湖北省孝感高中届高三理综测试六物理试题.docx
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湖北省孝感高中届高三理综测试六物理试题
2015年湖北省孝感高中高考物理模拟试卷（六）
一、选择题：
本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，这也归功于他们采用了正确的物理方法，下列表述正确的是（ ）
A．卡文迪许用放大法测出了静电力常量
B．伽利略用理想实验证明了力是使物体运动的原因
C．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件
D．牛顿用控制变量法测出了万有引力常量
【考点】：
物理学史．
【专题】：
常规题型．
【分析】：
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解析】：
解：
A、卡文迪许用放大法测出了万有引力常量，故A错误；
B、伽利略用理想实验证明了力不是维持物体运动的原因，故B错误；
C、法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件，故C正确；
D、卡文迪许用放大法测出了万有引力常量，故D错误；
故选：
C．
【点评】：
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．
2．（6分）如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（ ）
A．始终水平向左
B．始终竖直向上
C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大
D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大
【考点】：
牛顿第三定律．
【专题】：
牛顿运动定律综合专题．
【分析】：
分析球的受力情况：
重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球弹力方向．
【解析】：
解：
以球为研究对象，分析受力情况：
重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确．
故选C．
【点评】：
本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键．难度不大．
3．（6分）以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体水平方向速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】：
平抛运动．
【专题】：
平抛运动专题．
【分析】：
物体在轨道上滑下，受重力和支持力，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出物体到达轨道底部时的速率．再把这时的速度向水平方向分解求水平方向的速度大小，不过必须先由原来的平抛运动求出轨道底部的速度偏离水平方向的角度，然后通过解三角形求水平方向的速度大小．
【解析】：
解：
由平抛运动规律知：
水平方向：
s=v0t，
竖直方向：
h=
gt2，
解得轨道的高度为：
h=
；
当物体沿轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：
mv2=mgh，
解得物体到达轨道底部时的速率为：
v=
；
设θ是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，
α是平抛运动位移方向与水平方法的夹角，根据平抛运动的结论有：
tanθ=2tanα，
tanα=
=
，所以tanθ=
，由三角函数基本关系式得：
cosθ=
，
则把cosθ代入水平方向速度大小的关系式vx=vcosθ得：
Vx=
；
故选：
D．
【点评】：
本题速度的分解是按轨道的切线分解，而轨道的切线方向即为平抛的速度方向，平抛的速度方向与水平方方向夹角θ的正切等于位移方向与水平方向夹角α的正切的2倍，学生容易错在直接用tanα计算cosθ，把两个角混为一谈．因此要注重应用数学解物理题．
4．（6分）如图所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带负电荷，且粒子在a、b、c三点所受合力相同
B．粒子运动径迹一定是a→b→c
C．粒子在三点的动能大小为EKb＞EKa＞EKc
D．粒子在三点的电势能大小为EPc＞EPa＞EPb
【考点】：
动能定理的应用；电势能．
【专题】：
动能定理的应用专题．
【分析】：
由等势面分布的特点可知，该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲，可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．负电荷在电势高处电势能小，动能大．
【解析】：
解：
A、由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，故A正确；
B、运动轨迹不能反映运动方向，故B错误；
C、D根据推论：
负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc，故CD均错误．
故选A
【点评】：
本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．
5．（6分）（2014•河西区一模）如图所示，LOM为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v作匀速直线运动，在t=0的刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流﹣时间（I﹣t）关系的是（时间以
为单位）（ ）
A．
B．
C．
D．
【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】：
