重庆南开中学2015届高三一诊模拟考试物理试题版含答案

1、一、选择题（本大题共 5小题，每题6分，共30分，每题仅有一个正确选项）（6分）如图所示，水平面有一固定的光Vt半圆弧，地面上有一质量为m的小球，为把小球缓慢地拉到半圆弧顶端，始终给小球一个沿半圆弧切线方向的作用力F.关于F的说法.其中正确的是（）A. 一直减小B, 一直增大C.先变大后变小 D.先变小后变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用.【专题】：共点力作用下物体平衡专题.【分析】：对小球受力分析，根据平衡条件求出F的表达式，判断其大小的变化.【解析】：解：设圆弧上某点切线与水平方向所成夹角为0根据平衡条件，沿切线方向：mgsin 9=F越往上，。越小，则F越小，故F一直减小；故选：A

2、.【点评：】：本题关键对滑块受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的 表达式进行讨论.（6分）地球的某一极地卫星围绕地球做匀速圆周运动，其运行周期为8小时，则（）A .它的轨道平面一定与赤道平面在同一平面内B.它的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的-3C. 它运动的速度一定小于 7.9km/sD.该卫星处的重力加速度为 9.8m/s2【考点】：万有引力定律及其应用.【专题】：万有引力定律的应用专题.【分析】：极地卫星经过高纬度地区，轨道平面不与赤道重合，根据万有引力提供圆周运动向心力分析轨道半径关系.【解析】：解：A、极地卫星轨道平面与经线共面，故不与赤道平面在同一个平面内，故

3、A错 误；B、根据万有引力提供圆周运动向心力G胃:rnr空一可知，轨道半径r二?匚竺彳，故极地产 T2打冗2卫星周期是同步卫星的 1,而轨道半径不是同步卫星的 1,故B错误；33C、7.9km/s是围绕地球圆周运动的卫星的最大速度，故极地卫星的速度一定小于7.9km/s,故C正确；D、根据万有引力等于重力知 丹二葡品,得重力加速度g片,由于卫星轨道半径大于地于半 r、r径，故卫星处的重力加速度小于地球表面处的重力加速度，故 D错误.故选：C.【点评：】：能根据万有引力提供圆周运动向心力分析周期与线速度与卫星轨道半径大小的关 系是正确解题的关键.（6分）如图甲所示，空间某一条水平方向的电场线上有

4、两点a、b,不同的检验电荷在 a、图乙b两点受到的电场力随电荷量的变化规律如图乙所示，规定向右为正方向.以下说法.其中正 确的是（）图甲A .电场的方向由a指向bB.该电场线一定是点电荷所形成的C. a点的电场强度小于 b点的电场强度D.同一负点电荷在a点的电势能高于在 b点的电势能【考点】：电势能；电场强度；电场线.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析场强的方向.根据电场强度的定义式E=F可知，F-q图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小.根据A、B与Q的距离q关系，判断电势高低，即可分析电势能的关系.【解析】：解：AB、由图（乙），正检验

5、电荷放在 a点所受电场力方向为向左，则电场的方向向左，即由 b指 向a,故A错误.B、一条电场线不能分析场源电荷的性质.故 B错误.q大于b点的电场强度.故 C错误.C、根据电场强度的定义式 E=L可知，F-q图线的斜率等于场强的大小，则a点的电场强度D、根据电势能公式 EP=q（）,知a点的电势低于b点的电势，同一负点电荷在 a点的电势能高 于在b点的电势能.故 D正确.故选：D.【点评：】：本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线F-q斜率的物理意义，是常用的思路.（6分）压敏电阻的阻值 R随所受压力的增大而减小. 某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断 电梯运动状态的装置，

6、其装置示意图如图甲所示.将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体 A,电梯静止时电压表示数为 U0,电梯在某次运动过程中，电压表的示数变 化情况如图乙所示，下列判断中正确的是（）网甲 图乙A.电梯可能匀速上升 B.电梯可能变加速上升C.电梯可能匀减速下降 D.电梯可能匀减速上升【考点】：传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律.【分析】：从U-t图象读出压敏电阻的电压随时间的变化情况，根据压敏电阻的特性，判断 压敏电阻所受压力的变化情况，结合超失重的知识，确定加速度怎样变化，来判断电梯的运 动状态.【解析】：解：A、电梯匀速上升时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图

