山西省忻州一中等四校届高三第一次联考 物理解析卷.docx

1、山西省忻州一中等四校届高三第一次联考 物理解析卷山西省忻州一中等四校2015届高三第一次联考物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5，主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、光的波粒二象性，动量守恒定理等，知识覆盖面广，知识点全面。题型基础、基本，是份质量很高的试卷 【满分100分，考试时间90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分；前8小题四个选项中只有一个是正确的，9、10、11、12小题每个小题的四个选项中有两个或两个以上是正确的，全选对的得4分，选不全的得2分，有多选或错

2、选的得0分）【题文】1下列说法正确的是A牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B在探究求合力方法的实验中利用了控制变量法C电场力做功与重力做功都与运动路径无关,可以把这两种力用类比法研究D在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是等效代替法【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】AC 解析： A、在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法，如牛顿第一定律的得出就是采用了这种方法，故A正确；B、在探究求合力方法的实验中利用了等效代替法，故B错误；C、电场力做功与重力

3、做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究，故C正确；D、探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系；后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是控制变量法，故D错误；故选：AC【思路点拨】在研究第一定律时利用了理想实验法；探究求合力方法的实验中利用等效代替法；电场力做功与重力做功，利用类比法研究；在探究加速度、力和质量三者关系时，利用了控制变量法，从而即可求解本题考查理想实验法、控制变量法、类比法与等效替代法的应用，掌握各种研究方法的区别与联系，注意理想实验法也称科学推理法【题文】2一物体从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是A物体质量越大，水平位移越

4、大B初速度越大，落地时竖直方向速度越大C初速度越大，空中运动时间越长D初速度越大，落地速度越大【知识点】平抛运动D2【答案解析】D 解析：（1）根据h=gt2得：t=，两物体在同一高度被水平抛出后，落在同一水平面上，下落的高度相同，所以运动的时间相同，与质量、初速度无关，故C错误；水平位移x=v0t=v0，与质量无关，故A错误；竖直方向速度vygtg与初速度无关，故B错误；（2）整个过程运用动能定理得： mv2-mv02=mgh，所以v=，h相同，v0大的物体，末速度大，故D正确故选：D【思路点拨】平抛运动的物体运动的时间由高度决定，与其它因素无关；水平位移x=v0t=v0，竖直方向速度vyg

5、tg，都与初速度无关；平抛运动的过程中只有重力做功，要求末速度可以用动能定理解题本题是平抛运动基本规律的直接运用，解题过程中有时运用动能定理解题显得更简洁、方便【题文】3如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里。该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是A粒子在M点动能大，在N点动能小B粒子先经过N点，后经过M点C粒子带负电D粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动K2【答案解析】B 解析： A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，则粒子轨道半径r=，从粒子运动的轨迹可

6、以判断，粒子在N点的曲率半径大于在M点的曲率半径，由r=可知：粒子的轨道半径越小速度越小，所以粒子在M点的速度小于在N点的速度，故粒子先经过N点，再经过M点，故A错误，B正确；C、由左手定则可以判断粒子带正电，故C错误；D、粒子在M点的速度小于在N点的速度，由公式f=qvB可得，粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的速度故D错误故选：B【思路点拨】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子的轨道半径，根据图示判断粒子在a、b两点轨道半径的大小，从而判断粒子运动方向；由左手定则判断粒子所带电性粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动轨迹判断出粒

7、子所受洛伦兹力的方向，然后根据粒子运动方向由左手定则即可判断出粒子的电性【题文】4如图所示的匀强磁场中有一根弯成45的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA=L0，且MNOQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN运动的速度为，使MN匀速的外力为F，则外力F随时间变化的规律图正确的是【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势L2【答案解析】C 解析： 因导线MN匀速运动，则经过时间t导线离开o点的长度是 x=vt；MN切割磁感线的有效长度是 L=vttan45=vtt时刻回路中导线MN产生的感应电动势为 E=BLv=Bv2t；回路的总电阻为 R=（2vt+vt）r则

