【全国大联考】高三新课标大联考物理试题（三）及答案

1、2015届高三新课标大联考物理试题(三)注：1本卷总分100分，考试时间90分钟； 2考试范围：选修31第i卷(选择题共30分)一、选择题(本题共10小题，每小题3分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1关于静电场的电场线，下列表述正确的是 ( ) a沿着电场线方向，电场强度越来越大 b沿着电场线方向，电场强度越来越小 c负电荷沿电场线方向移动时，电势能增大 d负电荷沿电场线方向移动时，电势能减小答案： c 解析：沿着电场线方向，电场强度可能增大，也可能减小，选项a、b错误；负电荷沿电场线方向

2、移动时，电场力做负功，电势能增加，选项c正确、d错误。 2某同学斜向上抛出一铅球，忽略空气阻力。铅球在空中运动的过程中，加速度a随时间t变化的关系图象是答案： b解析：铅球抛出后，只受到重力作用，加速度等于重力加速度保持不变，选项b正确。3如图所示，一个丫字形弹弓顶部跨度为l，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为l，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去。若橡皮条劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2l (弹性限度内)，则弹丸被发射瞬间所受的最大弹力为(设弹弓的弹力满足胡克定律) ( ) akl bkl ckl d2 kl答案： c 解析：弹弓发射

3、弹丸的瞬间，受力如图。设橡皮条的弹力分别为fl、f2，合力为f，则f1f2k(2ll)=kl，f=2 f1cos，由几何关系得cos=，所以小球被发射瞬间所受的最大弹力f，c项正确4胎压检测仪是检测汽车轮胎气压的自动报警装置，其关键部件是压阻式压力传感器。某压阻式压力传感器的特点是所受压力f越大，其电阻r越小。现将该压力传感器(图中p)接入如图所示闭合电路中(电表均为理想电表)。关于电压表示数u、电流表示数i与压力f之间的关系，下列说法正确的是（ ）a . 若压力f增大，则u变小，i变小b若压力f减小，则u变小，i变大c若压力f减小，则u变大，i变小d若压力f增大，则u变大，i变大答案： c

4、解析：当压力传感器所受压力增大时，压力传感器p阻值变小，整个电路总电阻变小，总电流增大，则电源内阻和r0所占电压变大，电压表示数变小，即i增大，u变小，选项a、d错误；当压力传感器所受压力减小时，压力传感器p阻值变大，整个电路总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和r0所占电压变小，电压表示数变大，即j变小，u变大，选项b错误、c正确。52013年12月2日1时30分，由月球车(如图甲)和着陆器组成的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行18min后，嫦娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道ab，a为入口点，b为出口点。嫦娥三号在b点经过近月制动，进入距离月面100公里的环月圆轨道，然后择机在

5、月球虹湾地区实现软着陆，展开月面巡视勘察。已知月球和地球的质量之比约为1/81，图乙中环月圆轨道的半径与地球半径之比约为1/4，地球的第一宇宙速度约为79kms，下列说法正确的是 ( ) a嫦娥三号进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于7.9km/ s b嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为1.8kms c携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一定处于失重状态 d由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡视探测任务时处于失重状态答案： b 解析：嫦娥三号在近地圆轨道上运行时速度小于或等于79 kms，a项错误；嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动，由万有引

6、力提供向心力得，g= m，解得：v=79kms18 kms，b项正确；月球车着陆过程中减速下降，处于超重状态，c项错误；月球车在月球上所受重力小于在地球上所受的重力，这与是否失重无关，d项错误。6如图，在点电荷q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于a、b两点，虚线为等势线。取无穷远处电势为零，若将q1、q2移动到c点的过程中电场力做的正功相等，则下列说法正确的是 ( ) aa点电势低于b点电势 ba、b两点的电场强度相等 cq1的电荷量小于q2的电荷量 dq1在c点的电势能大予q2在c点的电势能答案： a 解析：根据题意，可知点电荷q带负电，故a点电势低于b点电势，选项a正确

7、；a点离点电荷q近，电场强度大，选项b错误；电势差uacq2，选项c错误；c点的电势一定，因ql q2，所以ql在c点的电势能小于q2在c点的电势能，选项d错误。7无限长通电导线在其周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即b=k(式中k为常数)。如图所示，两根相距l的无限长直导线分别通有电流i和3i。在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距导线i的距离为l。下列说法正确的是 ( ) aa点和b点的磁感应强度方向相同。 ba点和b点的磁感应强度方向相反 ca点和b点的磁感应强度大小之比为8：1 da点和b点的磁感应强度大小之比为

8、16：1答案： ad 解析：电流i在a点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下；电流3 i在a点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下，故a点的磁感应强度ba=k，方向向下。电流i在b点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向上；电流3i在b点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下，故b点的磁感应强度bb=k，方向向下。则ba：bb=1 6：1。选项ad正确。8利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板mn上方是磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为l，一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于