7、象 反映的情况不符.故 A错误.B、电梯变减速上升时， 其加速度向下，根据牛顿第二定律， 压敏电阻所受压力小于重力, 则其电压逐渐增大，与图象情况相符，故 B正确.C、电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象意义不符.故 C错误.D、电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小.与图象的意义不相符.故D错误.故选：B.【点评：】：本题可以根据压敏电阻的特性和牛顿第二定律，将每项逐个代入，检查是否符合 题意.代入法也是做选择题常用方法.ad、 bd、 cda、 b、（6分）如图所示，在水平放置的半球形碗的内部固定三个长度不等的光滑轨道 （ad

8、bdcd）,其中d是碗的最低点.现让三个质量相等的小球分别从轨道上的顶端c同时由静止释放，则（）A.由c释放的小球先到达 d点B.三小球到达d点时的机械能相等C.三小球运动过程中速度大小随时间的变化率相等D.三小球运动到最低点的过程中沿ad轨道运动小球重力做功的平均功率最大【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律.【专题】：功率的计算专题.【分析】：先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根 据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系后得出结论.然 后由p=即可判断t【解析】：解：A、对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆

9、的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsin 0 （。为杆与水平方向的夹角）由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsin 0所以t=护=腾.t与0无关，即tl=t2=t3.故A错误.B、小球从不同位置下落，故机械能不同，因下落过程中机械能守恒，故机械能不同，故B错误；C、在相同时间内速度为 v=at=gtsin 0,故速度大小随时间的变化率不相等，故 C错误；D、ad下落过程中重力做功最多，时间相同，故ad平均功率最大，故 D正确故选：D【点评：】：本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为 为然后根据牛 顿第二定律求出加速度，

10、再根据运动学公式求出时间表达式讨论.二、非选择题（每个试题考生必须作答.共68分）（9分）太空中的物体处于完全失重状态，无法用天平直接测量其质量.为测定一小球的 质量，将小球放在带有压力传感器的小车上，小车在电机带动下向右做匀加速运动，并通过 速度传感器测出挡光片I、挡光片n经过速度传感器时的速度.通过计算机程序显示出小球 的质量.（1）根据题目的描述，请写出测量的实验原理由运动学公式求解加速度，再由牛顿第二定律求解质量（2）若已经测得挡光片I、n通过速度传感器的速度分别为vi、V2,压力传感器的示数为 F,则还需要测量的物理量是（并用字母表示）小球经过两个档光片所用的时间t（3）请写出计算机

11、编程显示质量的函数关系式（用上述物理量表示）_v2 V1的偎“飞、肉而 MM速度传感器【考点】：测定匀变速直线运动的加速度.【专题】：实验题.【分析】：由题意及仪器描述可知采用的测量原理，根据原理明确应测量的物理量，再由对 应的物理规律求解质量的表达式.【解析】：解：(1)根据题意可知，本实验要测量物体的质量，而通过压力传感器测出压力， 根据传感器明确速度，故一定是采用牛顿第二定律及运动学结合的方法求解质量；先由运动 学公式求解加速度，再由牛顿第二定律求解质量；(2)要求解质量，应求解加速度，由题意可知，已知两点间的速度，则由v=v0+at可知，还应测量经过这两个档光片所用的时间t;Vo -

12、Vi(3)加速度a=，1,由牛顿第二定律可知：F=ma;故答案为：(1)由运动学公式求解加速度，再由牛顿第二定律求解质量;(2)小球经过两个档光片所用的时间t; (3) 万一 v【点评：】：本题为探究型实验，要通过实验描述能找出实验原理，再结合给出的条件明确计 算方法；对学生的分析问题能力要求较高.7. (10分)(2012?德清县模拟)电动自行车的电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电池的 电动势变小，内阻变大.某兴趣小组将一辆旧电动自行车充满电，取下四块电池，分别标为A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻.乙(1)用多用表直流电压 50V挡测量每块电池的电动势.测量电池A时，多用电表的指针如

