天津市南开区2015届高三物理第二次模拟考试试题
2015天津市南开区高考一模物理试卷(含解析)
2015年天津市南开区高考一模物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．（6分）下列说法正确的是（）A．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【分析】汤姆生发现了电子，知道原子还能再分；太阳辐射的能量来自轻核聚变；一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大．【解答】解：A、汤姆生发现了电子，表明原子是可以分割的，α粒子的散射实验表明原子具有核式结构．故A错误；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变，故B错误；C、一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的能量值太小，则该光的频率小，波长太长．故C错误；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，要吸收能量，所以原子总能量增大；由于库仑力提供电子的向心力，得：，电子的动能：，电子的动能随半径的增大而减小．故D正确；故选：D．【点评】本题考查了电子的发现、聚变反应、光电效应以及波尔理论等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．2．（6分）如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v ﹣t图象，根据图象可以判断（）A．两球在t=2s时速度相等B．两球在t=8s时相遇C．两球在t=8s时相距最远D．甲、乙两球做初速度方向相反的单向匀减速直线运动，加速度大小相同方向相反【分析】由速度时间图象直接读出两球的速度大小．分析两球的运动情况，判断两球在t=8s时是否相距最远．两球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动．【解答】解：A、v﹣t图象反映速度随时间变化的情况，由图读出t=2s时两球速度大小都是20m/s，速率是相等的，但方向相反，所以速度不等．故A错误；BC、依据v﹣t图象的物理意义可知，两球在t=8s时位移都为0，均回到出发点相遇，不是相距最远．故B正确，C错误．D、两球开始做初速度方向相反的单向匀减速直线运动，而后做匀加速直线运动．A的加速度为a A==m/s2=﹣10m/s2，B的加速度为a B=m/s2=6.67m/s2，则知加速度大小不等，方向相反．故D错误．故选：B．【点评】这是直线运动中速度图象的问题，关键要抓住斜率表示加速度，“面积”表示位移来分析物体的运动情况．3．（6分）为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为T1，总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上做匀速圆周运动，此时登陆舱的质量为m2，则（）A．该星球的质量为M=B．该星球表面的重力加速度为g=C．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1D．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=【分析】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期．再通过不同的轨道半径进行比较【解答】解：A、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G=m得出：M=，故A错误；B、根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误．C、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：在半径为r的圆轨道上运动：=得出：T=2π．表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径．所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为：，所以T2=，故C正确D、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：在半径为r的圆轨道上运动：=m得出：v=，表达式里M为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径．所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为，故D错误．故选：C．【点评】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，再进行之比．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．4．（6分）图l是一列简谐横波在t=1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图象对应的质点可能位于（）A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e【分析】由题，根据c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，确定出该波的周期及波的传播方向，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形，逐项分析t=0时刻各个区间质点的状态，选择与图2相符的选项．【解答】解：由图2知，t=0时刻质点处于平衡位置上方，且向上振动．由题，c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则知该波的周期为T=1s，波的传播方向为向右，则t=1.25s=1T，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形图象如图所示（红线），则位于平衡位置上方且振动方向向上的质点位于区间为de 间，即有d＜x＜e．【点评】本题的解题技巧是画出t=0时刻的波形，考查分析和理解波动图象和振动图象联系的能力．5．（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变为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3v，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分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（）A．W F2＜9W F1，W f2=3W f1B．W F2＜9W F1，W f2＜3W f1C．W F2＞9W F1，W f2＞3W f1D．W F2＞9W F1，W f2=3W f1【分析】根据匀变速直线运动平均速度公式求出两个运动的平均速度，再根据时间相等求出位移之比，两次物体所受的摩擦力不变，根据W=fs求解克服摩擦力之比，对两个过程，分别根据动能定理列式，联立方程即可求解F1，F2所做的功的关系【解答】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=；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则克服滑动摩擦力做功之比为：W t1：W t2=fS1：fS2=1：3；再由动能定理，则有：W F﹣W f=；可知：W F1﹣W f1=；W F2﹣W f2=；由上两式可解得：W F2=9W F1﹣6W f1，故A确，BCD错误；【点评】本题主要考查了恒力做功公式及动能定理的直接应用，解答时要注意两次拉动的过程中，滑动摩擦力是不变的，求出位移关系即可求出摩擦力做功之比，难度不大，属于基础题二、不定项选择题（每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．）6．（6分）如图所示，一个质量为3.0kg的物体，放在倾角为θ=30°的斜面上静止不动，若用竖直向上的力F=5.0N提物体，物体仍静止，（g=10m/s2）下述结论正确的是（）A．物体受到的摩擦力减小2.5 NB．斜面受到的压力减小5.0 NC．物体对斜面的作用力减小5.0 ND．物体受到的合外力减小5.0 N【分析】无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力；有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力．【解答】解：物体不受拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图：根据共点力平衡条件，有f=mgsinθ，N=mgcosθ有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图：根据共点力平衡条件，有f1=（mg﹣F）sinθN1=（mg﹣F）cosθ故f﹣f1=Fsin30°=2.5NN1﹣N2=Fcos30°=N，故A正确，B错误；C、开始时，物体对斜面的作用力大小等于物体的重力，当受到向上的拉力F=5N 时，物体对斜面的作用力减小了5N，故C正确；D、力F作用前后，物体均处于平衡状态，因此合外力均为零，故合外力没有变化，故D错误．故选：AC【点评】本题关键是对物体受力分析后，根据共点力平衡条件用正交分解法列方程求解，施加向上的拉力后，可以等效为将物体的重力减小，难度适中．7．（6分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A．线圈转动的角速度为50π rad/sB．电流表的示数为10AC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．【解答】解：A、周期T=0.02s，角速度ω==100π rad/s，故A错误；B、由题图乙可知交流电电流的最大值是I m=10A，由于电流表的示数为有效值，故示数I==10A，故B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D正确．故选：CD．【点评】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．8．（6分）如图所示，真空中有一半径为R、圆心为O的均匀玻璃球，频率一定的细激光束在真空中沿BC传播，从C点经折射进入玻璃球，并经出射点D折射出去，已知∠COD=120°，玻璃对该激光的折射率为，则下列说法中正确的是（）A．激光束在C点的入射角α=60°B．此激光束在玻璃中穿越的时间为t=C．一个光子在穿过玻璃球的过程中能量逐渐变小D．改变入射角α的大小，细激光束可能在球表面D处发生全反射【分析】由几何知识得到激光束在在C点的折射角，由折射定律求出入射角．光子穿越玻璃球时频率不变，光子能量不变．由几何知识求出CD的长度，由v=求出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中穿越的时间．根据光路的可逆性可知光束在D点不可能发生全反射．【解答】解：A、由几何知识得到激光束在C点的折射角r=30°，由n=得：sinα=nsinr=，得入射角：α=60°．故A正确．B、此激光束在玻璃中的波速为：v==c，CD间的距离为：S=2Rsin60°=R则光束在玻璃球中从C到D传播的时间为：t==．故B正确．C、光子穿越玻璃球时频率不变，则光子的能量不变，故C错误．D、激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射．故D错误．故选：AB．【点评】本题是几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的频率由光源决定，与介质无关，掌握折射定律、光速公式和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角．三、非选择题9．（4分）如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置且下极板接地，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带负电的粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．则金属板抽出瞬间粒子运动的加速度为，此时粒子的电势能减小（填“增大”、“不变”或“减小”）．【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q①当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg﹣q=ma ②联立①②解得：a=g由于极板间的距离增大，故极板间的电场强度减小，P点到上极板的距离不变，故P点到上极板间的电压减小，故P点的电势能减小，故答案为：，减小【点评】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难10．（8分）如图甲所示，用包有白纸的质量为0.5kg的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示．测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92，0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒．①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）．②根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号C时，圆柱棒下落的速度v C= 1.12 m/s；画下记号D时，圆柱棒下落的速度v D= 1.60m/s；记号C、D之间重力势能的变化量△E P=0.333J，棒的动能变化量△E K=0.326J．则△E P＞△E K（填“＞”、“=”或“＜”），造成此结果的原因有有摩擦阻力存在（至少写出一个）．（g取9.80m/s2，结果保留三位有效数字）【分析】了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．【解答】解：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05 s，圆柱下落过程中，毛笔依次从圆柱的下端往上端画，随着时间圆柱是加速运动，在乙图中圆柱的左端速度较大，右端速度较小，所以图乙中的圆柱棒的左端是悬挂端．