物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-茂名市高三第一次高考模拟考试理综

广东省茂名市2015第一次模拟考试

物理试卷

一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．选对的得4分，错选或不答的得0分．

13．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是：

A．牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因

B．卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量

C．安培提出了分子电流假说

D．英国植物学家布朗，发现了悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象

【答案】A

【命题立意】本题旨在考查物理学史

【解析】A、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；

B、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量，故B正确；

C、安培提出了分子电流假说，故C正确；

D、英国植物学家布朗，发现了悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象，故D正确；

本题选不正确的，故选：A。

【举一反三】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

14.如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热（即与外界不发生热交换）容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞。今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小。若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体:

A．温度升高，压强增大，内能减少

B．温度降低，压强增大，内能减少

C．温度升高，压强增大，内能增加

D．温度降低，压强减小，内能增加

【答案】C

【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】F 向下压活塞时，外力对气体做功，因和外界没有热交换，故由热力学第一定律可知气体的内能增加；因理想气体不计分子势能，故气体的分子平均动能增加，气体温度升高；由理想气体的状态方程可知，因温度升高、气体体积减小，故气体的压强增大；

故选C。

【易错警示】理想气体由于分子间距离较大，故物体的内能不计分子势能，即内能只与温度有关和气体的体积无关。

15.用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是

A.改用红光照射 B.改用X射线照射

C.改用强度更大的原紫外线照射 D.延长原紫外线的照射时间

【答案】B

【命题立意】本题旨在考查光电效应。

【解析】根据光电效应的条件γ＞γ0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子．能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关．X射线的频率大于紫外线的频率．故A、C、D错误，B正确。

故选：B。

【举一反三】解决本题的关键掌握光电效应的条件及各种电磁波的频率大小关系。

16．如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态。设吊床两端系绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，则

A．坐着比躺着时F1大

B．坐着比躺着时F1小

C．坐着比躺着时F2大

D．坐着比躺着时F2小

【答案】B

【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用。

【解析】吊床对人的作用力与重力等值反向，所以躺着和坐在时，F2不变．坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较小，根据共点力平衡有：2Fcosθ=G，θ越小．则绳子的拉力越小，所以坐着时，绳子与竖直方向的夹角较小，则绳子的拉力较小．故B正确，A、C、D错误。

故选：B。

【举一反三】解决本题的关键恰当地选择研究对象，进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。

二、双项选择题：本大题共5个小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分．

17.如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力, 小行星与地球绕太阳运动都看作匀速圆周运动。下列说法正确的是

A.太阳对各小行星的引力相同

B.各小行星绕太阳运动的周期均大于一年

C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值

D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值

【答案】BC

【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。

【解析】小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力知：

A、太阳对小行星的引力F=，由于各小行星轨道半径质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论，故A错误；

B、由周期T=知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故B正确；

C、小行星的加速度a=知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度大于外侧的向心加速度，故C正确；

D、线速度知，小行星的轨道半径大于地球半径，故小行星的公转速度小于地球公转的线速度，故D错误。

故选：BC。

【易错警示】本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，根据题意给出的半径关系展开分析．掌握万有引力和向心力的表达式是解决本题的关键。

18.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带负电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子

A.带负电

B.在c点受力最大

C.在b点的电势能大于在c点的电势能

D.由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化

【答案】AC

【命题立意】本题旨在考查等势面、电势能。

【解析】A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带负电．故A正确；

B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，电场线越疏，场强越小，可知c处场强最小，由电场力公式F=qE得知，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；

C、粒子由b到c，电场力做正功，电势能减小，则粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能．故C正确；

D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，所以ab间的电势差大于bc间的电势差，根据电场力做功公式W=qU可知，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误。

故选：AC。

【举一反三】本题要掌握点电荷的电场线的分布情况，了解电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点。

19. 如图甲所示，导线MN和矩形线圈abcd共面且均固定。在MN中通以图乙所示的电流（电流正方向为M指向N），则在0——T时间内

A．线圈感应电流方向始终为abcda

B. 线圈感应电流方向始先abcda后adcba

C．ab边始终不受安培力作用

D．bc边受安培力方向先右后左

【答案】AD

【命题立意】本题旨在考查楞次定律、安培力。

【解析】AB、由题意可知，NM方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到 时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为abcda；当在到T时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda；故A正确，B错误；