13、图甲所示，其读数为11.0 V.其阻值为5a.改变电阻箱的阻值四块电池的-R图线，如图丙.(3)分析图丙可知，电池C(2)用图乙所示电路测量 A、B、C、D四块电池的电动势 E和内阻r,图中Ro为保护电阻,R,测出对应的电流I,根据测量数据分别作出A、B、C、D由图线C可知电池C的电动势E= 12 V;内阻r= 1 Q.(选填A”、B”、C”或D)较优.测定电源的电动势和内阻.实验题.(1)用多用表直流电压 50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果;(2)根据闭合电路欧姆定律得出 1和R的函数关系，根据数学知识明确图象斜率、截距的含I义即可正确解答；(3)电动势大的内阻

14、小的电源最优.【解析】：解：(1)用多用表直流电压 50V挡测量每块电池的电动势，可以从表盘中的中间刻度读出正确结果，由指针指示可知：E=11.0V.故答案为：11.0.(2)根据闭合电路欧姆定律有：E=I (R+r) +IRo,因此有：-1=1-1 ,由此可知，图象的斜率表示-纵轴截距为： EE,1 1 Ro+r , “由图象可知：=二.5，由此解得：E=12V . r=1 Q.故答案为：12, 1.(3)电动势大的内阻小的电源最优，由图象可知C图象代表的电源电动势最大，内阻最小，因此最优.故答案为：C.【点评：】：本题主要考查了测电源电动势和内阻实验中的数据处理问题，主要根据闭合电路 欧姆

15、定律写出两坐标轴代表物理量的函数关系式，然后依据数学知识求解.(15分)工人师傅经常利用斜面装卸货物.工人师傅把装满货物的木箱自斜面底端A点用平行于斜面的力F匀速拉到顶端B点，卸下货物后让木箱由静止开始沿斜面自由滑下，最后 木箱停在平面上的 C点.已知木箱质量 m=10kg,货物质量为 M=50kg ,力F=600N ,斜面高 h=5.4m ,倾角a=37.木箱与斜面、木箱与地面动摩擦因数相同，木箱和货物可视为质点，2sin37 =0.6, cos37 =0.8, g=10m/s .求：(1)木箱与斜面、木箱与地面的动摩擦因数；(2)若不计木箱滑过 A点时的能量损失，则 C与A相距多远.【考点

16、】：动能定理；牛顿第二定律.【专题】：动能定理的应用专题.【分析】：(1)在拉力作用下物体沿斜面上升，根据共点力平衡即可求得摩擦因数； (2)在下滑过程中由动能定理即可求得距离【解析】：解：(1)在拉力作用下匀速运动，故 F - ( m+M ) gsin37 -科(m+M) gcos37 =0 解得后0.5(2)在下滑过程中，由动能定理得.1： ：.1.11 .I k .sin37解得x=3.6m TOC o 1-5 h z 答：(1)木箱与斜面、木箱与地面的动摩擦因数为0.5;(2)若不计木箱滑过 A点时的能量损失，则 C与A相距3.6m【点评：】：本题主要考查了共点力平衡和动能定理，关键是

17、对物体受力分析和运动过程分析(16分)如图所示，半径 R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角9=37,另一端点C为轨道的最低点，其切线水平.C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=3kg ,上表面与C点等高.质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中 A点以V0=2.4m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的 B端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数月0.2,取g=10m/s2,sin37=0.6.求:(1)物体到达B点时的速度大小 VB； (2)物块经过C点时的速度大小vc； (3)若木板足够长，物块在木板上相对滑

18、动过程中产生的热量Q.a【考点】：功能关系；平抛运动；动量守恒定律；机械能守恒定律.【专题】：计算题.【分析】：(1)物块从A到B做平抛运动，由平抛规律可求得B点的速度；(2)由机械能守恒可求得 C点的速度；由向心力公式可求得物块在 C点受到的支持力，由牛 顿第三定律可求得对轨道的压力；(3)由能量守恒求出整个过程产生的热量.【解析】：解：(1)设物体经过B点的速度为vb,则由平抛运动的规律可得：vBsin37=v0解得：VB=2m/s设物体经过C点的速度为vc,由机械能守恒得：2,2二mvB +mg (R+Rsin37 ) mvc22解得：vc=6m/s物体经过C点时，设轨道对物块的支持力为

