2015届长春市高三上学期第一次模拟考试物理解析版(2014.09)

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、选修3-2，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、电场、磁场、恒定电流、电磁感应等，知识覆盖面广，知识点全面。题型基础、基本，为高三一轮打下坚实的基础，质量很高。

一、选择题（本题共12小题 在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的

有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错的得0分） 【题文】1．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，当时利用斜面实验

主要是考虑到（ ）

A．实验时便于测量小球运动的速度 B．实验时便于测量小球运动的时间 C．实验时便于测量小球运动的路程

D．斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律

【知识点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．P0

【答案解析】 B 解析：：解：伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律．伽利略通过数算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化．但是物体下落很快，当时只能靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间．伽利略采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力．他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，二小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量．故选：B 【思路点拨】伽利略对自由落体运动规律研究应当结和当时科学发展的实际水平，应当加深对物理学史的研究．伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法 【题文】2. 一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知

（ ）

A．4s内物体在做曲线运动 B．4s内物体的速度一直在减小 C．物体的加速度在2.5s时方向改变 D．4s内物体速度的变化量的大小为8m/s

【知识点】匀变速直线运动的图像．A5

【答案解析】 D 解析：A、前2.5s物体速度为正，沿正方向运动，后1.5s速度为负，沿负方向运动，但做的是直线运动，故A错误；B、4s内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；C、物体的斜率一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，故C错误；D、4s内物体速度的变化量为-3-5=-8m/s，所以速度的变化量的大小为8m/s，故D正确．

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故选：D．

【思路点拨】本题是速度-时间图象，速度图象的斜率等于物体的加速度大小，速度和加速度的正负表示速度的方向，纵坐标的大小表示速度的大小．本题考查基本的读图能力，矢量的正负表示其方向，数值表示其大小．

【题文】3. 如图所示，与竖直方向夹角都为30˚，保持水平，所受重力为G，左右拉力大小分别为（ ）

A．G和

G B．

22G 和G 22C．

1133G 和G D.G 和G

2233

【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7 【答案解析】 C 解析日光灯受力如图所示， 将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有： T1cos30°+T2 cos30°=G T1sin30°=T2sin30° 解得：T1=T2=

3G故选C． 3【思路点拨】根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小．本题是简单的力平衡问题，分析受力情况是基础，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系

【题文】4. 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压

表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（ ） A．U1变大，U2变小 B．U1变大，U2变大 C．U1变小，U2变小 D．U1变小，U2变大

【知识点】闭合电路的欧姆定律．J2 J3

【答案解析】 A 解析：解：当变阻器滑片向b移动时，接入电

路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流I减小，则路端电压U1=E-Ir，E，r不变，U1变大，则电压表V1的示数U1变大；电压表U2示数：U2=IR，I变小，U2变小．故选：A

【思路点拨】首先明确电压表V1测量路端电压，V2测量R1的电压．其次，明确变阻器滑片P向b移动时，接入电路的电阻如何变化，根据闭合电路欧姆定律，就能确定电流如何变化，根据内外电压的关系，进一步判断各个电表读数如何变化．这题也可根据串联电路电压分配规律判断．串联电路中I相同，根据U=IR知道，电压与电阻成正比，电阻越大，分担的电压越大．

【题文】5. 一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（ ）

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A．

1113mgR B． mgR C． mgR D． mgR 8424【知识点】机械能守恒定律． D4 E3

【答案解析】 D 解析：铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5

v2倍，根据牛顿第二定律，有N-mg=m①压力等于支持力，根据题意，有

RN=1.5mg„②对铁块的下滑过程运用动能定理，得到mgR-W=

12

mv„③ 2由①②③式联立解得克服摩擦力做的功：W=

33mgR所以损失的机械能为mgR故选D 44【思路点拨】当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可． 【题文】6. 如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点

射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（ ） A．1：2

B．2：1

C．3：4

D．4：3

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动．K2 K3

【答案解析】 D 解析：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半

dd2d，粒子b的半径为r2d由E1mv2径r1k2sin6002sin300311v2mv2222可得：m1v1m2v2，即m1v1m2v2由qvB=m可得：r111，

22rq1Br22r1260m2v22r1又a粒子轨迹长度为S1，粒子b的轨3603q2B迹长度为S2rSS2302r22，所以v11 ，v22 3603ttm13，所以C正确，ABD错误．故选：C． m24联立以上各式解得

【思路点拨】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．

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【题文】7. 某行星的质量约是地球质量的5倍，直径约是地球直径的2倍．现假设有一艘宇宙飞船飞临

该星球表面附近做匀速圆周运动，则（ ） A．该行星的平均密度比地球平均密度大 B．该行星表面处的重力加速度小于9.8m/s2

C．飞船在该行星表面附近运行时的速度大于7.9km/s D．飞船在运行时的周期要比绕地球表面运行的卫星周期小

【知识点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．D5 D6 【答案解析】C 解析：A、行星的平均密度ρc=

