【物理】陕西吴起高级中学2015学年第二学期高三月考 (4月下旬)

2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷（4月下旬）一、选择题（共8个题，1-5为单选，6-8为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．共计48分）1．（6分）（2015•延安模拟）在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B．德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律【考点】：物理学史．【分析】：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的定律．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．【解析】：解：A、古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定．伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，提示了这个理论内部的矛盾，使亚里士多德的理论陷人了困境．故A正确．B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动的三大定律．牛顿发现了万有引力定律，故B错误．C、英国物理学家、化学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量G．故C错误．D、法拉第发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律．故D 错误．故选：A【点评】：物理学史也是考试内容之一，是常识性问题，要加强记忆，不在基本题失分．2．（6分）（2015•延安模拟）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v﹣t图象如图所示．在这段时间内（）A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】：匀变速直线运动的图像；平均速度．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．【解析】：解：A、C、平均速度等于位移与时间的比值，在v﹣t图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故B错误；D、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误．故选：A．【点评】：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．3．（6分）（2015•延安模拟）如图所示，OA、OB为圆内两光滑细直杆，OA为直径，OB与竖直方向的夹角为60．两个中间有孔、相同的小球穿过直杆放置于A、B两点．现同时由静止释放两球，以下说法正确的是（）A． a、b两球同时到达O点B． a、b两球到达O点时速度大小相等C．从开始运动到O点，a球重力势能减少是b球重力势能减少的4倍D． a、b两球到达O点时，a球重力的功率是b球重力功率的2倍【考点】：机械能守恒定律；重力势能．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：根据牛顿第二定律和运动学公式，几何关系比较运动的时间，根据动能定理比较到达O点的速度大小．根据重力做功比较重力势能的变化量．根据到达底端的速度关系以及功率的公式比较重力的功率之间的关系．【解析】：解：A、小球在OB杆上下滑的加速度，OB的长度s OB=2Rsin30°=R，根据得，，小球a做自由落体运动，，可知t a=t b．故A正确．B、根据动能定理知，，下降的高度不同，则a、b两球到达O点的速度大小不等，故B错误．C、两球下降的高度不同，则重力势能的减小量不同，故C错误．D、根据几何关系得，A、B两点下降的高度之比为4：1，根据动能定理知，，v=，则到达底端的速度之比v a：v b=2：1，a球到达O点时重力的功率P=mgv a，b球到达O点时重力的功率，可知a球重力的功率是b球重力的功率为4：1，故D错误．故选：A．【点评】：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，掌握瞬时功率的公式，知道本题是一个“等时圆”问题，a、b两球到达底端的时间相等．4．（6分）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A． W F2＞4W F1，W f2＞2W f1 B． W F2＞4W F1，W f2=2W f1C． W F2＜4W F1，W f2=2W f1 D． W F2＜4W F1，W f2＜2W f1【考点】：功的计算．【专题】：功的计算专题．【分析】：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果．【解析】：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：W F﹣W f=；可知，W F1﹣W f1=；W F2﹣W f2=4×；由上两式可解得：W F2=4W F1﹣2W f1，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】：考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负．5．（6分）（2015•延安模拟）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为（）A． B．C． D．【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】：根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．【解析】：解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=m，而密度公式，ρ==，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】：考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．6．（6分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（）A． B． C． D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】：线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．【解析】：解：A、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．B、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．本题选不可能的，故选A．【点评】：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．7．（6分）如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置．下列结论正确的是（）A．若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板所带电荷量会增大B． A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D．若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变【考点】：电容器的动态分析；电场强度．【专题】：电容器专题．【分析】：题中电容器的带电量不变．根据对称性和电场的叠加分析A、B两板电荷在P点产生电场的场强关系．移动A板时，根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=分析板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化．【解析】：解：A、在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误．B、A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确．C、根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=得：E=，由题知Q、S、ɛ均不变，则移动A板时，两板间的电场强度将不变．故C错误．D、由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变．故D正确．故选：BD．【点评】：本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用．8．（6分）（2015•延安模拟）如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则（）A．匀强磁场的磁感应强度为2TB．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/sC．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向．由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，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度．从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量．由图看出，下落0.3m时，由q=即可求电荷量．【解析】：解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b．由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上．由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：BI0L﹣mg=ma0设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 I0==联立得：﹣mg=ma0代入数据，解得：B=2T，故A正确．B、通过a﹣h图象知h=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg=BIL=BL=，联立得：v===0.5m/s．即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为0.5m/s．故B错误．C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：mgh=Q+mv2代入数值有：Q=m（gh﹣v2）=0.1×（10×0.3﹣×0.52）J=0.2875J，故C错误．D、金属杆自由下落的高度 h==m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：q===C=0.25C．故D正确；故选：AD．【点评】：本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，熟练推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解．二.非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）（2015•延安模拟）某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系．实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处：通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x．测量结果及部分计算结果如表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm．P1 P2 P3 P4 P5 P6x0（cm） 2.04 4.06 6.06 8.05 10.08 12.01x（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41n 10 20 30 40 50 60k（N/m）163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8l/k（m/N）0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347（1）将表中数据补充完整：①81.7 ②0.0122 ．（2）以n为横坐标，l/k为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出l/k﹣n图象．（3）图（b）中画出的直线可近似认为通过原点，若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k= （在～之间都可以）N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k= （在～之间都可以）N/m．。