南京市、盐城市2015届高三年级第一次模拟含答案doc解析13440.pdf

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1、 1 南京市、盐城市 2015 届高三年级第一次模拟考试 物理试题 说明：1、本试卷满分 120 分，考试时间 100 分钟。2、本试卷分为第 I 卷和第 II 卷，所有题目一律在答题卡上相应位置规范作答。第 I 卷（选择题，共 31 分）一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合题意。1、取一根玻璃筒，一端封闭，另一端装有阀门，内有羽毛和金属片，用抽气机把筒内的空气抽尽后关闭阀门。先把玻璃筒竖直放置，再把玻璃筒倒立过来。则（）A、金属片下落的加速度大 B、羽毛落到底端的速度小 C、羽毛运动的轨迹是曲线 D、金属片和羽毛同时落到底端【答案】D【命题

2、立意】本题旨在考查自由落体运动。【解析】把管内的空气几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g，经过相同时间，物体的速度为vgt，g相同，v一样大，即下落一样快，所以金属片和羽毛同时落到底端。故选：D 2、四个物体的位移一时间图像如下图所示，其中表示物体做加速运动的是（）【答案】C【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像。【解析】位移时间图线的斜率表示是速度，根据图象可知，A 做运动运动，B 处于静止状态，C 的斜率逐渐增大，做加速运动，D 的斜率逐渐减小，做减速运动，故 C 正确。故选：C 3、如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰

3、直角三角形。两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时 O 点电场强度大小为 E。撤 2 去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为（）A、2E B、22E C、E D、2E 【答案】B【命题立意】本题旨在考查电场线、电场强度。【解析】两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在 O 点产生的场强的小为12EE 1，故撤走一根带电棒后，在 O 点产生的场强为1222EEE 故选：B 4、减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为 F，下图中弹力 F 画法正确且分解合理的是（）【答案】B【命题立意】本题旨在考查力

4、的合成【解析】减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故 A、C 错误；按照力的作用效果分解，将 F 可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故 B 正确，D 错误。故选：B 5、如图所示的电路中，灯泡 A、B 和电感 L 与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，灯泡A 的阻值是灯泡 B 的 2 倍。电键 K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（）A、A 先变亮，然后逐渐变暗 B、B 先变亮，然后逐渐变暗 C、A 立即熄灭，B 逐渐变暗 D、A、B 都逐渐变暗 3【答案】A【命题立意】本题旨在考查自感现象

5、和自感系数。【解析】由于电感的电阻忽略不计，灯泡 A 的阻值是灯泡 B 的 2 倍，所以闭合开关，电路稳定后流过 L 的电流大于流过 A 的电流；断开开关时，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，而灯泡 A 中原来的电流消失，流过 A 的电流与流过线圈 L 的电流相等，所以 A 灯先变亮，然后两灯泡都逐渐熄灭故 BCD 错误，A 正确。故选：A 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答得 0 分。6、位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量。如图所示，电容器两极

6、板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器（）A、电容增大 B、电容减小 C、两极板电压变大 D、两极板电压变小【答案】BC【命题立意】本题旨在考查电容器的动态分析。【解析】由公式4SCkd知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质减小，那么其电容 C 减小，由公式QCU知，电荷量不变时，U 增大，故 BC 正确，AD 错误。故选：BC 7、如图所示，A、B 是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则“天宫一号”（）A、在 A 点时线速度大 B、在 A 点时重力加速度小 C、在 B 点时向心加速度小 D、在 B 点时向心加速度

7、大于该处的重力加速度【答案】AC【命题立意】本题旨在考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用。【解析】A、根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，所以 A 点的速度大于 B 点的速度，故 A 正确；4 B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：2GMgr，因为 A 的轨道半径小于 B 的轨道半径，所以在 A 点时重力加速度大，故 B 错误；C、向心加速度2var，A 点的速度大于 B 点的速度，A 的轨道半径小于 B 的轨道半径，所以在 B 点时向心加速度小，故 C 正确；D、在 B 点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于在B 点

8、时向心加速度，故 D 错误 故选：AC 8、航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且铜铝。合上开关 S 的瞬间（）A、从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B、铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C、若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动 D、电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【答案】AB【命题立意】本题旨在考查楞次定律。【解析】A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知

9、，电流由左侧看为顺时针；故 A 正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故 B正确；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故 C 错误；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故 D 错误；故选：AB【举一反三】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向。9、如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轻杆两端固定有甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量。将两球放入轨道内，乙球位于最低点，由静止释放轻杆后，则甲球（）5 A、能下滑到轨道的最低点 B、下滑过程