压轴题；电磁感应与图像结合．
【分析】：
分三段时间研究感应电动势和感应电流：
由楞次定律判断出感应电流的方向．根据E=BLv分析感应电动势与时间的关系，再由欧姆定律分析感应电流与时间的关系．
【解析】：
解：
在0﹣1s内，线框产生的感应电动势不变，感应电流也不变，由楞次定律判断可知感应电流的方向为逆时针，为正值；
在1﹣2s内，线框上边出磁场到线框的对角线经过磁场的上边界，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为I=﹣
，t增大，I增大；
在2﹣3s内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为I=﹣
，t增大，I减小；由数学知识可知，C正确．
故选C
【点评】：
本题是楞次定律和E=BLv的综合应用，公式E=Blv中，l是有效的切割长度．
6．（6分）有密度相同的两颗行星A和B，已知A星的表面重力加速度是B星表面重力加速度的2倍（忽略行星自转的影响），则下列说法正确的是（ ）
A．两行星A、B的质量之比为4：
1
B．两行星A、B的半径之比为2：
1
C．两行星A、B的第一宇宙速度之比为1：
2
D．两行星A、B的第一宇宙速度之比为2：
1
【考点】：
万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．
【专题】：
万有引力定律的应用专题．
【分析】：
球体的体积公式为V=
πR3，任何星球表面都近似有mg=
，卫星绕行星运动的第一宇宙速度的表达式可写为：
v=
或v=
．
【解析】：
解：
AB、根据两星密度相同有：
，
根据两星重力加速度的关系有：
联立解得：
，
，
故A错误、B正确．
CD、由第一宇宙速度
，得：
，故C错误、D项正确
故选：
BD．
【点评】：
注意识记球体的体积公式和球体的表面积公式，牢记一个等量代换关系即“重力约等于万有引力”，此外要加强运算能力的培养．
7．（6分）质量为2×103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×103N，则下列判断中正确的有（ ）
A．汽车的最大动能是4×105J
B．汽车以加速度2m/s2匀加速启动，起动后第2秒末时发动机实际功率是32kW
C．汽车以加速度2m/s2匀加速启动，达到最大速度时阻力做功为4×105J
D．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5m/s时，其加速度为6m/s2
【考点】：
功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】：
功率的计算专题．
【分析】：
汽车在平直公路上行驶，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系实际的功率．
【解析】：
解：
A、当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度为：
，
则汽车的最大动能为：
=4×105J．故A正确．
B、匀加速运动的牵引力为：
F=f+ma=4000+2000×2N=8000N，则2s末的速度为：
v=at=2×2m/s=4m/s，匀加速运动的最大速度为：
，可知2s末发动机的实际功率为：
P=Fv=8000×4W=32000W=32KW，故B正确．
C、根据题意，无法求出达到最大速度时阻力做功的大小，故C错误．
D、当汽车速度为5m/s时，牵引力为：
F=
，根据牛顿第二定律得，加速度为：
a=
，故D正确．
故选：
ABD．
【点评】：
解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当牵引力与阻力相等时，速度最大．
8．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：
1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为1100V
B．抽油烟机上电压的瞬时值表达式u=220
sin（100πt）V
C．热水器消耗的功率不变
D．变压器的输入功率增大
【考点】：
变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】：
交流电专题．
【分析】：
电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能．
【解析】：
解：
A、副线圈上的电压按图乙所示规律变化，由图象得副线圈上的电压有效值U=
=220V，
理想变压器电压与匝数成正比，所以U1=
U2=5×220=1100V，则电压表示数为1100V，故A正确；
B、由图乙可知，交变电流的峰值是220
V，周期T=0.02s，
ω=
=100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220
sin100πtv，
因有电阻R的存在，220
V不是抽油烟机两端的电压最大值，故B错误；
C、接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故C错误；
D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大，故D正确；
故选：
AD．
【点评】：
会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化．
二、本卷包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都应作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效．
（一）必考题
9．（8分）图1是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的细线拴住，细线另一端固定在O点，在最低点附近放置一组光电门．将细线拉至水平后由静止释放，用光电门测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△t，再用10分度游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图2所示，重力加速度为g．则
