而减小，故B错误C、事实证明绝对零度不可能达到，也即热力学零度不可能达到，故C正确；D、热量只能自发的由高温物体传递给低温物体，但若有其他因素的影响，也可以由低温物体传递到高温物体，如冰箱制冷，故D错误故选：C【点评】： 该题重点是布朗运动的现象和实质，一定要清楚布朗运动现象是花粉的无规则运动，实质是反映液体分子的无规则运动12（8分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T1时活塞上升了h已知大气压强为p0重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩

28、擦求温度为T1时气体的压强；现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来位置，求此时气体的温度【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： （1）由题，活塞处于平衡状态，根据平衡条件列式求气体的压强；（2）当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，再以活塞为研究对象，由平衡条件求得封闭气体的压强，由查理定律列式求此时气体的温度【解析】： 解：设气体压强为p1，由活塞平衡知：p1S=mg+p0S解得P1=设温度为T1时气体为初态，回到原位置时为末态，则有：初态：压强，温度T1，体积V1=2hS末态：压强，温度T2，体积V2=hS由理想气体的状态方程代入初、末态状态参量解得：T2=答：温度为T1时气体的压强；此时气体的温度【点评】： （1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键属于中档题