10、中杆对其做负功 C、滑回时一定能返回到初始位置 D、滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能【答案】BC【命题立意】本题旨在考查机械能守恒定律。【解析】A 若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故 A 错误，C 正确；B、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故 B正确；D、甲与乙两个物体系统机械能守恒，滑回过程中，甲球增加的重力势能等于乙减小的机械能以及甲的动能故 D 错误。故选：BC 第 II 卷(非选择题，共 8

11、9 分)三、简答题：本题分必做题(第 10,11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分。请将解答填写在答题卡相应的位置。10、10.(8 分)(1)小球 A 从桌边水乎抛出，当它恰好离开桌边缘时小球 B 从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了 A 球和 B 球下落过程的三个位置，题 10-1 图中 A 球的第 2 个位置未画出。已知背景的方格纸每小格的边长为 2.45 cm,频闪照相仪的闪光频率为 10 Hz。请在题 10-1 图中标出 A 球的第 2 个位置；A 球离开桌边时速度的大小为 m/s。6 (2)为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数，某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度

12、弹出，通过光电门测出初速度0v的值，用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离 s,测量数据见下表（g=10m/s2）.在题 10-2 图示坐标中作出20vs 的图像;利用图像得到动摩擦因数 。【答案】（1）图见解析示；0.735；（2）图见解析；（2）0.4（0.350.45）【命题立意】本题旨在考查探究影响摩擦力的大小的因素。【解析】：（1）因为 A 球在竖直方向上做自由落体运动，与 B 球的运动规律相同，则第2 个位置与 B 球的第二个位置在同一水平线上在水平方向上做匀速直线运动，则第 2 球距离第 3 个球水平距离为 3 格如图所示。频闪照相仪的闪光频率为10Hz，则0.1Ts A 球离开桌

13、边时的速度03 0.02450.7350.1xvm sm sT（2）（1）根据描点法作出图象，如图所示：实验次数 20v(22m/s)s(cm)l 1.2 15.0 2 2.5 31.0 3 4.2 53.0 4 6.0 75.0 5 7.5 94.0 7（2）由动能定理可得：222200111()222WF smvmvm vv合 222Fvsgsm 则可知图象的斜率等于2 g 由图可知，图象的斜率为288100 10 解得：80.42 10 故答案为：（1）如上图所示；0.735；（2）如图所示；（2）0.4（0.350.45）。11、(10 分)某同学要测一只额定电压为 6 V,额定功率约

14、为 1W 的小灯泡的电阻.(1)他先选用多用电表，将其选择开关旋至“X1”挡，调节好多用电表，测量时多用电表的示数如题 11 一 1图所示，读数为 。(2)他再利用下表中提供的某些器材，采用伏安法测量小灯泡正常工作时的电阻.序号 器材名称 序号 器材名称 A 电流表(量程3A、内阻约0.01)E 滑动变阻器（阻值50、最大电流1A)B 电流表(量程200mA、内阻约0.5)F 电源(电动势8V、内阻忽略不计)C 电压表(量程3V、内阻约10K)G 电键、导线若干 D 电压表(量程15V、内阻约20K)下列四幅电路图中最合理的是 ；题 11-2 图 8 题 11-3 图 电流表应该选用 ，电压表

15、应该选用 ；(填写表中的序号)按照中最合理的电路图把题 11-3 图中实物连接完整。(3)该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是 .【答案】（1）5；（2）C，B，D，图见解析；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【命题立意】本题旨在考查伏安法测电阻。【解析】1）欧姆表的读数是 5，倍率是1，所以总读数是 5；（2）灯泡的电阻值约为 5，属于小电阻，电流表要使用外接法；滑动变阻器的电阻值大于灯泡的电阻值，要使用限流式接法，故实验的原理图选择 C 根 据 欧 姆 定 律 可 知，通 过 待 测 电 阻 的 最 大 电 流 为16mPIAU，所以电流表应选量程 200mA

16、 的电流表 B；小灯泡的额定电压是 6V，所以要选择量程 15V 的电压表 D，不能选择 3V 量程的电压表；连线图如图所示（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温度的升高而增大 故答案为：（1）5；（2）C，B，D，如图；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大。【易错警示】应明确：根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；当待测电阻满足VXXARRRR时，电流表应用外接法，满足VXXARRRR时，电流表应用内接法；当实验要求电压调节范围足够大或变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。12A、选修模块

