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(含答案解析)江苏省徐州市第一中学2015届高考最后冲刺模拟押题考试物理试题


2015 年江苏省徐州一中高考物理模拟试卷
一.单项选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共 15 分.每小题只有一个选项符合题意. 1.(3 分)(2015?徐州校级模拟)关于物理学的研究方法,以下说法错误的是( A. 在用实验探究加速度、力和质量三者之间关系时,应用了控制变量法 B. 在利用速度﹣时间图象推导匀变速运动的位移公式时,使用的是微元法 C. 用点电荷

代替带电体,应用的是理想模型法 D. 伽利略在利用理想实验探究力和运动关系时,使用的是实验归纳法 【考点】: 元电荷、点电荷;伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法;探究加速度与物体 质量、物体受力的关系. 【分析】: 物理学的发展离不开科学的思维方法,要明确各种科学方法在物理中的应用,如控 制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等. 【解析】: 解:A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时,由于涉及物理量较多, 因此采用控制变量法进行实验,故 A 正确; B、在推导位移公式时,使用了微元法;故 B 正确; C、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型,都是抓住问题的主要因素,忽略次要因素,故 C 正确; D、伽利略对自由落体运动的研究,以及理想斜面实验探究力和运动的关系时,采用的是理想斜 面实验法和将试验结论外推的方法,不是用的实验归纳法;故 D 错误. 本题选错误的,故选:D. 【点评】: 本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用,要通过练习体会这些方法的重 要性,培养学科思想. 2. (3 分) (2010?重庆模拟) 光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道, 俯视如图所示. 一 个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道,以下关于小球运动的说法中正确的是( ) )

A. 轨道对小球做正功,小球的线速度不断增大 B. 轨道对小球做正功,小球的角速度不断增大 C. 轨道对小球不做功,小球的角速度不断增大 D. 轨道对小球不做功,小球的线速度不断增大 【考点】: 线速度、角速度和周期、转速;功的计算. 【专题】: 匀速圆周运动专题. 【分析】: 轨道的弹力方向与速度方向垂直,弹力不做功,通过动能定理判断出线速度大小的 变化.根据 ω= ,判断角速度的变化.

【解析】: 解:轨道的弹力方向与速度方向垂直,弹力不做功,根据动能定理知,速度的大小 不变.根据 ω= ,半径减小,角速度不断增大.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选 C. 【点评】: 解决本题的关键利用动能定理判断出速度大小的变化.以及根据 ω= ,得出角速度 的变化. 3.(3 分)(2015?徐州校级模拟)如图所示,两个倾角相同的滑杆上分别套有 A、B 两个圆环, 两个圆环上分别用细线悬吊着两个小球 C、D,当它们都沿滑杆向下滑动时,A 的悬线与杆垂直, B 的悬线竖直向下,则下列说法中正确的是( )

A. A 环与滑杆间没有摩擦力 B. B 环与滑杆间没有摩擦力 C. A 环做的是匀速运动 D. B 环做的是匀加速运动 【考点】: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. 【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: 先对 A、C 受力分析,由于两个球加速度相同,根据牛顿第二定律分别列式分析可 以求出 A 环的摩擦力;先对 D 受力分析,结合运动情况判断出 D 做匀速运动,则知 B 环做匀速 直线运动. 【解析】: 解:A、C、假设 A 环与杆间的摩擦力为 f,对 A 环受力【分析】:重力、拉力、支 持力,假设 A 环受到沿杆向上的摩擦力 f,如图, 根据牛顿第二定律,有:mAgsinθ﹣f=mAa…① 对 C:mCgsinθ=mCa…② 由①②两式,解得:a=gsinθ,f=0,即 A 环与滑杆无摩擦力,做匀加速运动.故 A 正确,C 错误; B、D、对 D 球受力分析,受重力和拉力,由于做直线运动,合力与速度在一条直线上,故合力 为零,物体做匀速运动;再对 B 求受力分析,如图,受重力、拉力、支持力,由于做匀速运动, 合力为零,故必有沿杆向上的摩擦力.故 B、D 均错误. 故选:A.