（2）利用匀变速直线运动的推论v C==1.12m/s；v D==1.60m/s；根据重力势能的定义式得：重力势能减小量△E p=mgh=0.5×9.8×0.068J=0.333 J．C、D之间棒的动能的变化量为△E K=E kD﹣E kC=mv D2﹣mv C2=0.326 J则△E P＞△E K，造成此结果的原因有有摩擦阻力存在．故答案为：①0.05，左②1.12，1.60，0.333，0.326；＞，有阻力存在【点评】该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．我们对于书本上的实验必须要掌握实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，才能解决设计实验的问题．11．（6分）一阻值约为30kΩ的电阻R，欲用伏安法较准确地测出它的阻值，备选器材有：A．电源（E=16V，r=2Ω）B．电源（E=3V，r=0.5Ω）C．电压表（量程0～15V，内阻50kΩ）D．电压表（量程0～3V，内阻10kΩ）E．电流表（量程0～500 μA，内阻500Ω）F．电流表（量程0～5mA，内阻50Ω）G．滑动变阻器（阻值0～200Ω）H．开关一只，导线若干①电源应选A；电压表应选C；电流表应选E；（用器材前面的字母表示）②在方框内画出实验电路图．【分析】①关键是根据闭合电路欧姆定律求出分别用两个电源时通过待测电阻的最大电流，并结合电流表的量程大小即可即可求解；②关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法，根据待测电阻阻值的平方与电压表及电流表内阻的乘积相比较，从而电流表是内接法，还是外接法．【解答】解：①：若选用电源A，根据闭合电路欧姆定律，可知，通过待测电阻的最大电流为：I max==mA=0.53mA=530μA，若选用电源B，则最大电流为：I max′=mA=0.1mA=100μA，比较可知，电源应选A，电压表应选C，电流表应选E；②：由于变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应采用分压式接法，由于待测电阻满足＜，所以电流表应用内接法，电路图如图所示：故答案为：①A，C，E；②如上图所示．【点评】应明确：①当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；②当待测电阻满足＞，时，电流表应用外接法，满足＜，时，电流表应用内接法．12．（16分）如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的不可伸长的细线挂一质量为90g的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹无初速度释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A处，抛出的水平距离S=5m．另一块仍系在细线上继续做圆周运动并通过最高点C．假设火药爆炸释放的能量全部转化为爆竹碎片的动能，空气阻力忽略不计，取g=10m/s2，求：（1）爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度v1的大小；（2）继续做圆周运动的那一块通过最高点时的细线的拉力T的大小．【分析】（1）爆炸瞬间反向抛出那一块做平抛运动，根据高度求出时间，再根据水平位移求出水平速度．（2）根据机械能守恒定律求出爆竹在最低点的速度，再根据动量守恒定律求出爆炸后做圆周运动在B点的速度，通过机械能守恒定律求出到达C点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力．【解答】解：（1）设爆竹的总质量为2m，刚好到达B时的速度为v，爆炸后抛出的那一块的水平速度为v1，做圆周运动的那一块的水平速度为v2，则对做平抛运动的那一块有：H﹣L=gt2，s=v1t，带入数据，得：v1=5m/s（2）爆竹从D点运动到B点的过程中机械能守恒，所以有2mgL=×2mv2，爆竹爆炸前后动量守恒，所以有2mv=mv2﹣mv1，解得：v2=11m/s设做圆周运动的那块通过最高点时的速度为v c，由机械能守恒定律可得：mv22=mv C2+2mgL；设最高点时线对爆竹的拉力为T，则由牛顿第二定律可得：T+mg=m联立以上各式，解得：T=9.85N答：（1）爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度v1的大小为5m/s；（2）继续做圆周运动的那一块通过最高点时的细线的拉力T的大小9.85N．【点评】本题是动力学和能量综合的问题，运用机械能守恒定律解题，要确定研究的过程，判断在研究的过程中机械能是否守恒．13．（18分）如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L=20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r=0.02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L=20cm．该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0=0.10T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2．（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；（2）若从t=0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？【分析】（1）根据F与t的函数表达式，结合牛顿第二定律，及闭合电路欧姆定律，依据图象的含义，即可求解．（2）根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式，求解在金属棒b开始运动前经过的时间，再由焦耳定律求解热量．【解答】解：（1）由图象可得到拉力F与t的大小随时间变化的函数表达式为F=F0+当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：F﹣f﹣F安=maF安=B0ILI=v=at=∴F安联立可解得F=f+ma+代入数据可解得a=5m/s2 f=0.2N（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电中和有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应度增大到b 所受安掊力F与最大静摩擦力f相等时开始滑动．感应电动势：E=I=棒b将要运动时，有f=B t IL∴Bt=根据B t=B0+t=0.1+0.5t，得：t=1.8s回路中产生焦耳热为：Q=I2•Rt=12×0.02×1.8=0.036J答：（1）匀加速运动的加速度是5m/s2，b棒与导轨间的滑动摩擦力是0.2N．（2）在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是0.036J【点评】本题考查电磁感应定律中的图象问题，要注意明确图象的斜率含义，掌握牛顿第二定律与闭合电路欧姆定律的应用，注意从图象中选取两点代入公式计算，是解题的关键．14．（20分）如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L．紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处．板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．调节板间电压U ba和U bc，当U ba=U1、U bc=U2时，质量为m、电荷量为q的带负电油滴，以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．求：（1）油滴进入M孔时的速度v1；（2）b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；（3）当油滴从细管的N孔射出瞬间，将U ba和B立即调整到U1′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，求U1′和B′．【分析】（1）油滴开始下落的过程中有重力、电场力做功，根据动能定理求出油滴进入M孔的速度．（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，知电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，根据平衡求出电场强度的大小，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点速度为零，根据动能定理求出U′ab的大小，返回到N孔时速度大小不变，现向左偏转做匀速圆周运动，则磁感应强度的大小不变，方向改变．【解答】解：（1）油滴入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理①得：②（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：mg=qE ③得：④油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，⑤得⑥（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，⑧得：⑨考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B´=﹣B⑩答：（1）油滴进入M孔时的速度．（2）b、c两板间的电场强度，磁感应强度．（3）U1′和B′分别为：，B´=﹣B．【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，关键理清粒子的运动情况，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．参与本试卷答题和审题的老师有：听潮；wxz；蒙山；ljc；sddrg；高中物理；src；wslil76（排名不分先后）菁优网2017年7月14日。
2015年天津市南开中学高考物理模拟试卷
2015年天津市南开中学高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共48.0分)1.若以μ表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，N A为阿佛加德罗常数，m、△分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：①②③④其中（）A.①和②都是正确的B.①和③都是正确的C.③和④都是正确的D.①和④都是正确的【答案】B【解析】解：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数N A，水的摩尔质量μ=Vρ除以每个水分子的质量m为阿佛加德罗常数，故①③正确，而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，N A△并不等于摩尔体积v，故②④错误．故选B．对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数N A，所以，即①和③都是正确的．而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，N A△并不等于摩尔体积v．本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，关键是区分对气体还是液体的计算．2.如图所示，这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成，当用绿光照射光电管的阴极K时，可以发生光电效应，则下列说法正确的是（）A.示意图中，a端应是电源的负极B.放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后，使铁芯M磁化，将衔铁N吸住C.若增大绿光的照射强度，光电子最大初动能增大D.改用红光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流【答案】B【解析】解：A、电路中要产生电流，则a端接电源的正极，使逸出的光电子在光电管中加速，放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后，使铁蕊M磁化，将衔铁N吸住．故A 错误、B正确．C、根据光电效应方程知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，由入射光的频率决定．故C错误．D、绿光照射有光电流产生，知能产生光电效应，由于红光的频率小于绿光的频率，则红光照射能产生光电效应，不会有光电流产生．故D错误．故选：B．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化．能与什么因素有关．3.在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（R n），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（）A.R n→F r+eB.R n→P o+H eC.R n→A t+e D.R n→A t+H【答案】B【解析】解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，===审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B故选B核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用4.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于墙上O点，拉力F通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，则重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，拉力F变化为（不计一切摩擦）（）A.变大B.变小C.不变D.无法确定【答案】A【解析】解：设滑轮两侧两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．根据平衡条件有：2F cosθ=mg得到绳子的拉力为：F=所以在重物缓慢上升的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大．