19、FC,根据牛顿第二定律得：2, 吟Fmg=联立解得：Fc=46N ;由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为 46N;(2)根据能量守恒得：整个过程产生的热量为： TOC o 1-5 h z -22 .Q=mvB +mg (R+Rsin37 ) =M2+1M0X (1+0.6) =18J,.2答：(1)物体到达B点时的速度大小 VB=2m/s；(2)物块经过轨道上的 C点时对轨道的压力为 46N ;(3)整个过程产生的热量为18J.【点评：】：本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据 过程正确的选择物理规律求解.(18分)如图所示，空间存在着n个

20、连续电磁场区域，电场大小均相同，方向水平向右，磁场大小均相同，方向垂直于纸面，分别向里、向外，每个电场的宽度均为d,磁场宽度分别为d1、d2- dn,其中d1=d, d2dn未知.一个带电粒子(m, +q)从第一个电磁场区域的电场 左端静止释放，以水平速度vi进入磁场，在磁场中的偏转角 a=60,以后在每个磁场中的偏转 角均为a=60.电磁场区域足够高， 带电粒子始终在电磁场中运动，不计带电粒子的重力. 求:电磁场I 电磁场2电磁场打磁场宽度dn的表达式及从开始到穿出第若电磁场区域不是足够高，高度 h=5d,n个电磁场区域所用的总时间；则带点粒子从第几个电磁场区域的上方离开.【考点】：带电粒子

21、在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】：（1）粒子在电场中只受电场力做功，由动能定理可求得电场强度；粒子在磁场中 偏转的角度是60。，由几何关系即可求出粒子运动的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求 出磁感应强度；（2）由，由几何关系可得出粒子在n中转过的圆心角，则可求得粒子运动的时间t；（3）由牛顿第二定律可求得粒子区域出中的半径，由几何关系可得.【解析】：解：（1）电场力做的功等于粒子动能的增加，得：qEd二工mv：1粒子在电磁场1中的磁场中运动的轨迹如图，则力 2dl勺 sin600 -x/5qvj二带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

22、，洛伦兹力提供向心力，所以:mvi Vsmv, Vsirivi所以:d=i 二.qr 2qd1 2qdqEd=mv3则： 力二娟丫 IqEd二日晶-云小贝心 “日打(2)粒子在电场2中加速的过程中：。叼二,尉一力前，则：V2二让vi粒子在电场3中加速的过程中：粒子在电场4中加速的过程中：?vn-Vnv粒子在电场n中加速的过程中：粒子在第n个磁场中的半径：_,qB qB i由于粒子在每个磁场中的偏转角均为a=60,所以总是满足：丁 一区% sin600由粒子在磁场中运动的对称性，以及由图可知，粒子再次进入电场时仍然沿水平方向，粒子仍然做匀加速直线运动，若将 n个电场依次连接，则可以将粒子在电场中

23、的运动看做是连续粒子在磁场中运动的周期:4兀d后vT不？与粒子的速度无关粒子在每一处磁场中运动的时间：t c二2然6日1=上1=g工3603 9Vl经过n个电磁场的区域后，粒子运动的总时间：2Vn 4d兀 d f , v 2d一 i一，二1；.广： , (3)由图可知，粒子在电磁场 1中向上的偏移量:hi=2 Mi?cos60=门同理，粒子在电磁场 2中向上的偏移量：h2=r2同理，粒子在电磁场 n中向上的偏移量：hn=rn经过n个电磁场的区域后的偏移量:2dh=hi+h2+h3+ -+hn=ri+r2+r3+-+rn= （1+小5+班）不若电磁场区域不是足够高，高度 h=5d.可得：n-3.1 所以带点粒子从第 4个电磁场区域的上方离开.2厂答：（1）电场强度是磁感应强度B的大小是出吧.；2qd2qd（2）磁场宽度dn的表达式是d=叵d；从开始到穿出第 n个电磁场区域所用的总时间是 % 2（哂+2畲冗）浸；（3）若电磁场区域不是足够高，高度h=5d,则带点粒子从第 4个电磁场区域的上方离开.【点评：】：粒子在磁场中的运动一定要注意找