8、感应电流的大小为 I=；由安培力公式可得：F=BIL= 要使导线匀速运动，拉力等于安培力；由公式可知，拉力与时间成正比；故选：C【思路点拨】由匀速运动的位移时间公式x=vt求解经过时间t导线离开o点的长度MN切割磁感线的有效长度就是与MN与轨道接触的两点间的长度，由几何关系求解由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小则可确定外力的变化情况本题的关键要理解“有效”二字，要注意回路中有效电动势和总电阻都随时间增大，实际感应电流并没有变化【题文】5如图所示，绳子一端系于天花板上O点，另一端系住小球置于光滑的斜面上，小球处于静止状态，现将斜面水平向左移动一段距离，小

9、球再次处于静止斜面足够长则两个位置相比斜面对小球的支持力和绳子对小球的拉力变化情况为A支持力一定增大 B支持力可能不变C拉力一定增大 D拉力一定不变【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B2 B3【答案解析】A 解析： 球受重力、拉力和支持力，如图所示：随着细线的拉力逐渐水平，支持力增加，拉力先减小后增加；故A正确，BCD错误；故选：A【思路点拨】小球受重力、拉力和支持力，其中重力不变、支持力的方向不变、拉力的大小和方向都改变，根据共点力平衡条件作图分析即可本题是三力平衡中的动态分析问题，关键是通过作图法并结合共点力平衡条件分析，不难【题文】6如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R

10、1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是AR1断路 BR2断路 CR1短路 DR3短路【知识点】闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】B 解析A、若R1断路，电流表A中没有读数，不符合题意，故A错误B、若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故B正确C、若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故C错误D、若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则

11、电压表读数变小，不符合题意，故D错误故选：B： 【思路点拨】将四个选项分别代入，分别分析两个电表读数的变化，选择符合题意的选项在故障分析问题中，常常用排除法本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零【题文】7完全相同质量均为m的物块AB用轻弹簧相连，置于带有挡板C的固定斜面上。斜面的倾角为，弹簧的劲度系数为k。初始时弹簧处于原长，A恰好静止。现用一沿斜面向上的力拉A，直到B刚要离开挡板C，则此过程中物块A的位移为（弹簧始终处于弹性限度内）A B C D 【知识点】胡克定律B1【答案解析】D 解析： 初始时弹簧处于原长，A恰好静止，根据平衡条件，有：mgsin=f （为斜面的

12、坡角）其中：f=N=mgcos联立解得：=tan B刚要离开挡板C时，弹簧拉力等于重力的下滑分力和最大静摩擦力之和，故：kx=mgsin+f解得：x=故选：D【思路点拨】初始时弹簧处于原长，A恰好静止，说明A物体受重力的下滑分力恰好最大静摩擦力；B刚要离开挡板C时，弹簧拉力等于重力的下滑分力和最大静摩擦力之和本题关键是明确两个物体的受力情况，然后结合共点力平衡条件和胡克定律列式求解，不难【题文】8如图空间内存在水平匀强电场，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的带正电小球，小球可以在图中虚线位置保持静止。现将小球拉至绳水平后由A点无初速释放，则小球运动到绳竖直的B点位置时绳的拉力大

13、小为A B C D 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；动能定理的应用B1 B3 E2【答案解析】B 解析： 小球在平衡点受力分析：电场力为：F电=qE=mgtan37=0.75mg；小球从A到B的过程，由动能定理：mgL-qEL=；在最低点受力分析得：T-mg=m得出绳子对球拉力为：T=mg故选：B【思路点拨】小球静止时，由平衡条件求出电场力的大小小球所受的电场力水平向右，由静止释放小球，根据动能定理求出小球到达B点时的速度，根据牛顿第二定律求解细线的拉力，从而得到小球对细线的拉力本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法常见的题型对于多过程的

14、问题可能多次应用动能定理求解问题【题文】9如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原副线圈的匝数比为，现给原线圈两端加电压为(v)，负载电阻k，I1、I2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是A副线圈两端电压有效值为6220V，副线圈中的电流有效值为14.1mAB副线圈两端电压有效值为4400V，副线圈中的电流有效值为10.0mACI1I2 DI1I2【知识点】变压器的构造和原理M2【答案解析】BD 解析： A、B根据题意可知，交流电的最大电压是311V，则其有效值为：U1= V=220V，再根据电压与匝数关系，可以求出画线圈的电压为4400V，再根据欧姆定律，可以求出副线圈中的电流为：I