【点评】: 本题关键要结合运动情况,根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况,再结合受 力情况判断运动情况. 4. (3 分) (2011?湖南一模) 2008 年 1 月下旬以来, 我国南方遭遇 50 年未遇的雨雪冰冻灾害. 新 华网长沙 1 月 26 日电,马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃,高压电线覆冰后有成人大腿般粗,

为清除高压输电线上的冰凌,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰.若在正常供 电时,高压线上送电电压为 U,电流为 I,热损耗功率为△P;除冰时,输电线上的热损耗功率需 变为 9△P,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( A. 输电电流为 )

B. 输电电流为 9I C. 输电电压为 3U D. 输电电压为

【考点】: 远距离输电. 【专题】: 交流电专题. 【分析】: 根据 I= ,可以求出输电线上的电流;根据 P=I R 可以求出输电线上损失的电功率. 【解析】: 解:高压线上的热耗功率△P=I R 线 ① 若热耗功率变为 9△P,则 9△P=I′ R 线 ② 由①②得 I′=3I,所以 A B 错误. 又输送功率不变,由 P=UI=U′I′得 U′= U,所以 C 错误,D 正确. 故选 D. 【点评】: 本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用,要注意功率公式中 P=UI 中 的电压 U 应为输电电压. 5.(3 分)(2012?茂名一模)如图所示,绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭 合回路.在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环 A,下列各种情况中铜环 A 中没有感应电流的 是( )
2 2 2

A. 线圈中通以恒定的电流 B. 通电时,使变阻器的滑片 P 作匀速滑动 C. 通电时,使变阻器的滑片 P 作加速滑动 D. 将电键突然断开的瞬间 【考点】: 感应电流的产生条件. 【分析】: 感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化.根据这个条件分析判断有 没有感应电流产生. 【解析】: 解: A、线圈中通以恒定的电流时,线圈产生稳恒的磁场,穿过铜环 A 的磁通量不变,没有感应电流 产生.故 A 正确. B、通电时,使变阻器的滑片 P 作匀速滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,回路中电流增大, 线圈产生的磁场增强,穿过铜环 A 磁通量增大,产生感应电流.不符合题意.故 B 错误. C、通电时,使变阻器的滑片 P 作加速滑动时,变阻器接入电路的电阻变化,回路中电流变化, 线圈产生的磁场变化,穿过铜环 A 磁通量变化,产生感应电流.不符合题意.故 C 错误. D、将电键突然断开的瞬间,线圈产生的磁场从有到无消失,穿过穿过铜环 A 的磁通量减小,产 生感应电流,不符合题意.故 D 错误.

故选 A 【点评】: 产生感应电流的条件细分有两个:一是电路要闭合;二是磁通量要发生变化.基础 题. 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.每题有多个选项符合题意,全部选对 的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分. 6.(4 分)(2015?徐州校级模拟)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象 站等,高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电.硅光电池的原理如图所示,a、b 是硅光电池的两个电极,P、N 是两块硅半导体,E 区是两块半导体自发形成的匀强电场区,P 的上表面镀有一层增透膜.光照射到半导体 P 上,使 P 内受原子束缚的电子成为自由电子,自 由电子经 E 区电场加速到达半导体 N, 从而产生电动势, 形成电流. 以下说法中正确的是 ( )

A. E 区匀强电场的方向由 N 指向 P B. 电源内部的电流方向由 P 指向 N C. a 电极为电池的正极 D. 硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置 【考点】: 电源的电动势和内阻;光电效应. 【专题】: 恒定电流专题. 【分析】: 根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向,由电流的方向与负电荷的运动方向 相反,可确定电源的内部电流方向. 【解析】: 解:A、根据题意,E 区电场能使 P 逸出的自由电子向 N 运动,因负电荷受到的电 场力与电场方向相反,所以电场方向由 N 指向 P,由于电流的方向与负电荷的运动方向相反,所 以电源内部的电流方向由 N 指向 P,A 正确、B 错误; C、根据以上对电流方向的分析可知,a 为电源正极,该电池是将光能转化为电能的装置,C 正 确,D 错误. 故选:AC 【点评】: 考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向,并掌握电流的方向与负电荷 的运动方向关系,同时理解电源内部的电流的方向. 7.(4 分)(2006?崇明县二模)如图所示的电路中能让台灯亮起来的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】: 简单的逻辑电路. 【专题】: 恒定电流专题.