C、当NM电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用，故C错误；

D、当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故D正确。

故选：AD。

【举一反三】考查右手螺旋定则、楞次定则、左手定则，及法拉第电磁感应定律，得出电流方向同向的相互吸引，电流方向反向的相互排斥．且磁场与时间的图象斜率表示磁场的变化。

20.漏电保护开关由一个触电保安器和继电器J组成，如图所示。变压器A处用火线和零线双股平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源。关于保安器的说法正确的是

A．保安器的工作原理是电磁感应原理

B．多开灯会使保安器切断电源

C．线圈B中电流一定大于线圈A中的电流

D．如图人“手——地”触电会切断电源

【答案】AD

【命题立意】本题旨在考查家庭电路和安全用电知识。

【解析】A、由分析可知，保安器的工作原理是电磁感应原理；故A正确；

B、开的电灯过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故B错误；

C、由图可知，A和B组成类似于变压器结构，由电流之比等于匝数的反比可知，由于不明确线圈匝数关系；故无法确定电流大小；故C错误；

D、当有人如图中“手﹣地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；故D正确；

故选：AD。

【举一反三】触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，不可相互替代。

21.汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲,根据上述已知条件

A.可求出乙车追上甲车时，乙车的速度

B.不能求出乙车追上甲车时，乙车的速度

C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间

D.不能求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间

【答案】AD

【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的位移与时间的关系。

【解析】作出汽车甲、乙的速度﹣时间图线如图所示：

当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车追上甲车时，乙车的速度为2v0．

但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故A、D正确，A、C错误．

故选：AD。

【易错警示】解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度﹣时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移。

三、填空、实验（本题有1小题）

34．（18分）(1)利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系。

①做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条宽度d，则滑块经过光电门1时的速度表达式V1= ；滑块加速度的表达式a= 。（以上表达式均用已知字母表示）。如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为 mm。

②在实验过程中，当改变小车质量M时，通过改变 保证小车受到的合力大小不变。

【答案】（1）；；8.15 （2）高度h使M•h保持不变

【命题立意】本题旨在考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系。

【解析】（1）极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则：

滑块经过光电门1时的速度表达式v1=；

经过光电门2时的速度表达式v2=；

根据运动学公式得滑块加速度的表达式a=．

游标卡尺的固定刻度读数为8mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，

所以最终读数为：8mm+0.15mm=8.15mm

（2）滑块的合力F合=Mg，在实验过程中，当改变小车质量M时，通过改变高度h使M•h保持不变保证小车受到的合力大小不变．

故答案为：（1）；；8.15

（2）高度h使M•h保持不变

【举一反三】考查通过平均速度求瞬时速度的方法，掌握运动学公式求加速度的应用，知道20分度的游标卡尺的精确度，难度不大，属于基础题。

（2）现要用伏安法描绘一只标值为“2.5V，0.6W”小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：

A．电压表(0～3V，内阻3k；0～15V，内阻10k)

B．电流表(0～0.6A，内阻0.5；0～3A，内阻0.1)

C．滑动变阻器(10，2A)

D．滑动变阻器(100，1.0A)

E．蓄电池(电动势6V，内阻不计）

①为了减小测量误差，图甲中的S1应接 (填“M”或“N”)，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）。

②根据你选择的电路，用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成实验所需电路图。

③开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于 端（选填“A”、“B”或“AB正中间”）。闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数变化明显，但电流表示数始终为0，则电路故障为 。

【答案】（1）M；C （2）如图所示 （3）A；小灯泡断路

【命题立意】本题旨在考查描绘小电珠的伏安特性曲线。

【解析】（1）由实物图可知，电路采用了滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；故S1应接在M点；因采用分压接法，故滑动变阻器采用小电阻；故选：C；