17、 3-3(12 分)（1）(4 分)如题 12A-1 图所示，把玻瑞管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是 。A、玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体 B、玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 9 C、熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D、熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【答案】C【命题立意】本题旨在考查晶体和非晶体。【解析】A、B、玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体故 AB 错误；C、D、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形 故C 正确

18、，D 错误。故选：C(2)（4 分)一定质量的理想气体压强 P 与热力学温度 T 的关系如题 12A-2 图所示，AB、BC 分别与 P 轴和 T 轴平行。气体在状态 C 时分子平均动能 (选填“大于”、“等于”或“小于”A 状态时分子平均动能。气体从状态 A经状态 B 变化到状态 C 的过程中，对外做的功为 W，内能增加了U，则此过程气体吸收的热量为 。【答案】大于、WU【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、热力学第一定律。【解析】由图可知，C 点的温度最高；因温度是分子平均动能的标志；故 C 点时分子平均动能大于 A 状态时的分子平均动能；由热力学第一定律可知，气体对外做功；则有：U

19、WQ；则QWU；故答案为：大于、WU (3)（4 分)导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用质量为 M 的光滑活塞密封一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S.开始时汽缸开口向上，被封气体的体积为 V0，如题 12A-3 图所示，现将汽缸平放，如题 12A-4 图所示。已知外界大气压强为 P0，环境温度不变，待系统重新稳定后，求活塞相对于缸底移动的距离。【答案】020MgVPS【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、封闭气体压强。【解析】对活塞受力分析：0MgP SPS 得：0MgPSPS 气缸倒置后：对活塞受力分析得：0PP 10 对封闭气体运用玻玛定律：01 1PVPV 得：0010()

20、MgPS VVP 所以：0020VVMgVhSPS 答：活塞相对于缸底移动的距离020MgVPS 12B、选修模块 3-4（12 分）(1)(4 分)如题 12B-1 图所示，偏振片正对工作的液品显示器，透过偏振片看到显示器亮度正常，将镜片移动 90o，透过镜片看到的屏幕漆黑，则 。题 12B-1 图 A、显示器发出的光是纵波 B、显示器发山的光是横波 C、显示器发出的光是自热光 D、显示器发出的光是偏振光【答案】BD【命题立意】本题旨在考查光的偏振【解析】由题意可知，只有当入射光的振动方向与偏振片的方向相同时，透射光的强度最强；若与与偏振片的方向垂直时，透射光的强度最弱，即为零，因此显示器发

21、出的光是横波，且偏振光，故 BD 正确、AC 错误。故选：BD(2)(4 分)P、Q 是一列简谐横波中相距 30 m 的两点，各自的振动图象如题 12B-2 图所示，此列波的频率f=Hz.如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则波速v=m/s。【答案】（1）0.25；（2）10【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。【解析】由图象读出此波的周期4Ts，频率为110.254fHzHzT 据题 P 比 Q 离波源近，且 P 与 Q 间距离小于 1 个波长，则得：3304m 解得：40m 11 波速为：40104vm sm sT 故答案为：（1）0.25；（2）10 (

22、3)(4 分)如题 12B-3 图所示，一透明球体置于空气中，球半径 R=10cm,折射率2n，MN 是一条通过球心的直线，单色细光束 AB 平行于 MN 射向球体，B 为入射点，AB 与MN 间距为5 2cm，CD 为出射光线，求 CD 与 MN 所成的角。题 12B-3 图【答案】030【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。【解析】连接 OB、BC，如图所示：由几何知识知：5 22sin102i 则：045i 根据折射定律：sinsininr 得：1sin2r 即：030r 同理射出透明球的光线折射角为：045 由几何知识得到：030 答：与 MN 所成的角为030 12C.选修模块 3-

23、5 (12 分)(1)(4 分)下列是四位物理学家，他们对科学发展作出重大贡献。首先提出了能量子概念的物理学家是 。12【答案】B【命题立意】本题旨在考查物理学史。【解析】首先提出了能量子概念的物理学家是普朗克，不是爱因斯坦、汤姆生和贝克勒尔 故B 正确。故选：B(2)(4 分)一个铀核(23892U)放出一个粒子后衰变成钍核(23490Th)，其衰变方程为 ；已知静止的铀核、钍核和粒子的质量分别为 m1、m2和 m3，真空中的光速为 c，上述衰变过程中释放出的核能为 。【答案】238234492902UThHe、2123()mmm c【命题立意】本题旨在考查原子核衰变及半衰期、衰变速度。【解