【分析】: 与门的特点是当所有条件都满足时事件才能发生,或门的特点是当有条件满足,事 件就能发生,非门的特点是输入状态和输出状态完全相反,根据门电路的特点进行判断分析. 【解析】: 解:A、输入与门的是高电势和低电势,则输出为低电势,则灯泡不亮.故 A 错误. B、输入或门的是高电势和低电势,则输出为高电势,则灯泡亮.故 B 正确. C、输入非门的是高电势,则输出为低电势,则灯泡不亮.故 C 错误. D、输入与门的是高电势和低电势,输出为低电势,灯泡处于高电势和低电势之间,灯泡亮.故 D 正确. 故选 BD. 【点评】: 解决本题的关键知道各种门电路的特点,并能灵活运用. 8.(4 分)(2006?崇明县二模)雨点从高空由静止下落,在下落过程中,受到的阻力与雨点下 落的速度成正比,下图中能正确反映雨点整个下落过程的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时 间的关系. 【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: 根据牛顿第二定律分析雨点的加速度随时间的变化,判断雨点的运动情况,确定速 度随时间的变化.由速度图象的斜率等于加速度,再选择图象. 【解析】: 解: A、C、D 雨点从高空由静止下落时,由于受到的阻力与雨点下落的速度成正比,开始阶段雨点 的重力大于阻力,做加速运动,随着速度的增大,雨点受到的阻力也增大,加速度减小,即做加 速度减小的变加速运动.当阻力增大到与重力平衡时,雨点做匀速直线运动,速度保持不变.故 AC 正确,D 错误. B、由于雨点开始阶段做变加速运动,位移与时间是非线性关系.故 B 错误. 故选 AC 【点评】: 本题考查根据雨点的受力情况,分析其运动情况的能力,与汽车的启动过程类似. 9.(4 分)(2015?徐州校级模拟)如图所示,金属线框 abcd 置于光滑水平桌面上,其右方存在 一个有理想边界的方向竖直向下的矩形匀强磁场区, 磁场宽度大于线圈宽度. 金属线框在水平恒 力 F 作用下向右运动, ab 边始终保持与磁场边界平行. ab 边进入磁场时线框恰好能做匀速运动. 则 下列说法中正确的是( )

A. 线框进入磁场过程,F 做的功大于线框内增加的内能 B. 线框完全处于磁场中的阶段,F 做的功大于线框动能的增加量 C. 线框穿出磁场过程中,F 做的功等于线框中产生的焦耳热 D. 线框穿出磁场过程中,F 做的功小于线框中线框中产生的焦耳热

【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 【专题】: 电磁感应——功能问题. 【分析】: 线框进入磁场的过程:内能可根据功能关系进行分析;根据动能定理分析动能的增 量;线框完全进入磁场的过程:没有感应电流产生,不受安培力,线框做匀加速运动;线框穿出 磁场过程:线框做减速运动,再根据功能关系分析 F 做的功与线框产生的焦耳热的关系. 【解析】: 解:A、线框进入磁场的过程做匀速运动,动能不变,产生感应电流,根据功能关 系得知,F 做的功等于线框内增加的内能.故 A 错误. B、线框完全处于磁场中的阶段,磁通量不变,没有感应电流产生,线框做匀加速运动,根据功 能关系可知,F 做的功等于线框动能的增加量.故 B 错误. CD、线框穿出磁场过程中,由于速度比进入磁场时增大,穿出时产生的感应电动势和感应电流 大于进入磁场时的感应电动势和感应电流, 线框所受的安培力也大于进入磁场时的安培力, 这样 线框做减速运动,根据功能关系得知,F 做的功与线框动能减小量之和等于产生的焦耳热,则 F 做的功小于线框中产生的焦耳热,故 C 错误,D 正确. 故选:D. 【点评】: 解决本题首先要分析线框的受力情况,判断其完全在磁场中的运动情况,再运用功 能关系分析各种能量如何变化. 三、简答题:本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分,共计 42 分.请将解 答填在答题卡相应的位置. 10.(4 分)(2015?徐州校级模拟)(1)用螺旋测微器测量某金属丝直径时的读数如图一,金 属丝直径为 0.820 mm. 16.98 mm. (2) 图二为用 50 分度的游标卡尺测量物体长度时的读数, 由于遮挡, 只能看见游标的后半部分, 这个物体的长度为