故选：A重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键是知道同一条绳子上的拉力处处相等．5.固定在竖直平面的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心O等高，D图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆轨道，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后（）A.一定会落到水平面AE上B.可能从A点又进入圆轨道C.可能撞在圆轨道AB间某位置D.可能从D点自由下落【答案】A【解析】解：小球恰能够通过最高点D，根据mg=m，得：v D=则知在最高点的最小速度为．根据R=得：t=．则平抛运动的水平位移x=v D t=R．知小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．故选：A．通过小球能够通过最高点D，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，通过平抛运动的规律求出水平位移的大小，从而确定小球的落点位置．解决本题的关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，结合平抛运动的规律进行求解．6.一列简谐横波沿x轴负方向传播，如图（甲）所示，是t=1s时的波形图，图（乙）是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点），则（乙）可能是图（甲）中哪个质元的振动图线？（）A.x=0处的质元B.x=1m处的质元C.x=2m处的质元D.x=3m处的质元【答案】C【解析】解：波沿x轴负方向传播，甲图是t=1s时的波形图，根据波的平移法可知，t=0时，x=0处的质元处于平衡位置处且向上振动，x=1m处的质元处于最大位移处且向下振动，x=2m处的质元处于平衡位置处且向下振动，x=3m处的质元处于负最大位移处且向上振动，根据图乙可知，t=0时刻，质点处于平衡位置且向下振动，故表示x=2m处的质元，故C正确．故选：C波沿x轴负方向传播，甲图是t=1s时的波形图，根据波的平移法判断出t=0时刻各质元的位置及振动方向，根据乙图得出t=0时刻质元的位置及振动方向，即可判断．根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有和基本能力．7.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一族等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，则下列判断正确的是（）A.粒子一定带负电B.A点的场强大于B点的场强C.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D.粒子在A点的动能小于在B点的动能【答案】B【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电．故A错误．B、由图知道，等势面间电势差相等，而A处等差等势面较密，则A点的场强较大．故B正确．C、D从A点飞到B点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小．故CD错误．故选B根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化．8.如图所示，水平方向的匀强电场和匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环．小环由静止开始下落的过程中，所受摩擦力（）A.始终不变B.不断增大后来不变C.不断减小最后为零D.先减小后增大，最后不变【答案】D【解析】解：小球由静止开始下落，当速度为零时，对小球受力分析，受到竖直向下的重力、水平向左的电场力和竖直向上的摩擦力；此时重力会大于摩擦力，小球向下运动，速度不为零时，小球还会受到水平向右的洛伦兹力，使水平方向上的合力减小，从而摩擦力也随之减小．当电场力和洛伦兹力大小相等时，摩擦力为零，小球的竖直向下的加速度最大，之后洛伦兹力要大于电场力并逐渐最大，摩擦力也随之增大，当摩擦力和重力大小相等时，小球加速度为零，开始做匀速直线运动．所以在整个过场中，摩擦力是先减小后增大，最后不变．故ABC错误，D正确．故选：D．此题要先对小球进行正确的受力分析，由受力情况判断出小球的运动情况，得知小球向下做加速运动，同时会有洛伦兹力作用在小球上，分析水平方向上的合力在减小，可判断摩擦力在减小直至为零；之后洛伦兹力增大致水平方向上合力逐渐增大，摩擦力也随之增大，直至摩擦力与重力大小相等．解决此类问题的关键就是对物体受力进行动态分析，结合牛顿运动定律分析运动情况，再由运动情况分析受力情况．动，经常出现的问题是利用平衡条件求带电体的最大速度等问题．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)10.把某一直角玻璃棱镜AOB平放在坐标纸上，如图所示，用一细束红光掠过纸面从C点入射，经AO面反射和折射后，反射光线和折射光线与x轴交于D、E两点．已知C、D、E三点的坐标分别为（0，12）、（-9，0）、（16，0）．由此可以计算出该棱镜材料对红光的折射率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：作出光路图，根据几何知识得：i=∠CDO，r=∠CEO则得sini=sin∠CDO===0.8sinr=sin∠CEO===0.6故折射率为n==故选D作出光路图，根据几何知识求出入射角的正弦和折射角的正弦，即可由折射定律求解折射率．作出光路图，运用几何知识求入射角与折射角的正弦是解题的关键．二、实验题探究题(本大题共1小题，共4.0分)9.使用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图（b）所示．图（b）中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为L，DF间的距离为S，已知打点计时器打点的周期是T．上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式______ ，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．【答案】g L=（）2【解析】解：E点的速度为v E=，则O到E，动能的增加量为△E k=mv E2=m（）2，重力势能的减小量△E p=mg L，若mg L=m（）2，即g L=（）2，机械能守恒．故答案为：g L=（）2．加量，通过下落的高度求出重力势能的减小量，若动能的增加量和重力势能的减小量相等，则重锤下落过程中机械能守恒．本题考查验证机械能守恒定律的实验；解决本题的关键掌握实验的原理，以及知道误差形成的原因．四、计算题(本大题共4小题，共62.0分)11.某学习小组通过一个简单的电路图探究多用电表的结构和原理，如图所示，若黑表笔做为电表的公共端，红表笔通过转换开关接入待测量相应的测量端，使用时，只有部分电路起作用．当转换开关接1或2时，此多用电表为______ 表，当转换开关接3或4时，此多用电表为______ 表，当转换开关接5时，此多用电表为______ 表，若灵敏电流计G的满偏电流I g=lm A，内阻R g=10Ω，R1=0.106Ω，R2=0.42Ω，当转换开关接2时，此多用电表的量程为______ ．【答案】电流表；电压表；欧姆表；20m A【解析】解：当转换开关接1或2时，电流表与电阻并联，可用来测量电流．此多用电表为电流表，当转换开关接3或4时，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表，当转换开关接5时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，此多用电表为欧姆表，若灵敏电流计G的满偏电流I g=lm A，内阻R g=10Ω，R1=0.106Ω，R2=0.42Ω，当转换开关接2时，此多用电表的量程I=I g+=20m A．故答案为：电流表；电压表；欧姆表；20m A．欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表．本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔，是解题的难点．12.如图所示，长12m质量为50kg的木版右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端时，立刻抱住木柱，试求：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．（3）人抱住木板后，木板向什么方向滑动？滑行多远的距离？【答案】解：（1）设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度为a2，人对木板的摩擦力为f．对人，由牛顿第二定律得：f=ma1，代入数据解得：f=200N；（2）设人从左端跑到右端时间为t．对木板，由牛顿第二定律得：f-μ（M+m）g=M a2，解得：a2==2m/s2，由运动学公式得：L=a1t2+a2t2，解得：t=2s；（3）设人跑至右端时，人的速度为v1，木板的速度为v2；人抱住木板后，其共同的速度为v，由运动学公式得：v1=a1t=8m/s，v2=a2t=4m/s，由动量守恒定律可得：mv1-M v2=（m+M）v，代入数据解得：v=2m/s，v的方向与人原运动方向一致，由动能定理可得：μ（M+m）gs=（m+M）v2，代入数据解得：s=2m；答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小为200N．（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为2s．（3）人抱住木板后，木板与人原来的运动方向相同，滑行多远的距离为2m．【解析】（1）由牛顿第二定律可以求出摩擦力；（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出运动时间．（3）由匀变速运动的速度公式求出物体的速度，由动量守恒定律与动能定理可以求出滑行的距离．分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动能定理即可正确解题．13.一质量为M=1K g的小车上固定有一质量为m=0.2K g，宽L=0.25m、电阻R=100Ω的100匝的矩形线圈，一起静止在光滑水平面上，现有一质量为m0的子弹以V0=250m/s的水平速度射入小车中，并随小车线圈一起进入一与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平匀强磁场中如图，小车运动过程中的V-S图象如图．求：（1）子弹的质量；（2）图中S=80cm时线圈中的电流强度；（3）在进入过程中通过线圈某一截面的电量；（4）求出线圈小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量．【答案】解：（1）根据动量守恒定律有：m0v0=（M+m+m0）v得：m0==0.05kg（2）当s=80cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度为v2=8m/s由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流为：I===2A（3）通过线圈某一截面的电量为：q===0.1C（4）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s．线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热：Q=（M+m+m0）（v12-v32）解得线圈电阻发热量：Q=60J．答：（1）子弹的质量0.05kg．（2）图中S=80cm时线圈中的电流强度2A．（3）在进入过程中通过线圈某一截面的电量0.1C．（4）线圈小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量60J．【解析】（1）根据动量守恒求子弹的质量．（2）线圈进入磁场，线圈中有感应电流受安培力作用，小车做减速运动速度v随位移s减小，当线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．结合图象的信息，读出小车的水平长度l，根据小车的运动情况，求线圈的电流强度．（3）根据感应电荷量q=求电量．（4）线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．结合力和运动的关系进行分析求解，明确安培力对物体运动的影响．14.如图所示，一质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E，方向与x轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，并通过了b点正下方的c点，粒子重力不计，试求：（1）b点与O点的距离；（2）圆形匀强磁场区域的最小半径；（3）C点到b点的距离．【答案】解：（1）带电粒子在磁场中匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，然后进入电场，粒子运动轨迹如图所示，圆心在O1从a点射出磁场，设轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：R=，由几何知识可得：O1b=2R，O b的距离为：3R=；（2）要使磁场的区域面积最小，O a应为圆形磁场区域的直径，设磁场区域的半径为r，由几何关系得：cos30°=，解得：r=；（3）带电粒子在磁场中做类平抛运动，设bc间距离为S，则：S sin30°=v0t S cos30°=at2，加速度：a=，解得：S=．答：（1）b点与O点的距离；（2）圆形匀强磁场区域的最小半径为；（3）C点到b点的距离为．【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后求出距离．（2）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出磁场区域的最小半径．（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出C点到b点的距离．本题考查了粒子在磁场、电场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键；粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题．。