15、2= =10mA，故A错误，B正确；C、根据能量守恒和电功率定义有：P1=P2、P=UI即：U1I1=U2I2，可以判断I1I2，故C错误，D正确故选：BD【思路点拨】由表达式可得原线圈两端电压的峰值为311V，从而可得有效值，根据电压与匝数的关系求副线圈的电压，由欧姆定律可求电流，再由输入功率等于输出功率判断原副线圈的电流关系本题考查了变压器的特点：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率【题文】10甲乙两辆赛车从同一地点沿同一平直公路行驶，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是A甲乙加速时，甲车的加速度大于乙车的加速度B20s时，甲乙两车相距最远 C60s时，甲车在乙车的

16、前方 D40s时，甲乙两车速度相等且相距900m【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】CD 解析： A、速度-时间图象斜率表示加速度，根据图象可知，甲加速时的加速度小于乙加速时的加速度，故A错误；B、40s之前甲的速度大于乙的速度，40s后甲的速度小于乙的速度，所以40s时，甲乙相距最远，故B错误；C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知60s时，甲的位移大于乙的位移，所以甲车在乙车前方，故C正确；D、根据图象可知，40s时，甲乙两车速度相等都为40m/s，甲的位移x1(10+40)20+20401300m，乙的位移x22040400m，所以甲乙相距x=x1-x2

17、=1300-400=900m，故D正确故选：CD【思路点拨】速度-时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理【题文】112010年9月29日美国天文学家宣布发现了一颗迄今为止与地球最类似的行星，该行星绕太阳系外的红矮星做匀速圆周运动，公转周期约为37天，该行星的半径大约是地球半径的1.9倍，且表面重力加速度与地球表面重力加速度相近，下列关于该行星的说法正确的是A该行星公转角速度一定比地球的公转角速

18、度大B该行星平均密度比地球平均密度大C该行星近地卫星的运行速度大于地球近地卫星的运行速度 D该行星同步卫星的周期小于地球同步卫星的周期【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用D5【答案解析】AC 解析： A、由=可得周期小，角速度大，故A正确 B、因重力加速度相等，则由g，得M=，又因为正确，所，故该行星平均密度比地球平均密度小，故B错误C、根据mgm，得v，因g相同，则r大的v大故C正确D、根据题目的数据无法计算同步卫星的周期大小，故D错误故选：AC【思路点拨】由周期大小关系可求得角速度的大小关系由重力加速度的表达式，得质量的大小关系，再根据密度的定义计算其比值大小

19、由第一宇宙速度表达式v比较大小关系考查天体的运动规律，会由万有引力提供向心力求得运行速度与半径的关系，知道如何求解天体质量【题文】12如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端。下列说法正确的是A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体做负功B第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量C第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量D全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端全过程机械能的增加量【知识点】功能关系E6【答案解析】

20、AC 解析： A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一阶段传送带的速度大于物块的速度，所以摩擦力的方向向下，做正功；第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做负功，故A正确；B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加，故B错误；C、D、假定传送带速度为v，第一阶段，小滑块匀加速位移x1=，传送带位移x2=vt；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx1；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为：Q=fS=f（

21、x2-x1）；故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加；在第二阶段，摩擦力做负功，物体的机械能继续减小，但是静摩擦力的作用下，没有相对位移，不会产生热量故C正确，D错误故选：AC【思路点拨】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解本题关键分析清楚小滑块的运动情况，然后根据功能关系列式分析求解物体向上运动的过程中摩擦力始终做正功是该题的关键【题文】二、实验题（本大题2个小题，共15分）【题文】13.（6分）某实验小组利用图示的装置研究匀变速直线运

22、动 下列操作中必要的是 （填字母代号） A调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行B为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量C调节木板的倾斜度以平衡摩擦力D实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源右图是实验中获得的一条纸带的一部分，选取0、1、2、3计数点，但0与2之间的原始记录数据已模糊不清，已知打点计时器使用的交流电频率为50HZ,则小车运动的加速度大小为 m/s2(保留三位有效数字).【知识点】探究小车速度随时间变化的规律A7【答案解析】 A (3分) 0.667 解析： ：A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，保证小车运动过程中受到的合力不变，故A正确；B、该