【考点】: 刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 【专题】: 实验题. 【分析】: 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 【解析】: 解:1、螺旋测微器的固定刻度为 0.5mm,可动刻度为 32.0× 0.01mm=0.320mm, 所以最终读数为 0.5mm+0.320mm=0.820mm. 2、从图中可知,游标尺上的第 49 个刻度与主尺上的 6.5cm 即 65mm 处对齐,根据游标尺的构造 可知,50 分度的游标尺,游标尺上的 50 刻度的总长是 49mm,因此主尺的读数为:65mm﹣ 49mm=16mm,该游标卡尺的精度为 0.02mm,所以最终读数为:16mm+0.02mm× 49=16.98mm. 故答案为:(1)0.820 (2)16.98mm

【点评】: 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,正确使用这些基本仪 器进行有关测量. 11.(4 分)(2015?徐州校级模拟)在研究匀变速直线运动的实验中,算出小车经过各计数点 的瞬时速度如下:

计数点序号 1 2 3 4 5 6 计数点对应的时刻(s) 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 通过计数点的速度(m/s) 44.0 62.0 81.0 100.0 110.0 168.0 为了计算加速度,最合理的方法是 ( ) 算出加速度

A. 根据任意两计数点的速度用公式 a=

B. 根据实验数据画出 v﹣t 图,量出其倾角,由公式 a=tana 求出加速度 C. 根据实验数据画出 v﹣t 图, 由图线上相距较远的两点所对应的速度、 时间, 用公式 a= 算出加速度 D. 依次算出通过连续两计数点间的加速度,算出平均值作为小车的加速度 【考点】: 探究小车速度随时间变化的规律. 【专题】: 实验题;直线运动规律专题. 【分析】: 通过题目给出的数据作出速度﹣时间图象,解出其斜率即是小车的加速度. 【解析】: 解:A、在处理实验数据时,如果只使用其中两个数据,由于偶然误差的存在可能 会造成最后误差较大;所以我们可以根据实验数据画出 v﹣t 图象,考虑到误差,不可能是所有 点都整齐的排成一条直线,连线时,应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧, 这样图线上会舍弃误差较大的点,由图线上任意两点所对应的速度及时间,用公式 a= 加速度,所以误差小;故 A 错误,C 正确. B、根据实验数据画出 v﹣t 图象,当纵坐标取不同的标度时,图象的倾角就会不同,所以量出其 倾角,用公式 a=tanα 算出的数值并不是加速度,故 B 错误. D、这种方法是不对的,因为根本就不知道加速度是一个什么函数,如果是一个变化值这种方法 完全是错误的,除非你能确定加速度是什么函数,故 D 错误. 故选:C. 【点评】: 在实验中处理数据的方法较多,而图象法往往是一种比较准确的解题方法. 12.(10 分)(2010?连云港二模)如图所示,用伏安法测电源电动势和内阻的实验中,在电路 中接一阻值为 2Ω 的电阻 R0,通过改变滑动变阻器,得到几组电表的实验数据: U(V) 1.2 1.0 0.8 0.6 I(A) 0.10 0.17 0.23 0.30 (1)R0 的作用是 保护电源、电表,防止短路 ; 算出

(2)用作图法在坐标系内作出 U﹣I 图线 (3)利用图线,测得电动势 E= 被测电池组电动势 E= 30 1.5 V,内阻 r= 5 1.0 Ω.



(4) 某同学测另一串联电池组的输出功率 P 随外电阻 R 变化的曲线丙如图所. 由所得图线可知, V,电池组的内阻 r= Ω.