5M地Mc3=地，故A错误；B、33D（2D地）866物体受到的万有引力等于重力．所以有G

Mcm =mg′忽略地球自转，物体受到的万有引力r2M地mg/等于重力．所以有G=mg整理得＞1，所以行星表面处的重力加速度大于

R2gMcmv29.8m/s．故B错误．C、由万有引力提供向心力得：G=m，所以2rr2

Mcr地vc5=1，则飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s，故C正v地M地rc2Mcmr342确．D、飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力．则有：G2=m2r得：T=2πGMcrTrc3M地Tc8==1飞所以在行星表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为：3T地Mcr地5船在运行时的周期要比绕地球表面运行的卫星周期大．故D错误．故选C．

【思路点拨】根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的物理量．根据已知条件进行对比．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．

【题文】8. 如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f．等量正、负点电荷分别放

置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为E．现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是（ ）

A．移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe B．移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿od C．移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿oc D．移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe

【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．I1 I2 【答案解析】C 解析：A、由题意可知，等量正、负点电荷在O

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处的电场强度大小均为

E，方向水平向右．当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向2E，但方向：沿oe，故A错误；B、同理，当移2夹角为120°，则o处的合电场强度大小为

至b处，o处的合电场强度大小增大，方向沿od与oe角平分线，故B错误；C、同理，当移至e处，o处的合电场强度大小减半，方向沿oc，故C正确；D、同理，当移至f处，o处的合电场强度大小增大，方向沿od与oc角平分线，故D错误； 故选：C

【思路点拨】根据点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理．考查点电荷的电场强度的叠加，掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理．

【题文】9. 如图所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向的夹角为530,，重力加速度为g，则小球抛出时的动能与到达A点动能的比值为（ ） A．

43134 B. C. D. 34413【知识点】动能定理的应用；平抛运动． 【答案解析】D 解析：小球做平抛运动， 在水平方向：OA•sin53°=v0t， 竖直方向：OA•cos53°=

12

gt， 2初动能：EK0=

12

mv0， 2从O到A过程，由动能定理得：EKA-EK0=mg•OA•cos53°， 解得：

EkA13 ,故选D EKO4【思路点拨】小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的初速度，由动能定理求出小球到达A点的动能，然后求出小球的动能之比．本题考查了求小球动能的比值，应用平抛运动规律、动能定理即可正确解题．

【题文】10. 如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强

磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（ ） A．大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg

C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定

【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．L1 L2

【答案解析】D 解析：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应

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电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下．ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀增大，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．故选：A． 【思路点拨】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解．本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化．

【题文】11．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变2sin100πt（V）压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ） A．通过R0电流的有效值是20A

B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1

C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压

D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率

【知识点】远距离输电．M2

【答案解析】ABD 解析：A、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是20A，选项A正确；B、降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1，所以选项B正确；C、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项C错误； D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项D正确．故选：ABD．

【思路点拨】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．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．

【题文】12. 一足够长的水平传送带以恒定速率v运动，将一质量为m的物体轻放到传送带左端，设物

体与传送带之间的摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）

1mv2 212

B．全过程中物体对传送带做功为−mv

2A．全过程中传送带对物体做功为

C．加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大 D．加速阶段摩擦力对传送带做功的功率恒定不变

【知识点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．E1 E2

【答案解析】ACD 解析：A、传送带足够长，故物体末速度为v，由动能定理得：Wf＝

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12

mv，2故A正确B、由A分析得，B错误C、摩擦力大小不变，而物体速度增加，加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大，故C正确D、水平传送带以恒定速率v运动，故摩擦力对传送带做功的功率不变，故D正确.故选ACD

【思路点拨】对工件进行分析，运用动能定理求出摩擦力对工件做的功．对传送带而言，摩擦力做的功为负功．工件从静止到与传送带相对静止这个过程，物块与传送带的位移不等，所以摩擦力对两者做功大小也不等. 了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．

二、实验题（本题包括2小题，共12分．把答案填在答题卡中相应的位置上．） 【题文】13. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差． （1）应该选择的实验电路是图1中的 （选项“甲”或“乙”）．

（2）现有电流表（0-0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材： A．电压表（0-15V） B．电压表（0-3V）

C．滑动变阻器（0-50Ω） D．滑动变阻器（0-500Ω）

实验中电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 ；（选填相应器材前的字母）

【知识点】测定电源的电动势和内阻．J7

【答案解析】(1) 甲 (2) B C 解析：：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；

【思路点拨】（1）分析图示电路结构，然后答题；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器，本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。 【题文】14．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源。经过测量得：

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d1=3.62cm，d2=8.00cm，d3=13.2cm，d4=19.19cm，d5=25.99cm，d6=33.61cm。