23、实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量，故B错误；C、该实验不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，故C错误；D、实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故D错误；故选：A由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x12-x01=aT2 x23-x01=2aT2所以x13-2x01=3aT2，代入数据得：a= =0.667m/s2【思路点拨】解决实验问题首先要掌握该实验原理，

24、了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用【题文】14.（9分）为测量一电源的电动势E及内阻r需把一量程为3V、内阻为3k的电压表改装成量程为9V的电压表，应给其串联 k的电阻R0.利用一电阻箱R、一只开关S、若干导线和改装好的电压表（此表用与R0串联来表示，且可视为理想电表），在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图，图中标明相关器材的字母符号.某同学根据读出电压表和电阻箱的数据画出了图像，并得到该图像斜率为k,纵截距为b，则该电源电动

25、势E= ，内阻r= (用k、b表示).【知识点】测定电源的电动势和内阻J7【答案解析】 6 如图 解析： ：（1）要改装一个量程为9V的电压表，应该选择C，改装成电压表要串联电阻的RX：则 Ig（Rg+Rx）=UV即：110-3（3k+Rx）=9解得：Rx=6k （2）实验原理电路图，如图：（3）由闭合电路欧姆定律：I，路端电压等于电压表示数的3倍；故3U=IR=R，变形得：，又此式可知，图中，直线斜率表示，纵截距表示，解得：E=；r=【思路点拨】改装中要进行量程的换算，故可以选量程成整数倍的电表；由闭合电路的欧姆定律的实验方法可知实验电路图；由闭合电路的欧姆定律可列式求得电动势及内阻在测量电

26、动势和内电阻的实验中由于公式较多，在解题中要根据题意，灵活的选用相应的表达式若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式求解【题文】三、计算题（本题2小题，共25分，解答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）【题文】15（10分）如图所示，底座A上装有L=0.5m长的的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg,底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力。当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降

27、，取g=10m/s2,求：在环飞起过程中，底座对水平面的压力；此环下降过程需要多长时间.【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系A2 C2【答案解析】8.8N；0.5s 解析： （1）对环进行受力分析,环受重力及杆给环向下的摩擦力,上升阶段加速度大小为a1.由牛顿第二定律，得 由运动学公式： 解得 a1=16.0m/s2, Ff=1.2N对底座进行受力分析，由平衡条件得:Mg=FN+Ff/, 解得FN=8.8N 又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N （2）对环受力分析，设环下降过程的时间是t,下降阶段加速度为a2,则有， 解得a =4.0m/s2, t =0.5s 【

28、思路点拨】小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间本题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进行研究【题文】16.（15分）半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，在y=R的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中的偏转半径也为R，已知质子的电荷量为

29、q，质量为m, 不计重力、粒子间的相互作用力及阻力，求：质子射入磁场时速度的大小；沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；与x轴正方向成300角（如图所示）射入的质子，达到y轴的位置坐标.【知识点】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I3 K2【答案解析】(1) (2) (3) （）.解析：解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有 解得（2）质子沿x轴正向射入磁场，经圆弧后以速度垂直于电场方向进入电场.在磁场中运动的时间进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动R后到达y轴因此有 解得 所求时间 (3)质子磁场中转过1200角后从P点垂直于电场线进入电场，如图所示.P点

30、距y轴的距离在电场中 得质子到达轴所需时间为在方向质子做匀速直线运动，有 质子到达y轴的位置坐标为（）.【思路点拨】（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律求速度（2）质子沿x轴正向射入磁场后经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间t1=T；进入电场后做类平抛运动，由运动学公式求电场中运动的时间，即可求得总时间（3）若质子速度方向与x轴正方向成30角射入磁场，在磁场中转过120角后从P点垂直电场线进入电场，画出轨迹，由几何关系的运动学公式结合求出到达y轴的位置坐标本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动情况和基本公式，学会运用几何关系求解相关物理量，属于中等难度的题目【题文】四、选考题（请考生在第17、18、19三题中选一道题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）【题文】17.【物理选修3-3】（12分）（1）（4分）下列说法正确的是 . （选对一个得2分，选对两个得3分，选对3个得4分，每选错一个扣2分，最低得分为0分）A物体吸收热量，其温度一定升高B橡胶无固定熔点，是非晶体C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D布