（1）小圆柱的直径d= 1.02 cm；
（2）测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl=
成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒；
（3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式还需要测量的物理量是 小圆柱的质量m （用文字和字母表示），若等式F= mg+m
成立，则可验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式．
【考点】：
验证机械能守恒定律．
【专题】：
实验题．
【分析】：
（1）题读数时注意分度，读数时要用“mm”为单位．
（2）的关键是根据机械能守恒定律列出表达式即可．
（3）题的关键是根据牛顿第二定律列出表达式，然后求出拉力表达式即可．
【解析】：
解：
（1）游标卡尺读数为：
d=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm
（2）根据机械能守恒定律应有：
mgl=
mv2，
其中：
v=
，解得：
gl=
=
（3）根据牛顿第二定律有：
F﹣mg=m
，
解得：
F=mg+m
，可见还需要测量小圆柱的质量m，才能求出绳子的拉力．
故答案为：
（1）1.02；
（2）
；（3）小圆柱的质量m，mg+m
【点评】：
遇到实验问题，关键是明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可．
10．（7分）在做测量一只蓄电池（电动势约为2.2V，内阻很小）的电动势和内阻的实验时，备有下列器材供选用：
A．定值电阻（阻值已知为R1=1Ω，额定功率约5W）
B．定值电阻（阻值已知为R2=20Ω，额定功率约10W）
C．直流电流表（量程0～0.6A～3A，内阻约为0.2Ω）
D．直流电压表（量程0～3V～15V，内阻约为5KΩ）
E．滑动变阻器（阻值范围0～20Ω）
F．滑动变阻器（阻值范围0～1000Ω）
G．电键
H．导线若干
（1）为防止电源短路，用作保护电阻的定值电阻选用 A （填“A”或“B”）；滑动变阻器选用 E （填“E”或“F”）．
（2）某同学将选定的器材在实物图1上连线完成了实验电路，闭合电键后无论怎样移动滑片P，发现电压表示数约为2.2V不变，电流表的示数几乎为零，则电路故障可能是下述中的 AC ．
A．b、c间断路B．a、p间某点电阻丝断路
C．P与电阻丝未接通D．保护电阻断路
（3）排除故障后，某小组讨论发现图1中有一条导线连接错误，请在错误导线上画上“×”，并画出正确接线．
（4）改正错误后按正确操作完成实验，根据实验记录，将测量数据描点如图2，请在图上作出相应图象．则待测蓄电池的电动势E为 2.20 V，内阻r为 0.500 Ω．（结果均保留三位有效数字）
【考点】：
测定电源的电动势和内阻．
【专题】：
实验题．
【分析】：
（1）根据电源电动势与保护电阻额定电压间的关系选择保护电阻；
实验要测多组实验数据，电流变化范围要大，滑动变阻器阻值要大一些．
（2）根据电路故障现象分析电路故障原因，然后找出符合故障现象的故障原因．
（3）电源与保护电阻是一个整体，电源内阻可以认为等于电源内阻与保护电阻之和，
实验需要测量路端电压，因此电压表应与电源（包括保护电阻）两端电压．
（4）根据坐标系中的点，作出U﹣I图象，图象与纵轴的交点是电源电动势，
图象斜率的绝对值是电源内阻与保护电阻之和，由图象可以求出电源电动势与内阻．
【解析】：
解：
（1）定值电阻A的额定电压UA=
=
≈2.2V，
定值电阻B的额定电压UB=
=
≈14.14V，
电源电动势约为2.2V，因此保护电阻可以选A；
为了测出多组实验数据，电流变化范围应大一些，因此滑动变阻器可以选用E；
（2）电流表的示数几乎为零，说明电路存在断路；无论怎样移动滑片P，
电压表示数约为2.2V，等于电源电动势，说明断路位置出现在电压表的并联部分电路；
A．b、c间断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，测电源电动势，符合电路故障现象，故A正确；
B、如果a、p间某点电阻丝断路，则移动滑片的时，电路有时是通路，电路有时是断路，电流表示数不会始终为零，不符合电路故障现象，故B错误；
C、P与电阻丝未接通，移动滑片时电路始终断路，电流表示数为零，电压表示数接近电源电动势，符合电路故障现象，故C正确；
D、如果保护电阻断路，电压表示数为零，不符合电路故障现象，故D错误；故选AC．
（3）电压表连线错误，改正后的电路图如图甲所示．
（4）根据坐标系内描出的点，作出电源的U﹣I图象如图所示，
由图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为2.20，则电源电动势E=2.20V，
由图象可知：
r+R1=
=
=1.50Ω，则电源内阻r=1.50Ω﹣R1=1.50Ω﹣1Ω=0.500Ω；
故答案为：
（1）A；E；
（2）AC；（3）电路图如图所示；（4）图象如图所示；2.20；0.500．
【点评】：
应用描点法作图时，直线要尽可能过所有的点，如果直线不能过所有的点，要让各点对称地分布在直线两侧，对于偏离直线很远的点，要舍掉，该点所数据实验误差很大，或该数据本身就是错误的数据．
11．（13分）如图所示，为供儿童娱乐的滑梯的示意图，其中AB为斜面滑槽，与水平方向的夹角为θ=37°；长L的BC水平滑槽，与半径R=0.2m的
圆弧CD相切；ED为地面．已知儿童在滑槽上滑动时的动摩擦因数均为μ=0.5，斜面AB与水平面BC光滑圆弧连接，A点离地面的竖直高度AE为H=2m．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）儿童在斜面滑槽上滑下时的加速度大小？