9、板mn进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是 ( ) a粒子带正电 b射出粒子的最大速度为 c保持d和l不变，增大b，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 d保持d和b不变，增大l，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变答案： bcd 解析：由左手定则可判断粒子带负电，故a错误；由题意知：粒子的最大半径rmax=、粒子的最小半径rmin=，根据洛伦兹力提供向心力有bvq=m，可得v=bqr/m，所以vmax=vmin =，则vmax一vmin= ，所以选项b、c、d正确。9如图所宗是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机m和电热丝r构成。当闭合开关s1、s2后，电动机驱

10、动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220v，吹冷风时的功率为120w，吹热风时的功率为1000w。关于该电吹风，下列说法正确的是 ( ) a电热丝的电阻为55 b电动机的电阻为1210/3 c当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000j d当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120j答案： ad 解析：电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为pr=p热一pm=1000w一120w=880w，由p=可知，r=55，选项a正确；电机为非纯电阻电路故不能用p=求，选项b错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过

11、，电热丝每秒钟消耗的电能为0，选项c错误；当电吹风吹热风时，电动机m和电热丝r并联，电动机的功率为120w，所以每秒钟消耗的电能q=pt=1201j=120j，故d正确。10空间存在着一有理想边界的电场，边界pq将该空间分成上下两个区域i、，在区域中有竖直向下的匀强电场，区域i中无电场。在区域中某一位置a，静止释放一质量为m、电量为q的带负电小球，如图(a)所示，小球运动的v一t图象如图(b)所示。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则以下说法正确的是 ( )a小球在35s末回到出发点b小球受到的重力与电场力之比为4：5 ca点距边界的距离为d若边界pq处电势为零，则a点的电势为答案： cd 解

12、析：小球回到出发点时通过的位移为o，根据v一t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末总位移为零，回到出发点，选项a错误；图象的斜率等于加速度，得0一2s内的加速度为a1 =、2s一5s内加速度大小为a2=g，则得：a1=g。由牛顿第二定律得：qemg= ma，可得电场强度qe=，则重力与电场力之比为4：7，选项b错误；从a点到边界过程，由动能定理得：ma1y=mv020，解得p点距边界的距离y=，故c正确；a点与边界pq间的电势差为u=ey=，若边界pq处电势为零，则a点电势为，故d正确第卷(非选择题共70分)二、实验题(共2小题，共18分把答案填在相应的横线上或按要求作答)11(8

13、分)某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”三条细绳结于o点分别与两弹簧测力计和钩码相接。 (1)实验步骤如下：a弹簧测力计a挂于固定在竖直木板上的p点；b结点o下的细线挂钩码c；c手持弹簧测力计b缓慢向左拉，使结点o静止在某位置；d记下钩码质量m、结点o的位置、读出并记录弹簧测力计a 和b的示数、记录 。 (2)在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差? 答： (选填选项前的字母) a木板不竖直 ba弹簧测力计外壳的重力 cb弹簧测力计的拉力方向没有保持水平 d改变弹簧测力计b拉力进行多次实验时，结点o的位置发生变化 (3)某次实验中该同学发现弹簧测力计a的指针稍稍超出量

14、程，请你提出解决问题的一个办法 。答案： (1)三条细绳(拉力)的方向(3分)；(2)a(3分)；(3)减小弹簧测力计b的拉力；或减小钩码c的质量；或减小ao与bo之间的夹角；或其它能达要求的方法同样给分(2分)考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：弹簧测力计a挂于固定点，所以弹簧测力计外壳的重力对弹力有一定的影响，拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，同一次实验时，o点位置不变，不是同一次实验时，o点位置可以改变当出现超出弹簧测力计a的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的解析： (1)需要记录三个拉力的方向，即三条细绳的方向。(2)木板不竖直，会影

15、响测力计的读数，对实验结果产生误差；弹簧测力计外壳的重力，b弹簧测力计的拉力方向没有保持水平，均对实验不产生影响；只要同一次实验中o点位置不变即可。答案为a。(3)减小弹簧测力计b的拉力；或减小钩码c的质量：或减小ao与bo之间的夹角，均可使弹簧测力计a的指针不超出量程。点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤12(10分)某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时，发现里面除了一节15v的干电池外，还有一个方形的层叠电池。为测定层叠电池的电动势和内电阻，实验室中提供如下器材：a电流表al

16、 (满偏电流10ma，内阻10)；b电流表a2 (0063a，内阻未知)；c滑动变阻器r0 (0100，10a)；d定值电阻r(阻值990)；e开关s与导线若干。(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙中完成实物连线。(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据，绘出如图丙所示的i1 一i2图线(i1为电流表a1的示数，j2为电流表a2的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势e= v，内 阻r = 。(保留两位有效数字) 答案：(1)见解析图(4分) (2)90(02)(3分)，10(3分)考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）已知原理图，