高三物理15年月考试题(天津卷)DOC
物理学科高三第二次月考卷（仿天津卷）（满分120分，考试时间 90分钟）一、选择题（本题共12个小题，每题给出的四个选项中，1-7只有一个选项正确，每小题5分，共35分；8-12有多个选项正确，每小题6分，共30分；多选题中全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．发射探测火星的飞船必须使飞船的速度超过第二宇宙速度．在下面的哪个地点、向什么方向发射，最节省能量？（ ）A ．发射场建在低纬度地区，向东方发射B ．发射场建在低纬度地区，向南方发射C ．发射场建在高纬度地区，向东方发射D ．发射场建在高纬度地区，向北方发射2．下列说法正确的是A ．做平抛运动的物体，在任何相同时间内速度的改变量一定相等B ．做类平抛运动的物体，所受合外力的方向一定与速度方向垂直C ．做匀速圆周运动的物体，在任何相同时间内速度的改变量一定相等D ．做圆周运动的物体，所受的合外力等于圆周运动所需的向心力3．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小3g/4。
物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的（ ）A.斜面是光滑的 B ．物体克服摩擦力做功为12mgHC ．动能能损失了mgHD ．机械能损失了mgH4．关于功，下列说法正确的是（ ）A. 力和位移都是矢量，所以功也是矢量B. 功只有大小而无方向，所以功是标量C.功既有大小又有正负，所以功是矢量D.功的大小仅由位移决定，位移越大，做功越多5．质量为m 的汽车以恒定加速度a 启动后沿水平道路行驶，经过一段时间t 后将达到额定功率p 。
若行驶中受到的摩擦阻力大小不变,则在加速过程中汽车受到的摩擦阻力为A ．P/atB ．2P/atC ．P/at-maD ．P/at+ma6．如图，在地面上以速度υ0抛出质量为m 的物体，初速度与水平方向的夹角为θ，抛出后物体落在比地面低h 的海平面上，若以地面为零势能参考面，且不计空气阻力，则（ ）A ．重力对物体做的功为mgh+20)sin (21θv mB ．物体在海平面的重力势能为mghC ．物体在海平面上的动能为mgh m +2021υ D ．物体在海平面上的机械能为mgh m +2021υ 7．物体以初速度V 0从A 点出发，沿光滑水平轨道向前滑行，途中经过一小段粗糙程度恒定的轨道并滑离，关于该物体在通过轨道的粗糙部分的前后，下列说法正确的是（ ）A ．初速度V 0越大，物体动能的减少量越大B ．初速度V 0越小，物体动能的减少量越大C ．初速度V 0越大，物体速度的减少量越小D ．初速度V 0越大，物体速度的减少量越大8．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。
天津市五区县高三物理下学期第二次模拟考试试卷(含解析)
天津市五区县2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的是）1．下列说法正确的是( )A．β射线比α射线更容易使气体电离B．放射性同位素的半衰期由核本身决定，与外部条件无关C．核反应堆和太阳内部发生的都是核裂变反就D．氢原子发生能级跃迁放出光子后，核外电子的动能最终会变小2．关于红光和绿光，下列说法正确的是( )A．红光的频率大于绿光的频率B．在同一玻璃中红光的速率小于绿光的速率C．用同一装置做双键干涉实验，红光的干涉条纹间距较大D．以相同入射角从同一介质射入空气时，若绿光刚好发生全反射，则红光也一定能发生全反射3．2012年6月24日，“蛟龙”号载人潜水器在西太平洋马里来纳海沟成功突破7000米深度，创造了世界同类潜水器的最大下潜深度．设质量为M的“蛟龙”号所受浮力F始终不变，在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g．当“蛟龙”号以某一速率匀速下降时，缆绳的拉力为0；现欲使“蛟龙”号以同样速率匀速率匀速上升，则缆绳的拉力为( )A．0 B．Mg﹣2F C．2Mg﹣F D．2（Mg﹣F）4．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合．下列说法正确的是( ) A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B．“轨道康复者”的速度地球同步卫星速度的5倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可通过加速度，以实现对比它更低轨道上卫星的拯救5．如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谱横波，实线为t1=0时刻的波形图线，虚线为t2=0.1s时刻的波形图线．以下判断正确的是( )A．t1时刻，平衡位置为x=2m处的质点具有沿+x方向的速度B．t2时刻，平衡位置为x=1m处的质点具有沿+y方向的速度C．波的传播速度可能为50m/sD．t3=0.2s时刻的波形一定与t1时刻相同二、不定项选择题（每小题6分，共18分。
2015年天津市十二区县重点学校高考物理二模试卷
2015年天津市十二区县重点学校高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列说法正确的是（）A.β射线是由原子核外电子电离产生的B.入射线的波长大于金属的极限波长才能发生光电效应C.C机场、车站等地利用x射线进行安全检查D.的半衰期为5730年，测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，此遗骸距今约有21480年【答案】C【解析】解：A、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子和电子，电子释放出来就成为β射线，故A错误．B、当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应，而频率越高，波长越短，所以入射光的波长必须小于金属的极限波长，才能产生光电效应，故B错误．C、x射线穿透本领强，可用来进行安全检查．故C正确．D、据题知，测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，说明经过3个半衰期，而的半衰期为5730年，所以此遗骸距今有：t=3×5730年=17190年，故D错误．故选：Cβ射线实际上是原子核中的中子转化来的电子．入射线的波长小于金属的极限波长才能发生光电效应；x射线穿透本领强，可用来进行安全检查．半衰期为原子核有半数发生衰变所需的时间．根据放射性物质的含量可求时间．本题考查原子物理和物理光学的基本知识，要知道β射线的实质和产生的原因，掌握光电效应的条件，理解最大波长的含义．能理解物质的含量与半衰期的关系，并能解决实际问题．2.下列说法不正确的是（）A.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B.照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象C.泊松亮斑是由光的衍射现象形成的D.在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象【答案】A【解析】解：A、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光在标准平面与被检查的平面之间的空气薄膜的前后表面上的两束反射光的干涉现象．故A错误；B、照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，因为可见光有“红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫”七种颜色，而膜的厚度是唯一的，所以只能照顾到一种颜色的光让它完全进入镜头，一般情况下都是让绿光全部进入的，这种情况下，你在可见光中看到的镜头反光其颜色就是蓝紫色，因为这反射光中已经没有了绿光．故B正确；D、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．故D正确．故选：A用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象；照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象；泊松亮斑是由光的衍射现象形成的；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．本题中泊松亮斑与光导纤维学生容易接受并掌握的知识点，理解利用薄膜干涉检查光学平面的平整程度和增透膜的原理是该题的关键．3.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规定导体环中电流的正方向如图（a）所示，磁场方向向上为正．当磁感应强度B随时间t按图（b）变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故ABC错误，D正确．故选：D．正确解答本题一定要明确B-t图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比．正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习．4.平行板电容器与电动势为E的直流电源，电阻R、电流k连接成如图所示的电路，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于静止状态，断开电键k，若将下极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.油滴将竖直向上运动B.p点的电势将降低C.油滴的电势能减小D.电容器极板带电量增大【答案】【解析】解：A、断开电键前，粒子受电场力和重力平衡，故电场力向上，故粒子带负电；断开电键后，电容器的带电量Q不变，根据公式C=、C=和U=E d，有：E=故极板距离变化不会引起板间场强的变化，故电场力不变；故粒子保持静止；故A错误；B、C、断开电键后，改变极板间距，电场强度不变，根据U=E d，AP间的电势差减小，由于U AP=φp，故P点的电势减小；P点的电势减小，粒子带负电，根据E p=qφp，由于油滴带负电荷，所以油滴的电势能增加，故B正确，C错误；D、断开电键K后，电容器的带电量不变；故D错误；故选：B．电路稳定后，断开电键K后，电容器的带电量不变；根据公式C=、C=和U=E d推导出电场强度的表达式；根据U=E d判断P点和负极板的电势差变化情况，根据E p=qφ判断电势能的变化情况．本题考查电容器的动态分析，当电容器与电源相连接时，电容器两端的电压不变，而充电后断开，则电容器两板上的电量不变；同时本题中电势能为易错点，应注意电势能与电势及电荷量均有关系．5.如图所示，在倾角α=30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是（）A.弹簧的原长为L+B.水平恒力大小为mgC.撤掉恒力瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力瞬间小球B的加速度为g【答案】C【解析】°，则弹簧的伸长量，解：A、对小球B分析知，弹所以弹簧的原长为L-．故A错误．B、对整体分析，2mgsin30°=F cos30°，解得F=．故B错误．C、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对A球，根据牛顿第二定律得，°弹．故C正确．D、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对B球，合力为零，则B球的加速度为零．故D 错误．故选：C．隔离对B分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的形变量，得出弹簧的原长．对整体分析，根据共点力平衡求出水平恒力F的大小，撤去恒力的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度的大小．本题综合考查了牛顿第二定律、共点力平衡，知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.“嫦娥二号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度为200km，已知卫星在该轨道运动的线速度、周期、月球的半径和万有引力常量，仅利用以上条件能求出（）A.月球的质量和平均密度 B.卫星运动的向心加速度C.月球表面的重力加速度D.月球和卫星间的万有引力【答案】ABC【解析】解：A、因为月球的平均半径R、卫星的高度h，周期T已知，根据万有引力提供向心力=m rr=（R+h）所以可求得月球的质量M，已知月球的半径，即可求得月球的平均密度，故A正确．B、由卫星运动的向心加速度a=（R月+h），由已知条件可以求出a；故B正确．C、根据=mg知，月球表面的重力加速度g=，可以求出g．故C正确．D、因为卫星的质量未知，则无法求出月球对卫星的引力．故D错误．故选：ABC．根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出月球的质量，结合月球的体积求出平均速度．根据轨道半径和周期求出卫星的线速度，结合月球的质量和半径，根据万有引力等于重力求出月球表面的重力加速度．解决本题的关键掌握万有引力的两个基本思路：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用．7.如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin100πt（V），电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表，则下列说法中正确的是（）A.交流电的频率为50H zB.电流表A1的示数为0.2 AC.变压器的输入功率为88WD.电压表的示数为44V【答案】AD【解析】解：A、交流电的周期为：T==0.02s，f==50H z．故A正确．B、原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V，则电流表A2的示数为：I2==1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：I1=×1=0.2A．故B错误，D正确．C、副线圈的功率，所以变压器的输入功率P1=44W，故C错误．故选：AD．