【考点】: 测定电源的电动势和内阻. 【专题】: 实验题;恒定电流专题. 【分析】: (1)通过电源、电表的电流不宜太大,故需串接定值电阻,以减小最大电流; (2)先描点,然后用一条直线连接起来,如果不能通过所有点,使曲线两侧的点数大致相同; (3)电源的 U﹣I 图象的纵轴截距表示电源的电动势;斜率表示内电阻; (4)当内外电阻相等时,电源的输出功率最大,利用这个结论求解即可. 【解析】: 解:(1)一节干电池的电流不宜长时间超出 0.6A,否则会损坏电池;电流表也有 量程,不能超过; 故答案为:保护电源、电表,防止短路. (2)先描点,然后用一条直线连接起来,如果不能通过所有点,使曲线两侧的点数大致相同, 如图所示;

(3)电源的 U﹣I 图象的纵轴截距表示电源的电动势,故 E=1.5V; 斜率表示内电阻,即 ,故 r=3.0﹣2.0=1.0Ω;

(4)当内外电阻相等时,电源的输出功率最大,由图象可以看出,当电阻 R=5Ω 时,电源的输 出功率最大,为 45W,故电源内阻为 5Ω; 再根据 故答案为:30,5. 【点评】: 本题关键是要明确保护电阻的作用,电源的 U﹣I 图象的物理意义,同时明确“当内 外电阻相等时,电源的输出功率最大”的结论. 选做题(从 A.B.C 三题中任选两题作答)A.(选修模块 3-3:计 12 分) 13.(4 分)(2015?徐州校级模拟)如图所示,一导热性能良好的金属气缸静放在水平面上, 活塞与气缸壁间的摩擦不计. 气缸内封闭了一定质量的理想气体. 现缓慢地向活塞上倒一定质量 的沙土,忽略环境温度的变化,在此过程中( ) ,有:45=( ) × 5,解得:E=30V.
2

A. 气体的内能增大 B. 气缸内分子平均动能增大 C. 气缸内气体分子密度增大 D. 单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多 【考点】: 理想气体的状态方程;气体压强的微观意义. 【专题】: 理想气体状态方程专题. 【分析】: 金属气缸导热性能良好,由于热交换,气缸内封闭气体温度与环境温度相同,认为 保持不变,封闭气体的内能和平均动能都保持不变.气体的体积减小,根据玻意耳定律分析压强 的变化,由压强的微观含义分析单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数的变化. 【解析】: 解:A、金属气缸导热性能良好,由于热交换,气缸内封闭气体温度与环境温度相 同,向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温度压缩,温度不变,气体的内能不变.故 A 错误. B、温度不变,则气缸内分子平均动能保持不变.故 B 错误. C、气缸内封闭气体被压缩,体积减小,而质量不变,则气缸内气体分子密度增大.故 C 正确. D、温度不变,气体分子的平均动能不变,平均速率不变,等温压缩时,根据玻意耳定律得知, 压强增大,则单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多.故 D 正确. 故选:CD. 【点评】: 本题关键明确气体温度和压强的微观意义,也可以结合气体实验定律进行分析,基 础题. 14.(4 分)(2015?徐州校级模拟)下列说法中正确的是( A. 布朗运动是分子无规则运动的反映 B. 气体分子间距离减小时,分子间斥力增大,引力也增大 C. 导热性能各向同性的固体,一定不是单晶体 D. 机械能不可能全部转化为内能 【考点】: 布朗运动;* 晶体和非晶体. 【专题】: 布朗运动专题. )

【分析】: 布朗运动是液体分子无规则热运动的反映.分子间相互作用的引力和斥力都随分子 间距离的减小而增大. 导热性能各向同性的固体, 不一定不是单晶体. 通过能量转化的方向性分析能量是否能发生转化. 【解析】: 解:A、布朗运动是液体分子无规则热运动的反映.故 A 正确 B、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小.故 B 正确 C、导热性能各向同性的固体,也有可能是单晶体.故 C 错误 D、根据能量转化的方向性,机械能可以全部转化为内能,但内能不能全部转化为机械能.故 D 错误. 故选 AB. 【点评】: 本题是选修模块 3﹣3 的内容,是热力学的基础知识,没有难题,理解记忆是主要的 学习方法,要尽量得高分. 15.(4 分)(2015?徐州校级模拟)地面上放一开口向上的气缸,用一质量为 m=0.8kg 的活塞 封闭一定质量的气体,不计一切摩擦,外界大气压为 P0=1.0× 105Pa,活塞截面积为 S=4cm2,重 力加速度 g 取 10m/s2,则活塞静止时,气体的压强为 增加了 1.8× 105 J. 1.2× 105 Pa;若用力向下推活塞而压缩 内能 气体,对气体做功为 6× 105J,同时气体通过气缸向外传热 4.2× 105J,则气体内能变化为