（2）根据实验原理图得出实物图如图所示；

（3）为了保证实验安全，开始时灯泡两端的电压应为最小，故滑动变阻器的滑片应在A端；

由题意可知，电压表示数变化明显，说明电压表与电源相连，且滑动变阻器连接正常，而电流表没有示数说明电路是断开的，由电路图可知，只能是灯泡发生了断路故障；

故答案为：（1）M；C；（2）如图所示；（3）A；小灯泡断路．

【易错警示】此题是测量小灯泡的伏安特性曲线实验，考查了电流表、电压表的连接及量程的选择，同时考查了电路故障的分析，要掌握伏安法测功率和电阻的实验原理，并找出两个实验中的区别和联系。

四、计算题(本大题共2小题)

35. (18分)如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的1/4圆形光滑轨道相切于Q。一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用。已知物块、滑板的质量均为m，滑板与水平面间的动摩擦因数μ，物块与滑板间的动摩擦因数3μ，物块可视为质点，重力加速度取g.

（1）求物块滑到Q点的速度大小；

（2）通过计算判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；

（3）滑板足够长,求物块A与滑板B之间产生的内能？

【答案】（1） （2）物块在滑板上滑行过程中，滑板滑动 （3）1.5 mgR

【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理。

【解析】（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理有：

mgR=mv12﹣0，解得：v1=；

（2）物块A滑上滑板B时，滑板B在水平方向受到滑块对它的摩擦力f1和水平地面对它的摩擦力f2的作用，

其中：f1=3μmg，f2=2μmg，

物块在滑板上滑行的过程中，B受到的合力：FB=f1﹣f2=μmg，滑板B将向左滑动做加速运动。

（3）而F＜f1，物块做减速运动，直到两者两速度相等，

以物块和滑板组成系统为研究对象，系统水平方向受到的合外力

F合=F﹣f2=2μmg﹣2μmg=0，系统动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv=0，解得：v=，

共速后两者不再分离，一起做匀速运动．

设从B开始运动到A，B恰好同速的过程中，A的位移为L1，B的位移为L2．

对A，由动能定理得：FL1﹣f1L1=mv2﹣mv12，

对B，由动能定理得：（f1﹣f2）L2=mv2，

物块A与滑板B之间产生的内能：Q=f1（L1﹣L2），

由以上三式解得：Q=1.5mgR；

【易错警示】解决该题关键要根据物体受力情况，分析物体运动，对于系统由动量守恒定律和动能定理求解。

36．（18分）如图所示，在真空中，半径为R的虚线所围的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以速率V0从圆周上的P点沿垂直于半径OOl并指向圆心O的方向进入磁场，从圆周上的O1点飞出磁场后沿两板的中心线O1O2射入平行金属板M和N, O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上。板间存在匀强电场，两板间的电压为U,两板间距为d。不计粒子所受重力。求：

(1)磁场的磁感应强度B的大小；

(2)粒子在磁场中运动的时间；

(3) 粒子在两平行板间运动过程中的最大速度与板长L的关系。

【答案】（1） （2）

（3）粒子在两平行板间运动过程中的最大速度与板长L的关系为：

当粒子打在极板上时，最大速度为；

当粒子从两板间飞出电场时速度为

【命题立意】本题旨在考查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。

【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，

由牛顿第二定律得：qv0B=m，

由几何关系知：r=R，

解得：B=；

（2）粒子在圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中运动时间为四分之一个周期，有：

t=T=；

（3）粒子在平行板间做类平抛运动，则有：

L=v0t

y=at2=t2=t2，

联立解得：y=，

当y≥，即：L≥时，粒子打在板上，

这种情况下粒子在板间的最大速度v1，由动能定理得：

q=mv12﹣mv02，

解得：v1=，

当y＜，即：L＜时，粒子从两板间飞出电场，

粒子在板间的最大速度V2，这种情况下由动能定理得：

q••y=mv22﹣mv02，

解得最大速度为：v2=；

【易错警示】本题粒子在磁场中运动时，由几何知识求出轨迹半径是关键，在电场中分析两段位移的关系是关键。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/e67b38db2a160b4e767f5acfa1c7aa00b52a9dea.html