电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系．8.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谱横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.1s时刻的波形图．已知该波的波速是v=1.0m/s，则下列说法正确的是（）A.这列波的振幅是20cmB.这列波沿x轴正方向传播的C.在t=0.1s时，x=2cm处的质点p速度沿y轴负方向D.经过0.18s，x=2cm处的质点p通过路程为0.6m【答案】BD【解析】解：A、根据波形图可知，振幅A=10cm，故A错误；B、由图知：λ=0.12m，则周期T=，t=0.1s=，根据波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播．故B正确．C、波沿x轴正方向传播，则在t=0.1s时，x=2cm处的质点p向上振动，速度沿y轴正方向，故C错误；D、t=0.18s=T，则x=2cm处的质点p通过路程s=，故D正确．故选：BD由图读出波长，求出周期，根据时间t=0.1s与周期的关系判断波的传播方向，并判断t=0.1s时，x=2m处的质点速度方向；分析质点P在0.18s时的位置，确定其通过的路程；本题关键是根据时间t=0.1s与T的关系，利用波形的平移法判断波的传播方向．根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态．三、计算题(本大题共1小题，共4.0分)9.如图所示，在线角为θ的斜面上以速度v0水平抛出一小球，设斜面足够长，已知小球质量为m，重力加速度为g，则从抛出开始计时，经过时间t= ______ ，小球落到斜面上；在整个过程中小球动量变化量的大小为______ ．（不计空气阻力）【答案】；2mv0tanθ解：根据tanθ=得，平抛运动的时间t=；则小球的速度变化量△v=gt=2v0tanθ，则小球动量变化量的大小△P=m△v=2mv0tanθ．故答案为：，2mv0tanθ．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移与水平位移的关系，求出运动的时间，结合运动的时间求出速度的变化量，从而得出小球动量的变化量．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的速度变化量的方向与加速度方向相同，始终竖直向下．四、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)10.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置，现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带和带铁夹的重物．①为了完成实验，除了所给的器材、还需要的器材有______ ．（填字母代号）A．毫米刻度尺B．秒表C.0-12V的直流电源D.0-12V的交流电源②下列做法正确的是______ （填字母代号）A．实验时，必须用秒表测出重物下落的时间B．实验时，应选用质量大，体积小的重物C．实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先释放纸带，后接通电源D．用毫米刻度尺测出重物下落的高度h．并通过v=计算出瞬时速度v．③实验中得到一条比较理想的纸带如图2所示，在点迹较清晰的部分选取某点O作为起始点，图中A、B、C、D为纸带上选取的4个连续点，分别测出B、C、D到O点的距离分别为15.55cm、19.20cm、23.23cm，重物和纸带下落的加速度a= ______ m/s2．【答案】A；B；9.5【解析】解：①在验证机械能守恒定律的实验中，除需要带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带和带铁夹的重物外，还需要测量计数点之间距离的毫米刻度尺；②A、实验的过程中打点计时器是测量时间的，故不需要秒表．故A错误；B、实验时，应选用质量大，体积小的重物．故B正确；该次序不能颠倒．故C错误；D、计算速度时，要使用某段时间内的平均速度计算该段时间的中点时刻的瞬时速度；故D错误．故选：B③m由于：所以：故答案为：①A；②B；③9.5（1）正确选取器材首先要明确实验原理，知道实验目的，明确需要哪些方面的测量，从而确定所需的器材，以及不必要的器材．（2）实验的过程中打点计时器是测量时间的；应选用质量大，体积小的重物；实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先接通电源，后释放纸带；要使用某点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度计算速度；（3）根据纸带上的数据，由作差法求出加速度．解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法，难度不大，所以基础题．11.某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图1所示．ab是一段粗细均匀的金属电阻丝，R0是阻值为5Ω的保护电阻，学生电源的输出电压为10V，电流表可视为理想电表．①用螺旋测微器测量金属丝的直径如图2所示，其直径为______ mm．②先接通电源，后闭合电键，发现电流表的示数为零，利用多用电表检查故障（电路中故障只有一处）．先将选择开关旋至直流电压档，将红表笔固定在e接线柱，再将黑表笔依次接d、c、b、a、h接线柱，对应的多用电表的示数分别为0、0、10V、10V、10V．由此可以判断电路发生的故障是______ ．③排除故障后进行实验，闭合电键k，调节线夹a的位置，记录金属电阻丝ab的长度L 和对应的电流表的示数I，根据得到的实验数据，做出了-L图，如图3，由图象和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为______ Ω•m．（保留2位有效数字）④若电流表不能视为理想电表，考虑电流表的电阻，则电阻率的测量值______ 真实值．（选填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】0.900；bc间导线断路；6.3×10-6；等于【解析】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm．②闭合开关电流表示数为零，说电路存在断路，接e与b、a、h时电压表示数为10V，说明此时电压表与电源两极相连，b与电源正极间不存在断路，电压表接e与d、c时电发生在bc间，bc间导线断路．③由图示电路图可知，E=I（R0+R），则：=+R=+=+L，即：=+L，-L图象的斜率：k=，则电阻率：ρ=，由图示图象可知：k===1，将d=0.900mm，k=1，E=10V代入ρ=解得：ρ=6.3×10-6Ω•m．④考虑电流表内阻，由图示电路图可知，E=I（R0+R+R A），解得：=+L，电阻率：ρ=，由此可知，电流表内阻对电阻丝电阻率的测量没有影响，测量值等于真实值．故答案为：①0.900；②bc间的导线断路；③6.3×10-6；④等于．①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．②常见电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因．③求出图象的函数表达式，然后根据图示图象与电阻定律求出电阻率．④根据电路图分析实验误差．本题考查了测金属丝电阻率实验，应用闭合电路欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．五、计算题(本大题共3小题，共54.0分)12.以坐标原点为中心、边长为L的正方形EFGH区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．在A处有一个粒子源，可以连续不断的沿x轴负方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界EF射出．已知粒子的质量为m，电量大小为q，不计重力和粒子间的相互作用．（1）若粒子从EF与y轴的交点射出，试判断粒子的电性并计算粒子射入磁场的速度v1的大小；（2）若粒子以速度v2=射入磁场，求粒子在磁场中运动时间t．【答案】解：（1）由左手定则可以判断，粒子带负电；由几何关系，粒子的运动半径：R=；由牛顿第二定律，有：q B v1=m解得：v1=（2）由牛顿第二运动定律，有：q B v2=m带电粒子在磁场中做匀速圆周运动所对应的回旋角为θ，由几何关系可得：cosθ==解得：θ=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T==带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间：t=答：（1）粒子带负电，粒子射入磁场的速度v1的大小为；（2）粒子在磁场中运动时间t为．【解析】（1）根据左手定则判断电性，圆心为F点，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）粒子以速度v2=射入磁场，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，然后画出运动轨迹，根据t=求解运动时间．本题关键是明确粒子的运动规律，画出轨迹后，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式求解，基础问题．13.质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为m=3kg，停在B的左端．质量为m0=1kg的小球用长为R=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉着至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长．【答案】解：（1）小球向下摆动过程，由动能定理得：m0g R=m0v2，小球到达最低点时，由牛顿第二定律得：F-m0g=m0，解得：F=30N；（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v=m0v1+mv2，由机械能守恒定律得：m0v2=m0v12+mv22，物块A与木板B达到共同速度过程中，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，由能量守恒定律得：μmg L=mv22-（M+m）v32，解得：L=m；答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小为30N；（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长至少为m．【解析】（1）由动能定理求出小球的速度，与牛顿第二定律求出拉力大小；（2）A在B上运动过程系统动量守恒，能量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出木板长度．本题考查了求拉力、木板长度问题，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意准确选择研究过程，注意正方向的选择．14.磁流体发电是一种新型发电方式，如图是其工作原理示意图．图中发电导管是一个水平位置的上下、前后封闭的矩形塑料管，其宽度为a，高度为h，内部充满电阻率ρ的水银，前后两个侧面有宽度为L，电阻可略的导体电极，这两个电极用电阻不计的导线相连，导体电极间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．发电导管内水银的流速随磁场有无而不同．设发电导管内水银不可压缩且流速处处相同，水银所受摩擦阻力总与流速成正比，不存在磁场时，发电导管两端由涡轮机产生的压强差△p维持水银具有恒定流速为v n．（1）加磁场后，两个电极区域间的电阻R的表达式；（2）加磁场后，水银稳定流速为v，写出水银所受的磁场力F与v关系式并指出F的方向；（3）加磁场后，仍维持水银具有恒定流速v0，求发电导管的输入功率P．【答案】解：（1）由题意可知：R=（2）水银进入磁场，等效导体棒切割磁感线，产生的电动势E=B av根据闭合电路欧姆定律有：I=等效导体棒所受磁场力F=B la磁场力的方向与水银的流速方向相反．（3）水银流速为v0时，磁场力F′=不加磁场时，由平衡条件有：△pab=kv0水银流速为v0时，水银受到的阻力：f=kv0水银流速为v0时，根据平衡条件有：△p′ab=f+F′发电导管的输入功率：P=△p′ab•v0解得：P=△pabv0+B2L abv02答：（1）加磁场后，两个电极区域间的电阻R的表达式为R=；（2）加磁场后，水银稳定流速为v，水银所受的磁场力F与v关系式F=，F的方向与水银的流速方向相反；（3）加磁场后，仍维持水银具有恒定流速v0，发电导管的输入功率P=△pabv0+B2L abv02．【解析】（1）根据电阻定律R=ρ求电阻；（2）结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律以及安培力公式列方程联立求解；（3）发电导管的输入功率：P=F•v=△p′ab•v0，需要结合平衡条件求出△p′即可．解决本题的关键掌握电阻定律、安培力大小和方向的判断，难点在于通过平衡求出流体新的稳定速度v的表达式．高中物理试卷第11页，共11页。
天津市南开区近年届高三物理下学期第二次模拟考试试题(含解析)(最新整理)
【解析】
【详解】对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得
，解得:
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
，
.
A 项：若飞行速率 v 不变，θ 增大,由
知，R 减小,故 A 错误；
B 项：若飞行速率 v 不变，θ 增大，由
知 T 减小，故 B 错误；
C 项：若 θ 不变，飞行速率 v 增大，由
知,R 增大，故 C 正确；
B、b 点电势为零,
，场强增大,M 点电势升高，液滴电场力方向向上,
5
天津市南开区 2019 届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）
所以液滴带负电,液滴在 M 点电势能降低,故 B 错误; D、在 a 板移动前后两种情况下，若将液滴从 a 板移到 b 板,由于电压相同,电场力做功 qU 相同, 故 D 正确； 故选 D。 【点睛】极板始终与电源连接，电压不变，由 可知 d 减小电场强度 E 增大,电场力增大,粒 子向上加速运动；判断某一点电势高低必须找一个参考点，就是接地点或零势点，明确电势差 与电势的关系.