（1）计算vF=___________m/s；（结果保留三位有效数字） （2）物体的加速度=___________m/s2；（结果保留三位有效数字）

（3）如果当时电网中交变电流的频率是f=51Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___________（选填：偏大、偏小或不变）。 【知识点】探究小车速度随时间变化的规律．A7

【答案解析】（1）0.721（2）0.801（3）偏小．解析：：：（1）每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=5T． 利用匀变速直线运动的推论得： vF=

xEGd6d40.721 m/s tEG10TxEFxBCxFGxCDa1a2a3xDGxADxDExAB0.801 m/s2． ，aa，a= 2=，3=22223t3t3t39t2

（2）根据运动学公式得： a1=

（3）如果在某次实验中，交流电的频率51Hz，f＞50Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式△x=at得：真实的加速度值就会偏大，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小

【思路点拨】根据匀变速直线运动的推式△x=aT可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小．道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．要注意单位的换算．

三、计算题（本题共3小题，共40分解答时请写出必要的文字说明、图形、图像、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位)

【题文】15. 如图甲所示，一个可视为质点质量为m=2kg的物块，在粗糙的水平面上滑行,经过A点时物块的速度vA12m/s ，同时对其施加一与运动方向相反的力的恒力F，此后物块速度随时间变化规律如图乙所示，取g10m/s，求 （1）物块与水平面之间的动摩擦因数 和所施加恒力F的大小

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22

（2）从施加恒力F开始，物块再次回到A点时速度的大小

【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用． A2 C2 C5

【答案解析】(1)8N 0.2 (2) 6.92m/s 解析：（1）从图象可知，0~2s内物体做匀减速直线运动

2

加速度大小 a16m/s 根据牛顿第二定律可知： Fmgma1 ① 2~4s内物体做反方向的匀加速直线运动

2

加速度大小a22 m/s 根据牛顿第二定律可知：

Fmgma2 ②

联立①②两式得：F8N

0.2

（2）由v-t图象可得匀减速阶段：x＝12m

2vA 反方向匀加速运动阶段：x

2a2 解得：vA43m/s6.92m/s

【思路点拨】（1）物体先向右减速在向左加速，根据v-t图象得到两段的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解；（2）回到A点的速度根据匀变速运动规律图像求得．本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，加速度是将力与运动联系起来的桥梁． 【题文】16.一轻弹簧下端栓接在倾角为 的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点，B点以上光滑，B点到斜面粗糙，可视为质点的物体质量为m，以初速度v0从A点沿斜面向下运动，物将弹簧压缩到最短后恰能被弹回到B点．AB间距离为L，物体与B点以下斜面的

摩擦因数为 ，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中： （1）物体A向下运动刚到达B点时速度的大小 （2）弹簧的最大压缩量．

【知识点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系．A2 C2 C5 E2

22gLsinv0【答案解析】(1)2gLsinv (2 解析：⑴物体由A点开始刚好到B

4gcos20点的运动过程，由动能定理得

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1212

mgL sinθ=mv B-mv 0

22 求得：vB=2gLsinv0

（2）设弹簧最大压缩量为x，在物体刚好接触弹簧至恰好返回到B点的

过程中，由动能定理得（或功能关系）

12 -2μmg x cosθ =0-mvB

222gLsinv0 求得 x=

4gcos2【思路点拨】（1）对从最高点到第一次与弹簧接触过程运用动能定理列式求解即可；（2）对从第一次接触弹簧到第二次接触弹簧过程直接运用动能定理列式求解．本题关键是要灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化． 【题文】17.如图所示，在虚线所示的宽度范围内，存在竖直向下的电场强度为E的匀强电场，某种正离子以初速度v0垂直于左边界射入，离开右边界时的偏转角为 ，在同样宽度范围内，若只存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该粒子以原来的初速度穿过该区域，偏转角扔为，（不计离子的重力），求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小 （2）离子穿过磁场和电场时间之比

【知识点】带点粒子在匀强磁场、电场中运动 I7 K2 K3 【答案解析】(1)

sinEcosθ

(2) 解析：：(1) 设虚线宽度为d，离v0

子在电场中做类平抛运动，有

vy＝v0tanθ ① qEvy＝t ②

m且t＝ ③ 当改用匀强磁场时，离子做匀速圆周运动。

2mv0qv0B ④

rdv0

轨道半径r＝＝ ⑤

sinθqB联立①②③④⑤得： B＝

dmv0

Ecosθ

v0

(2)离子在电场中运动的时间t1＝

d ⑥ v0离子在磁场中运动的时间t2＝

rθdθ＝ ⑦ v0v0sinθ

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解得

t1sin t2【思路点拨】 （1）粒子的重力不计，垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由速度分解公式求解时间．在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解（2）在电场中运动时间利用水平方向匀速直线运动求解，在磁场中利用圆周运动圆心角与圆周运动周期关系求解。

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