（2）为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽BC的长度L至少为多少？
【考点】：
动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．
【专题】：
动能定理的应用专题．
【分析】：
（1）根据牛顿第二定律求出儿童在斜面滑槽上滑下时的加速度大小；
（2）根据速度位移公式求出儿童到达B处的速度，根据牛顿第二定律求出不致于从C处滑出时的速度，再结合速度位移公式求出水平滑槽的长度．
【解析】：
解：
（1）设儿童下滑的加速度大小为a，则有：
mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1…①
代入数据解得：
a1=2m/s2…②
（2）因为H=2m，圆弧CD的半径为：
R=0.2m，
所以AB的长度为：
…③
设儿童滑到B点的速率为vB，则：
vB2=2aL1…④
（或依动能定理：
）
由②③④解得：
…⑤
设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则：
…⑥
f=umg=ma2…⑦
﹣2a2L≤vC2﹣vB2…⑧
（或用动能定理：
）
由⑦⑧联立并代入数据得：
L≥1m．
答：
（1）儿童在斜面滑槽上滑下时的加速度大小为2m/s2；
（2）水平滑槽BC的长度L至少为1m．
【点评】：
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于AB、BC的运动过程，也可以通过动能定理进行求解．
12．（19分）如图所示，相距均为L的光滑倾斜导轨MN、PQ与光滑水平导轨NS、QT连接，水平导轨处在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．光滑倾斜导轨处在磁感应强度大小也为B，方向垂直于倾斜导轨平面斜向下的匀强磁场中，如图．质量均为m、电阻均为R的金属导体棒ab、cd垂直于导轨分别放在倾斜导轨和水平导轨上，并与导轨接触良好，不计导轨电阻．现用绝缘细线通过定滑轮将金属导体棒ab、cd连接起来．质量为2m的物体C用绝缘细线通过定滑轮与金属导体棒cd连接．细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量、滑轮摩擦均不计．已知倾斜导轨与水平面的夹角θ=30°，重力加速度为g，导轨足够长，导体棒ab始终不离开倾斜导轨，导体棒cd始终不离开水平导轨．物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h=
，试求这一运动过程中：
（1）物体C能达到的最大速度Vm是多少？
（2）金属棒ab产生的内能是多少？
（3）连接ab棒的细线对ab棒做的功是多少？
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律．
【专题】：
电磁感应与电路结合．
【分析】：
（1）由静止释放M，ab棒先向上做加速运动，cd棒在水平方向做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度就达到最大值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度．
（2）在ab棒和cd棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能和焦耳热，根据能量守恒求出总的焦耳热，再由焦耳定律求电阻ab上产生的热量．
（3）对导体棒ab，这一过程中细线对其做的功为W，转化为棒的动能、重力势能和产生的内能，则由能的转化和守恒定律即可求得结果．
【解析】：
解：
（1）设C达到的最大速度为vm，由法拉弟电磁感应定律得回路的感应电动势为：
E=2BLvm…①
由欧姆定律得回路中的电流强度为：
…②
金属导体棒ab、cd受到的安培力为：
F=BIL…③
设连接金属导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接金属导体棒cd与物体C的细线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图：
由平衡条件得：
T1=mgsin30°+F，
T2=T1+F，
得：
T2=2mg…④
联立①②③④解得：
…⑤
（2）对物体C、导体棒ab、导体棒cd组成的系统，由于导体棒ab、cd的电阻相等，流过的电流时刻相等，故两棒产生的内能E相等．由能的转化和守恒定律得：
…⑥
联立⑤⑥将
代入解得：
…⑦
（3）对导体棒ab，设这一过程中细线对其做的功为W，则由能的转化和守恒定律得：
…⑧
联立⑤⑦⑧三式解得：
…⑨
答：
（1）物体C能达到的最大速度Vm是
；
（2）金属棒ab产生的内能是
；
（3）连接ab棒的细线对ab棒做的功是
．
【点评】：
本题有两个关键：
一是推导安培力与速度的关系；二是对物体C、导体棒ab、导体棒cd组成的系统，由于导体棒ab、cd的电阻相等，流过的电流时刻相等，故两棒产生的内能E相等，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题．
（二）选考题：
（每学科15分，共45分）请考生从给出的3道物理题题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理一选修3-4】（15分）
13．（6分）三束单色光a、b、c沿图示方向射向圆形玻璃砖，经两次折射后变成复色光d，以下说法正确的是（ ）
A．b光的频率比c光小
B．在真空中，a光传播速度比b、c大
C．在玻璃砖中，a光传播速度比b、c小
D．a光的光子能量最小
E．若以a、b、c三种单色光分别用相同的装置做“用双缝干涉测定单色光的波长”的实验，则a光观察到的条纹间距最大
【考点】：
光的折射定律．
【专题】：
光的折射专题．
【分析】：
任何单色光在真空中传播速度均为光速，进入同一介质后，光的偏折程度大的，折射率大，频率大，根据折射和反射原理即可判断是否能发生全
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