3
【答案】C
天津市南开区 2019 届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）
【解析】
【详解】在 b 物体上施加水平拉力 F 后，两物体始终保持静止状态,则物体 b 受到接触面的静
摩擦力，大小 f=F； 因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体 b 的重力,由整体法
可知,a 物体对水平面的压力大小大于为 2mg，故 AD 错误，C 正确;根据摩擦力产生的条件可知，
A。 若飞行速率 v 不变, 增大，则半径 R 增大 B. 若飞行速率 v 不变, 增大，则周期 T 增大 C。 若 不变，飞行速率 v 增大，则半径 R 增大
【精品】2015年天津市南开区高考物理二模试卷含答案
2015年天津市南开区高考物理二模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．（6分）氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（）A．b光的光子能量大于a光的光子能量B．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出紫外线C．在水中传播时，a光较b光的速度小D．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的相邻条纹间距较大2．（6分）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W3．（6分）图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点．下列说法错误的是（）A．波速为0.5m/sB．波的传播方向向右C．当t=7s时，P恰好回到平衡位置D．0～2s时间内，P向y轴负方向运动4．（6分）2006年美国NBA全明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1 5．（6分）如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时（）A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压二、不定项选择题（每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．）6．（6分）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m7．（6分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．三个等势面中，c等势面电势高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较大8．（6分）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F fa≠0，b所受摩擦力F fb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．F fa大小不变 B．F fa方向改变 C．F fb方向向右 D．F fb仍然为零三、解答题（共7小题，满分72分）9．（18分）已知一颗人造卫星在某行星表面上空做匀速圆周运动，经时间t，卫星的行程为S，它与行星中心的连线扫过的角度为1rad，那么，卫星的环绕周期为，该行星的质量为．（设万有引力恒量为G）10．如图所示，20分度的游标卡尺读数为cm；螺旋测微器的读数为mm．11．某同学做测定玻璃折射率实验时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，他以O点为圆心，以10.00cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交OO′连线的延长线于C点，过A点作法线NN′的垂线AB交NN′于B点，过C点作法线NN′的垂线CD交NN′于D点，如图所示．用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm，由此可得出该玻璃的折射率n=，该玻璃临界角的正弦值为．12．利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作出﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和R的关系式为；（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①，②．/A﹣1（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=A﹣1Ω﹣1，截距b=A﹣1；（4）根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=Ω．13．（16分）如图所示，水平传送带的速度为4.0m/s，它的右端与等高的光滑水平平台相接触．将一质量为m=1kg的工件（可看成质点）轻轻放在传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在静止在平台下的小车的左端，小车的质量为M=2kg，小车与地面的摩擦可忽略．已知平台与小车的高度差h=0.8m，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2m，取g=10m/s2，求：（1）工件水平抛出的初速度v0是多少；（2）传送带的长度L是多少；（3）若工件落在小车上时水平方向的速度无损失，并最终与小车共速，则工件和小车最终的速度v是多少．14．（18分）如图所示，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点3L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去磁场只保留电场，电子将从P点离开电场，P点的坐标是（2L，5L）．不计重力的影响，求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小及方向；（2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上的D点（图中未标出）离开磁场，求D点的坐标及电子在磁场中运动的时间．15．（20分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ、MN，PQ、MN的电阻不计，间距为d=0.5m．P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中．电阻分别为R1=0.4Ω、R2=0.1Ω、质量分别为m1=0.3kg和m2=0.5kg的两金属棒L1、L2平行的搁在光滑导轨上．现固定棒L1，L2在水平恒力F=0.4N的作用下，由静止开始做加速运动，求：（1）当电压表的读数为U=0.4V时，棒L2的速度v1和加速度a；（2）棒L2能达到的最大速度v m的大小；（3）若在棒L2达到最大速度v m时撤去外力F，并同时释放棒L1，求棒L2达到稳定时的速度值v；（4）若固定棒L1，当棒L2的速度为v2，且离开棒L1距离为S的同时，撤去恒力F，为保持棒L2做匀速运动，可以采用将B从原值（B0=0.2T）逐渐减小的方法，则磁感应强度B t应怎样随时间变化（写出B t与时间t的关系式）．2015年天津市南开区高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．（6分）氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（）A．b光的光子能量大于a光的光子能量B．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出紫外线C．在水中传播时，a光较b光的速度小D．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的相邻条纹间距较大【解答】解：A、氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量，所以b光的光子能量小于a光的光子能量，故A错误；B、氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时，光子能量小于从n=4的能级向n=2的能级跃迁时的光子能量，知光子频率小于可见光的光子频率，不可能是紫外线．故B错误；C、氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量，则a光的频率大于b光的频率，折射率大于b光的折射率，根据v=，知a光在介质中速度小于b光．故C正确．D、用同一装置进行双缝干涉实验，a光的波长小，a光的相邻条纹间距较小，故D错误；故选：C．2．（6分）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W【解答】解：由图象可知用该电源和灯泡组成闭合电路时，交点为它们工作时的电流和电压的大小，电路中电流为I=2A，路端电压为U=2V，电源的电动势的大小为3V，电源的输出功率为P=UI=2×2=4W，电源的总功率P=EI=3×2=6W．故选：B．3．（6分）图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点．下列说法错误的是（）A．波速为0.5m/sB．波的传播方向向右C．当t=7s时，P恰好回到平衡位置D．0～2s时间内，P向y轴负方向运动【解答】解：A、由图（a）可知该简谐横波波长为2m，由图（b）知周期为4s，则波速为v==0.5m/s，故A正确；B、根据图（b）的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；C、当t=7s时，△t=5s=1，P恰好回平衡位置，故C正确；D、由于该波向左传播，由图（a）可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知0～2s时间内，P向y轴负方向运动，故D正确；本题选择错误的，故选：B．4．（6分）2006年美国NBA全明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1【解答】解：对球在手中到篮筐的过程中，手对篮球做功为W，重力做负功，根据动能定理得，W﹣mg（h2﹣h1）=E k﹣0，解得篮球进框时的动能E k=W+mgh1﹣mgh2，故A正确，B、C、D错误．故选：A．5．（6分）如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时（）A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压【解答】解：AB、设变压器原、副线圈数比为K（K＜1），A、B端接入的电压为U．则L2两端的电压为U2=，A2表的示数I A2=．对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为，设通过L1的电流为I1，则L1两端的电压为I1R L，A1表的示数为I A1=KI1，降压变压器原线圈的电压为I1R L，则有：﹣2RKI1=I1R L解得I1=，则I A1=KI1==因为R L＞2R，K＜1，可以得到I A2＞I A1．I1＞I A2．故AB错误；C、电阻R1、R3相等，I A2＞I A1，根据公式P=I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；D、电阻R2、R4相等，I A2＞I A1，根据欧姆定律知：R2两端的电压小于R4两端的电压，故D正确．故选：D．二、不定项选择题（每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．）6．（6分）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m【解答】解：A、由△s=at2可得物体的加速度a的大小为，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；B、根据s CD﹣s BC=s BC﹣s AB=1m，可知s CD=3+1m=4m，故B正确；C、物体经过B点时的瞬时速度v为=再v t2=2as可得OB两点间的距离s OB为所以O与A间的距离s OA为s OA=s OB﹣s AB=（3.125﹣2）m=1.125m，故C正确，D 错误．故选BC7．（6分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．三个等势面中，c等势面电势高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较大【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故质点在P点的电势能较大，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故质点在Q点的动能较大，故C正确；D、由于相邻等势面之间的电势差相同．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选：BCD．8．（6分）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F fa≠0，b所受摩擦力F fb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．F fa大小不变 B．F fa方向改变 C．F fb方向向右 D．F fb仍然为零【解答】解：初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡．右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力．故AC正确，BD错误．故选：AC．三、解答题（共7小题，满分72分）9．（18分）已知一颗人造卫星在某行星表面上空做匀速圆周运动，经时间t，卫星的行程为S，它与行星中心的连线扫过的角度为1rad，那么，卫星的环绕周期为2πt，该行星的质量为．（设万有引力恒量为G）【解答】解：（1）由圆周运动的规律得：T=，ω=得：T=2πt．（2）卫星在行星表面上做圆周运动，由万有引力提供向心力得：=mω2R，而：R=，解得：M=故答案为：2πt，；10．如图所示，20分度的游标卡尺读数为10.030cm；螺旋测微器的读数为3.570mm．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：10cm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.3mm=0.03cm，所以最终读数为：10cm+0.03cm=10.030cm．2、螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为7.0×0.01mm=0.070mm，所以最终读数为3.5mm+0.070mm=3.570mm．故答案为：10.030，3.57011．某同学做测定玻璃折射率实验时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，他以O点为圆心，以10.00cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交OO′连线的延长线于C点，过A点作法线NN′的垂线AB交NN′于B点，过C点作法线NN′的垂线CD交NN′于D点，如图所示．用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm，由此可得出该玻璃的折射率n= 1.5，该玻璃临界角的正弦值为0.67．【解答】解：图中P1P2作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r．则由几何知识得：AB===6cmsini=，sinr=又AO=OC，则折射率n====1.5该玻璃临界角的正弦值sinC==≈0.67故答案为：1.5，（或0.67）．12．