17、由原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先连接其中一个支路，再并联另一支路；注意实物图的连接注意事项；（2）由闭合电路欧姆定律可得出关于两电流表示数的表达式，利用数学中函数关系式及图象的知识可得出电动势和内电阻解析： (1)连线如图所示；(2)根据闭合电路欧姆定律有e=i1r+(i1+i2)r，整理得i1=i2 ，图线的斜率表示，即=，解得r=10；图线在纵轴的截距表示，将图线延长与纵轴相交得截距为90 ma，则9.010-3= ，解得：e90v。点评：本题中考查测定电动势和内电阻实验中的数据处理，本题中要注意单位的正确换算；同时注意正确列出表达式，找出规律三、计算题(本题共4小题，共52分解

18、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(10分)在节庆燃放焰火活动时，用到了焰火的空中定向、定位与艺术造型等关键技术。现有一质量为5kg的焰火弹，要使该弹在被竖直发射到离炮筒出口150m的最高点时恰好点火，假设焰火弹在上升过程中受到的空气阻力恒为其自身重力的02倍(g取10 ms2)。问： (1)设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度多大? (2)焰火弹从离开炮筒到最高点点火的时间应控制多长?答案：(1)6 0ms (2)5 s 解析： (1)焰火弹上升过程中受到向下重力及空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg+02

19、mgma 2分 解得a=12ms2 2分由运动学公式得v02=2ah 2分解得v0= 6 0ms 2分(2)根据运动学公式得:t= 5 s 2分14(10分)如图所示，在xoy平面上第1象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图，y轴上一点p的坐标为(0，y)有一电子以垂直于x轴的初速度v0从p点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为e1时，电子从a点射出，a点坐标为(xa，0)，当场强为e2时，电子从b点射出，b点坐标为(xb，0)，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子的重力。 (1)求匀强电场的场强e1、e2之比； (2)若在象限过q点放一张垂直于xoy平面的感光胶片，q点的坐标为(0，一y

20、)，求感光胶片上曝光点的横坐标xa、xb之比。答案：(1) e1 ：e2 = xb2 ：xa2 (2) xa/ ：xb/ = xa ：xb 考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子垂直射入匀强电场做类平抛运动，将其运动进行正交分解，从而由动力学方法即牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解解析： (1)当场强为el时，xa=v0t1，yoa=t12 1分当场强为e2时，xb=v0t2，yob=t22 1分解得：e1 ：e2 = xb2 ：xa2 2分(2)设场强为e时，电子射出电场时的偏转角为1tan1= vy1=t1 1分xa/ =+xa/2 =3xa/2 1分

21、设场强为最时，电子射出电场的偏转角为2 tan2= vy1=t2 1分xb/ =+xb/2 =3xb/2 1分 解得：xa/ ：xb/ = xa ：xb 2分点评：带电粒子在电场中做类平抛运动的问题，常常运用运动的分解法将其分解成垂直于电场方向的匀速直线运动，平行于电场的匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理进行研究，经加强训练，熟练掌握15.（14分）如图所示，在空间有一坐标系xoy中，直线op与x轴正方向的夹角为300，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域i和ii，直线op是他们的边界，op上方区域i中磁场的磁感应强度为b一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力

22、）以速度v从o点沿与op成30角的方向垂直磁场进入区域i，质子先后通过磁场区域i和ii后，恰好垂直打在x轴上的q点（图中未画出），试求：（1）区域ii中磁场的磁感应强度大小；（2）粒子在第一象限中的运动时间；（3）q点到o的距离考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动根据圆的对称性可知，质子从a点出磁场i时的速度方向与op的夹角为300，即与x轴平行在区域ii中，由题分析可知，质子运动1/4圆周，由几何知识作出轨迹，如图由几何关系，得到质子在两个磁场中轨迹半径与oa的关系，由牛顿第二

23、定律研究两个磁感应强度的关系，求解区域ii中磁场的磁感应强度大小（2）由图x=oacos30+r2=r1cos30+r2求解x解答：（1）设质子在磁场i和ii中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2 ，区域ii中磁感应强度为b/，由牛顿第二定律qvb =m 1分qvb =m 1分粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从a点出磁场i时的速度方向与op的夹角为300，故质子在磁场i中轨迹的圆心角为=600 2分则o1oa为等边三角形oa=r1 1分r2= oasin300 1分由解得区域ii中磁感应强度为 b/=2b 1分(2)粒子在i区中的运动时间 t1 = t1/6 =2分粒子在区

24、中的运动时间t1 = t2/4=2分粒子在第一象限中运动的时间为：t=t1+t2= 1分(3)q点坐标x=oacos300+r2=r1 cos300+r2 2分得x=2分点评：带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到16（18分）如图所示，虚线oo/右侧存在垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，某时候质量为m、电荷量为q(q0)的粒子a在纸面内以速度v1=v0从a点进入磁场，其方向与oo/的夹角1=300；另一质量为m、电荷量为+q的粒子b在纸面内以速度v2=v0也从a点射入磁场，其方向与oo/的夹角2=600已知粒子a、b同时到达磁场边界的p、q两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用（1）求两粒子进入磁场的时间间隔t；（2）求两粒子在磁场边界上的穿出点之间的距离d；（3）若oo/左侧有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子a做直线运动求电场强度e的大小和方向考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题