24、析】根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：238234492902UThHe 根据爱因斯坦质能方程：22123()Emcmmm c 故答案为：238234492902UThHe、2123()mmm c。(3)(一分)质量为 m 的小球 A，在光滑的水平面上以速度0v与质量为 3m 的静止小球 B 发生正碰，碰撞后小球 A 被弹回，其速度变为原来的13，求碰后小球 B 的速度。【答案】049v【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律。【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：001()33mvmvmv 解得：049vv 答：碰后 B 的速度为049v。四、

25、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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.13、(15 分)如图所示，在水平虚线范围内有 B=0.5T，高度为 h=1.0m，方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量 m=0.2 kg，边长 L=1.0m 的正方形线框 abcd，其电阻 R=1.0，cd 边跟磁场下边平行且相距一段距离。现用 F=3.0N 竖直向上的恒力由静止开始拉动线框，cd 边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，并穿过磁场区域，最后到达 II 位置。整个过程中线框 13 保持在竖直平面内，求线框（1）开始运动的加速

26、度；（2）刚进入磁场是 c、d 两点间电势差；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热。【答案】（1）25m s；（2）1.5V；（3）2J【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化。【解析】（1）根据牛顿第二定律得：线框开始运动的加速度：22310()50.2FmgFagm sm smm（2）cd 边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，则有：FmgBIL 可得：3220.5 1FmgIAABL 根据右手定则判断知 c 点的电势比 d 点低，则：c、d 两点间电势差：33211.544cdUIRVV （3）根据能量守恒定律得：在穿越磁场过程中产生的焦耳热：()22Q

27、FmgLJ 答：（1）开始运动的加速度是25m s；（2）刚进入磁场时 c、d 两点间电势差是1.5V；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热是2J。14、(15 分)如图所示，斜面 ABC 中 AB 段粗糙，BC 段长 1.6 m 且光滑。质量为 1 kg 的小物块由 A 处以 12m/s 的初速度沿斜面向上滑行，到达 C 处速度为零。此过程中小物块在 AB段速度的变化率是 BC 段的 2 倍，两段运动时间相等。g=10 m/s2，以 A 为零势能点。求小物块 (1)通过 B 处的速度；(2)在 C 处的重力势能；(3)沿斜面下滑过程中通过 BA 段的时间。【答案】（1）4m s；（2）40J；

28、（3）1.6s。【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿运动定律的综合应用。【解析】（1）设物体在 AB 段加速度大小为1a，BC 段加速度大小为2a 由于：122aa 12tt 112ABBvvvtt 14 得：4Bvm s（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从 A 到 B：221122fGBAWWmvmv 32fWJ 从 A 到 C：2102fAWmghmv 得：40PCEmghJ（3）在上滑 AB 段：2212ABABvva L 在上滑 BC 段：222BBCva L 得：6.4ABLm 物体下滑通过 BA 段做匀速运动：ABBLtv 得：1.6ts 答：

29、（1）通过 B 处的速度为4m s；（2）在 C 处的重力势能为40J；（3）沿斜面下滑过程中通过 BA 段的时间为1.6s。15、(16 分)如图所示，在 xoy 平面内，MN 与 y 轴平行，间距为 d，其间有沿 x 轴负方向的匀强电场。y 轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B1；MN 右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的粒子以 v0的速度从坐标原点 O 沿 x 轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，总时间04=3dtv总。粒子重力不计。求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（

30、3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件。【答案】（1）01mvqB；（2）2032mvqd；（3）01mvxqB或012mvxqB、1BB或12BB【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、带电粒子在匀强电场中的运动。【解析】：（1）粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，15 由牛顿第二定律得：2001vqv BmR，解得：01mvRqB 由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度是粒子做圆周运动的半径，则：0min1mvLRqB；（2）粒子在电场中来回的总时间：0043dtv，粒子一次通过电场的时间：023dtv 设粒子到达 MN 边界的速度为v，电场强度为E

31、，则：02vvdt，02vv，2202qEvvdm，解得：2032mvEqd（3）粒子在电场中加速，粒子带负电，该电荷在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度：02vv，设粒子在右侧磁场中轨道半径为r，磁感应强度为B，由牛顿第二定律得：2vqvBmr，解得：02mvrqB 已知：01mvRqB，粒子在右侧磁场中的运动情况有两种，如图所示：当半径rR时，0122mvBBqR，右侧磁场的宽度应满足：01mvxqB；当半径2rR时，012mvBBqR，右侧磁场的宽度应满足：012mvxqB 答：（1）左侧磁场区域的最小宽度为01mvqB；（2）电场区域电场强度的大小为2032mvqd；（3）右侧磁场区域宽度应满足的条件为：01mvxqB或012mvxqB，磁感应强度为：1BB或12BB