利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作出﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和R的关系式为=R+（5.0+r）；（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①0.110，②9.09．/A﹣1（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=1A﹣1Ω﹣1，截距b=6A﹣1；（4）根据图线求得电源电动势E= 3.0V，内阻r= 1.0Ω．【解答】解：（1）电流表与电阻R1并联，两端电压相等，电阻R1的阻值为3.0Ω，电流表内阻为R A=6.0Ω，则通过电阻R1的电流为为通过电流表的2倍，=2Ω，由图a所示电路图可知，E=3I 电流表示数为I，电路电流为3I，并联电阻R并（R+R0+R+r），则=R+3=R+（5.0+r）；并（2）由图b所示可知，电流I=0.110A，所以电流的倒数为9.09；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知，图象斜率k===1，由图示可知，图象截距：b=6.0；（4）由图示图象与图象的函数表达式可知，k=，b=（5.0+r），代入数据解得，电源电动势E=3.0V时，内阻r=1.0Ω；故答案为：（1）=R+（5.0+r）；（2）0.110；9.09；（3）图象如图所示；1；6；（4）3.0；1.0．13．（16分）如图所示，水平传送带的速度为4.0m/s，它的右端与等高的光滑水平平台相接触．将一质量为m=1kg的工件（可看成质点）轻轻放在传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在静止在平台下的小车的左端，小车的质量为M=2kg，小车与地面的摩擦可忽略．已知平台与小车的高度差h=0.8m，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2m，取g=10m/s2，求：（1）工件水平抛出的初速度v0是多少；（2）传送带的长度L是多少；（3）若工件落在小车上时水平方向的速度无损失，并最终与小车共速，则工件和小车最终的速度v是多少．【解答】解：（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动．水平方向：s=v0t竖直方向：得：=3 m/s（2）由于v0=3 m/s小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动．小物块在传送带上所受摩擦力：F f=μmg由牛顿第二定律可知：F f=ma由运动学关系可知：得：=1.5 m（3）由于工件落在小车上时水平方向的速度无损失，仍为v0=3 m/s，取向右为正方向，由系统的动量守恒，可知mv0=（m+M）v得v=1 m/s．答：（1）工件水平抛出的初速度是3m/s．（2）传送带的长度L是1.5m．（3）工件和小车最终的速度v是1m/s．14．（18分）如图所示，在xOy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点3L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去磁场只保留电场，电子将从P点离开电场，P点的坐标是（2L，5L）．不计重力的影响，求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小及方向；（2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上的D点（图中未标出）离开磁场，求D点的坐标及电子在磁场中运动的时间．【解答】解：（1）只有电场时，电子做类平抛运动到D点，则沿Y轴方向有2L=①沿v0方向有v0t=2L ②由①②得E=，沿y轴负方向③电子做匀速运动时有eE=Bev0④由③④解得B=，垂直纸面向里⑤（2）只有磁场时，电子受洛伦兹力做圆周运动，设轨道半径为R，由牛顿第二定律有Bev0=⑥，由⑤⑥得R=2L ⑦电子在磁场中运动的轨道如图所示，由几何关系得，α=30°所以=Rcos30°=，即D点的坐标为（，0）电子在磁场中运动的周期为T，T=电子在磁场中运动的时间为t==答：（1）电场强度E的大小为，沿y轴负方向，磁感应强度B的大小为，垂直纸面向里；（2）D点的坐标为（，0），电子在磁场中运动的时间为．15．（20分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ、MN，PQ、MN的电阻不计，间距为d=0.5m．P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中．电阻分别为R1=0.4Ω、R2=0.1Ω、质量分别为m1=0.3kg和m2=0.5kg的两金属棒L1、L2平行的搁在光滑导轨上．现固定棒L1，L2在水平恒力F=0.4N的作用下，由静止开始做加速运动，求：（1）当电压表的读数为U=0.4V时，棒L2的速度v1和加速度a；（2）棒L2能达到的最大速度v m的大小；（3）若在棒L2达到最大速度v m时撤去外力F，并同时释放棒L1，求棒L2达到稳定时的速度值v；（4）若固定棒L1，当棒L2的速度为v2，且离开棒L1距离为S的同时，撤去恒力F，为保持棒L2做匀速运动，可以采用将B从原值（B0=0.2T）逐渐减小的方法，则磁感应强度B t应怎样随时间变化（写出B t与时间t的关系式）．【解答】解：（1）L1与L2串联，流过L1、L2的电流为：I===1A，感应电动势：E=I（R1+R2）=1×（0.4+0.1）=0.5V，感应电动势：E=Bdv1，解得：v1===5m/s，L2所受安培力为：F安=BdI=0.2×0.5×1=0.1N，由牛顿第二定律得，加速度：m/s2；（2）当L2所受安培力F=F时，棒有最大速度v m，此时电路中电流为I m，安则：F=BdI m，，E m=Bdv m，安由平衡条件得：F=F，代入数据解得：v m=20m/s；安时，（3）撤去F后，棒L 2做减速运动，L1做加速运动，当两棒达到共同速度v共L2有稳定速度，此过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v m=（m1+m2）v，代入数据解得：v=12.5 m/s；（4）要使L2保持匀速运动，回路中磁通量必须保持不变，设撤去恒力F时磁感应强度为B0，t时刻磁感应强度为B t，则：B0dS=B t d（S+v2t），解得：；（1）当电压表的读数为U=0.4V时，棒L2的速度v1为5m/s，加速度a为0.6m/s2；答：（2）棒L2能达到的最大速度v m的大小为20m/s；（3）若在棒L2达到最大速度v m时撤去外力F，并同时释放棒L1，棒L2达到稳定时的速度值v为12.5m/s；（4）磁感应强度B t随时间变化的关系为：．赠送—高考物理解答题规范化要求物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分很大(60%)，单题的分值也很高。
【最新经典文档】年天津市十二区县重点学校高考物理二模试卷(解析版)
D． 的半衰期为 5730 年，测得一古生物遗骸中的
含量只有活体中的 ，此遗骸距约有 21480 年2．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B．照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象
C．泊松亮斑是由光的衍射现象形成的
D．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象
2015 年天津市十二区县重点学校高考物理二模试卷
一、选择题（每小题 6 分，共 30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项
是正确的）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．β射线是由原子核外电子电离产生的
B．入射线的波长大于金属的极限波长才能发生光电效应
C．C 机场、车站等地利用 x 射线进行安全检查
C、x 射线穿透本领强，可用来进行安全检查．故 C 正确．
D、据题知，测得一古生物遗骸中的
含量只有活体中的 ，说明经过 3 个半
衰期，而 的半衰期为 5730 年，所以此遗骸距今有： t=3×5730 年=17190 年，
故 D 错误． 故选： C
2．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
故选： A
3．（6 分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规定导体环中电
流的正方向如图（ a）所示，磁场方向向上为正．当磁感应强度 B 随时间 t 按图
（ b）变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（
）
A．
B．
C．
D． 【解答】 解：根据法拉第电磁感应定律有： E=n =ns ，因此在面积、匝数 不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与 B﹣ t 图象中的斜率成 正比，由图象可知： 0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律 可知感应电流方向顺时针即为正值， 2﹣4s 斜率不变，电流方向为逆时针，整个
天津市南开区2015届高三一模理综试卷.pdf
②过量的Cr2O72—可用Fe2＋与之完全反应，反应如下所示：
____Cr2O72— + ____Fe2＋ +____H＋ ____Cr3＋ +____Fe3＋ +____H2O
现有0.12 g工业甲醇，在稀硫酸中与25.0 mL 0.2 mol/L K2Cr2O7溶液反应，多余的K2Cr2O7
比，气相直接水合法的优点是__________________________________。
Ⅱ. 甲醇虽然毒性很强，但它是一种清洁燃料，也是一种重要的合成原料。工业甲醇的质量分数可以用下列方法测
定：
①在稀硫酸中甲醇被Cr2O72－氧化成CO2和H2O，其反应为：
CH3OH + Cr2O72— + 8H＋====CO2↑+ 2Cr3＋ + 6H2O；
红氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质浅黄绿继续通入的氯气溶于水使溶液呈浅黄绿色（6）吸收尾气
，防止污染
（1分）
理科综合共300分，考试用时150分钟。
生物试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷至第Ⅰ卷答第I卷前，考生务必将自己的姓
恰好与9.6 mL 1.0 mol/L FeSO4溶液完全反应。
（3）请配平第②步中离子方程式(配平系数依次填写在短线上)。
（4）工业甲醇的质量分数为__________。
南开区2015年高三理科综合能力测试(一) （化学答案）
1D 2B 3D 4A 5C 6C
8．（18分）
_____________________________________________。 （4）将0.20 mol B和0.10 mol O2充入一个固定容积为5 L的密闭容器中，在一定温度并有催化剂存在下，进行反 应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D 0.18 mol，则v(O2)==______________mol/(L·min)；若温度不变，继续 通入0.20 mol B和0.10 mol O2，则平衡________________移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不 ”)，再次达到平衡后，________mol < n(D) < ________mol。 （5）写出F G转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式： ___________________________________________________________。 8.（18分）“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)。 回答下列问题： （1）试剂b的结构简式为_______________，b中官能团的名称是__________________。 （2）③的反应类型是________________。 （3）心得安的分子式为_________________。 （4）试剂b可由丙烷经三步反应合成： 反应1的试剂与条件为________________。反应3的反应类型是_________________。 X的核磁共振氢谱显示其分子中含有2种氢原子，反应2的化学方程式为： _________________________________________________。若一次取样，检验X中所含官能团，按使用的先后顺序写出所 用试剂：_____________________________________。 （5）芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成 E(C2H4O2)和芳香化合物F(C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。D的 结构简式为__________________________；由F生成一硝化产物的化学方程式为： __________________________________________________________________________，芳香化合物F的名称是 ________________________________。 9.（18分）在实验室里可用如图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。 上图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15 mL 30％ KOH溶液，并置于水浴中；③的试管里盛有15 mL 8％ NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里盛有紫色石蕊溶液。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称是_________________。 （2）实验室制取氯气的离子方程式为___________________________________________。 为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有_____(填字母代号)的净化装置。 A．碱石灰B．饱和食盐水C．浓硫酸D．饱和碳酸氢钠溶液 （3）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是______________________________________。反应完毕经 冷却后，②的试管中有大量晶体析出。在右图中符合该晶体溶解度曲线的是_____(填字母代号)；从②的试管中分离出 晶体的操作是________，该操作需要用到的玻璃仪器有____________________________。 （4）次氯酸钠中存在的化学键类型为_______________________________。 （5）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请完成下表中的空白： 实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为_________色氯气与水反应生成的H＋使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色 _________________________________________然后溶液从无色逐渐变为_________色 _________________________________________（6）装置⑤的作用是___________________________。
2015年天津二模物理试题答案
天津市五区县2015年高三质量调查试卷（二）物理参考答案 第I 卷一、单项选择题：1.B 2.C 3.D 4.A 5.C 二、不定项选择题：6. BD 7.AC 8.ABD第II 卷9. （1） 3 25 (2) ①C ②A ③小车受到的阻力Ma F f -= 、 小重物的质量ag Fm -=24 （其他答案只要合理照样给分）（3）①A 1 ②如图所示 ③3.5 7评分标准：本题共18分，每空（或每问）2分。
10.解： （1）滑块到达O 点时速度最大，设为v 1。
根据动能定理 21212mv L F= …………………………………………………………………………○1 整理得mFLv =1 ………………………………………………………………………○2 （2）设滑块和木板最终共同运动的速度为v 2，根据动量守恒定律21)(v m M mv += ………………………………………………………………○3根据能量守恒定律2221)(21212v m M mv L mg+-=μ …………………………………………○4 整理得mgm M MF)(+=μ ……………………………………………………○5 评分标准：本题共16分，其中○1式4分，其余每式3分。
11．解：（1） 金属棒ab 受力平衡F 安=mg sin θ …………………………………○1 对金属棒cd 由受力平衡F= F 安+mg sin θ …………………………………○2 联立○1○2得 F=2mg sin θ …………………………………○3 （2）电路中感应电动势E=BLv 0 ……………………………○4 由闭合电路欧姆定律 REI 2= …………………………○5 解得220sin 2L B mgR v θ=……………………………○6 （3）设t 时间内安培力的冲量为I 安，根据动量定理对cd 棒 0-0s i n mv I mgt =--安θ ……………………○7 对ab 棒 1sin mv I mgt =-安θ …………………………○8 整理得 v 1=2gt sin θ-v 0 ………………………………○9 v 1的大小为2gt sin θ-v 0 ，方向沿斜面向下。
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2015年南开区高考模拟理科综合测试（二）物理试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共120分。
第Ⅰ卷注意事项：答卷前，考生务必用蓝、黑水笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上相应位置；答题时，务必将答案用2B 铅笔涂写在答题卡上，答在试卷上无效。
一、单项选择题（每小题6分，共30分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
） 1．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则 A ．b 光的光子能量大于a 光的光子能量B ．氢原子从n =4的能级向n =3的能级跃迁时会辐射出紫外线C ．在水中传播时，a 光较b 光的速度小D ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的相邻条纹间距较大 2．如图所示，直线A 为某电源的U-I 图线，曲线B 为某小灯泡的U-I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是A ．4 W ，8 WB ．4W ，6 WC ．2 W ，3 WD ．2 W ，4 W3．图（a ）为一列简谐横波在t=2 s 时的波形图，图（b ）为介质中平衡位置在x=1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x=2 m 的质点。
下列说法错误．．的是 A ．波速为0.5 m/s B ．波的传播方向向右C ．当t=7 s 时，P 恰好回到平衡位置D ．0~2 s 时间内，P 向y 轴负方向运动4．2006年美国NBA 全明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队的詹姆斯。
假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为 A ．W +21mgh mgh - B ．12mgh mgh -－W C ．21mgh mgh +－W D ．W +12mgh mgh -5．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1=n 4＜n 2=n 3，四个模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化。
当A 、B 端接入低压交流电源时 A ．A 1、A 2两表的示数相同I/AU /V2 4 63 2 1 ABB ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压二、不定项选择题（每小题6分，共18分。
每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。
）6．如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB=2 m ，BC=3 m ，且物体通过AB 、BC 、CD 所用的时间相等，则下列说法正确的是A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD=4 mC ．可以求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可以求得OA 之间的距离为1.5 m 7．如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，由此可知A ．三个等势面中，c 等势面电势最高B ．带电质点通过P 点时电势能较大C ．带电质点通过Q 点时动能较大D ．带电质点通过P 点时加速度较大8．如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。
开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力F f a ≠ 0，b 所受摩擦力F f b = 0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间 A ．F f a 大小不变 B ．F f a 方向改变 C ．F f b 方向向右 D ．F f b 仍然为零第Ⅱ卷9．（18分）（1）已知一颗人造卫星在某行星表面上空做匀速圆周运动，经时间t ，卫星的行程为S ，它与行星中心的连线扫过的角度为1 rad ，那么，卫星的环绕周期为 ，该行星的质量为 。
（设万有引力恒量为G ） （2）如图所示，20分度的游标卡尺读数为 cm ；螺旋测微器的读数为 mm 。
（3）某同学做测定玻璃折射率实验时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，他以O 点为圆心，以10.00 cm 为半径画圆，分别交线段OA 于A 点，交OO′ 连线的延长线于C 点，过A 点作法线NN′的垂线分数105101112AB 交NN ′ 于B 点，过C 点作法线NN ′ 的垂线CD 交NN ′ 于D 点，如图所示。
用刻度尺量得OB=8.00 cm ，CD=4.00 cm ，由此可得出该玻璃的折射率n=__________，该玻璃临界角的正弦值为__________。
（4）利用如图（a ）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有： 待测电源电阻箱R （最大阻值999.9 Ω） 电阻R 0（阻值为3.0 Ω） 电阻R 1（阻值为3.0 Ω）电流表○A （量程为200 mA ，内阻R A = 6.0 Ω） 开关S实验步骤如下：Ⅰ．将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；Ⅱ．多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ； Ⅲ．以I1为纵坐标，R 为横坐标，作R I -1图线（用直线拟合）；Ⅳ．求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b 。
回答下列问题：1）分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则I1与R 的关系式为 。
2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0 Ω时电流表的示数如图（b ）所示，读出数据，完成下表。
① ，② 。
3）在图（c ）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=A -1Ω-1，截距b= A -1，4）根据图线求得电源电动势E= V ，内阻r= Ω。
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I /A0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 I1/A -16.99 8.00 ②10.011.011.913.02015年南开区高考模拟理科综合测试（二）物理试卷答题纸9．（18分）（1） ， ； （2） ， ； （3） ， ； （4） 1） ；2）① ，② ； 3） ， ； 4） ， 。
题号 9（1） 9（2）9（3） 9（4） 10 11 12 总分 得分分数10．（16分）如图所示，水平传送带的速度为4.0 m/s ，它的右端与等高的光滑水平平台相接触。
将一质量为m=1 kg 的工件（可看成质点）轻轻放在传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数3.0=μ，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在静止在平台下的小车的左端，小车的质量为M=2 kg ，小车与地面的摩擦可忽略。
已知平台与小车的高度差h=0.8 m ，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2 m ，取g=10 m/s 2，求：（1）工件水平抛出的初速度v 0是多少； （2）传送带的长度L 是多少；（3）若工件落在小车上时水平方向的速度无损失，并最终与小车共速，则工件和小车最终的速度v 是多少。
11．（18分）如图所示，在xoy 平面内，MN 和x 轴之间有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xoy 平面的匀强磁场，y 轴上离坐标原点3L 的A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为v 0的电子（质量为m ，电量为e ）。
如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动；如果撤去磁场只保留电场，电子将从P 点离开电场，P 点的坐标是（22L ，5L ）。
不计重力的影响。
求：（1）电场强度E 和磁感应强度B 的大小及方向； （2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x 轴上的D 点（图中未标出）离开磁场，求D 点的坐标及电子在磁场中运动的时间。
分数分数5L3L A2L 4LxyM N12．（20分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ 、MN ，PQ 、MN 的电阻不计，间距为d=0.5 m 。
P 、M 两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2 T 的匀强磁场中。
电阻分别为R 1=0.4 Ω、R 2=0.1 Ω、质量分别为m 1=0.3 kg 和m 2=0.5 kg 的两金属棒L 1、L 2平行的搁在光滑导轨上。
现固定棒L 1，L 2在水平恒力F=0.4 N 的作用下，由静止开始做加速运动，求： （1）当电压表的读数为U=0.4 V 时，棒L 2的速度v 1和加速度a ； （2）棒L 2能达到的最大速度v m 的大小；（3）若在棒L 2达到最大速度v m 时撤去外力F ，并同时释放棒L 1，求棒L 2达到稳定时的速度值v ；（4）若固定棒L 1，当棒L 2的速度为v 2，且离开棒L 1距离为S 的同时，撤去恒力F ，为保持棒L 2做匀速运动，可以采用将B 从原值（B 0=0.2 T ）逐渐减小的方法，则磁感应强度B t 应怎样随时间变化（写出B t 与时间t 的关系式）。
分数L 1 NFMP QV L 22015年南开区高考模拟理科综合测试（二）物理答案1 2 3 4 5 6 7 8 CBBADBCBCDAC9．（1）2πt （2分），32S Gt（2分）； （2）10.030（1分），3.570（1分） （3）1.5（1分），32（或0.67）（1分） （4） 1）（2分）101133()A A R R R R r I E E R R =++++或E=3I （11A A R RR R ++R 0+R +r ） 或13153r R I E E +=+或13(5)R r I E=++ 2）①0.110（1分）；②9.09 （1分）3）见图（2分）；1.0（0.96-1.04之间）（1分）；6.0（5.9-6.1之间）（1分） 4）3.0（2.7-3.3之间）（1分）；1.0（0.6-1.4之间）（1分）10．（16分）解：（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动。
水平方向：t v s 0=……（2分） 竖直方向：221gt h =……（2分） 得：02gv sh==3 m/s ……（1分） （2）由于v 0=3 m/s 小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动。
小物块在传送带上所受摩擦力：mg F f μ=…………（2分） 由牛顿第二定律可知：ma F f =………………………（2分） 由运动学关系可知：aL v 220=…………………………（2分）得：202v L gμ==1.5 m ……………………………………（1分）（3）由于工件落在小车上时水平方向的速度无损失，仍为v 0=3 m/s ，由动量守恒，可知mv 0=（m +M ）v ………（2分）得v=1 m/s ………（2分）11．（18分）解析：（1）只有电场时，电子做类平抛运动到P 点，F = eE (1分) a =mF(1分) 则沿y 轴方向有2L=212eE t m（1分） 沿v 0方向有 v 0t=22L （2分）由①②得202mv E eL=（1分）由电子带负电，可知E 沿y 轴负方向（1分） 电子做匀速运动时有0eE ev B = （2分） 由③④解得02mv B eL=（1分），方向垂直纸面向里（1分） （2）只有磁场时，电子受洛伦兹力做圆周运动，设轨道半径为R ，由牛顿第二定律有200v ev B m R= （2分），得R=2L设电子在磁场中运动的轨道如图所示，由几何关系得321sin 22L L L α-==，得α=30° 所以cos303OD R L =︒=，即D 点的坐标为（3L ，0）（3分） 电子在磁场中运动的周期为T ，022R mT v eBππ==（1分）电子在磁场中运动的时间为0433T Lt v π==（1+1分） 12．（20分）解析：（1）L 1与L 2串联，流过L 1、L 2的电流为：I =1R U（1分） E =I （R 1+ R 2） （1分）E =Bdv 1 （1分） v 1=5 m/s （1分） L 2所受安培力为：F 安=BdI （1分）∴20.40.10.60.5F F a m --===安m/s 2 (1+1分) （2）当L 2所受安培力F 安=F 时，棒有最大速度v m ，此时电路中电流为I m 则：F 安= BdI m (1分)12mm E I R R =+ （1分）m m E Bdv = （1分）F 安=F （1分）得：v m =20 m/s （1分）（3）撤去F 后，棒L 2做减速运动，L 1做加速运动，当两棒达到共同速度v 共时，L 2有稳定速度，对此过程系统动量守恒，有：212()m m v m m v =+ （2分）v=12.5 m/s （1分）（4）要使L 2保持匀速运动，回路中磁通量必须保持不变，设撤去恒力F 时磁感应强度为B 0，t 时刻磁感应强度为B t ，则：B 0dS = B t d （S +v 2t ） （3分）得 02t B SB S v t=+ （2分）。