【考点】: 热力学第一定律. 【专题】: 热力学定理专题. 【分析】: 以活塞为研究对象,根据平衡条件求解封闭气体的压强.根据热力学第一定律分析 气体内能的变化. 【解析】: 解:以活塞为研究对象,根据平衡条件得 P0S+mg=PS 得到 P=P0+ 代入解得 P=1.2× 10 Pa; 由题 W=6× 10 J,Q=﹣4.2× 10 J,则由热力学第一定律得到气体内能的变化△U=W+Q=1.8× 10 J, 即内能增加了 1.8× 10 J. 故答案为:1.2× 10 Pa;内能增加了 1.8× 10 J 【点评】: 本题考查了热力学第一定律的应用,注意公式中各物理量符号的正负. B.(选修模块 3-4)(12 分) 16.(6 分)(2015?徐州校级模拟)在以下说法中,正确的是( B. 若用频率更高的单色光照射时,同级牛顿环半径将会变大 C. 机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量 D. 麦克耳孙﹣莫雷实验表明:不论光源与观察者做怎样的相对运动,光速都是一样的 【考点】: X 射线、α 射线、β 射线、γ 射线及其特性. 【分析】: γ 射线治疗肿瘤主要是利用了 γ 射线的具有高能量容易破环肿瘤细胞;牛顿环是等 厚干涉,条纹间距与波长成正比;机械波在传播的是振动形式和能量;光速不变原理是爱因斯坦 狭义相对论的基本假设之一; ) A. 医学上利用 γ 射线治疗肿瘤主要是利用了 γ 射线的穿透能力强的特点
﹣5

5

5

5

5

5

5

【解析】: 解:A.医学上利用 γ 射线治疗肿瘤主要是利用了 γ 射线的具有高能量的特点,故 A 错误; B.若用频率更高的单色光照射时,光的波长变小,同级牛顿环半径将会变小,故 B 错误; C.机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量.故 C 正确; D.爱因斯坦的相对论与麦克耳孙﹣莫雷实验表明:不论光源与观察者做怎样的相对运动,光速 都是一样的,与参考系的选取无关.故 D 正确. 故选:CD 【点评】: 本题要熟悉光和机械波的本质特性,知道三种射线的本质等相关知识点的内容.这 一类的知识点要多加积累. 17.(6 分)(2015?徐州校级模拟)有两个同学分别在大庆和广州的物理实验室,各自在那里 利用先进的 DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长 l 的关系”, 他们通过互联网交换实验 数据, 并由计算机绘制了 T ﹣l 图象, 如图甲所示. 在大庆的同学所测实验结果对应的图线是 B (填“A”或“B”) . 另外, 在广州做探究的同学还利用计算机绘制了 a、 b 两个摆球的振动图象 (如 图乙) , 由图可知, 两单摆摆长之比 = . 在 t=1s 时, b 球振动的方向是 沿 y 轴负方向 .
2

【考点】: 用单摆测定重力加速度. 【专题】: 实验题. 【分析】: 根据 T ~L 图象比较出重力加速度的大小,因为大庆和广州当地的重力加速度不同, 从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线. 根据振动图象得出两摆的周期比, 从而根据单摆 的周期公式 得出两单摆的摆长之比.
2

【解析】: 解:由公式
2

得,



知 T ~L 图象的斜率越大,则重力加速度越小,因为广州当地的重力加速度小于大庆,去大庆 的同学所测实验结果对应的图线的斜率小,应该是 B 图线. 由振动图线知, 两单摆的周期比为, 由知, 两单摆摆长之比 , 由公式 知, .

由图象乙可知,在 t=1s 时,b 球振动的方向沿着 y 轴向下运动,故方向为沿 y 轴负方向. 故答案为:B 沿 y 轴负方向
2

【点评】: 解决本题的关键知道单摆的周期公式,以及知道 T ~L 图象的斜率表示什么.

C.(选修模块 3-5:计 12 分) 18.(2015?徐州校级模拟)关于光电效应现象,下列说法中正确的是( A. 在光电效应现象中,入射光的强度越大,光电子的最大初动能越大 B. 在光电效应现象中,光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 C. 对于任何一种金属都存在一个“最大波长”,入射光的波长必须小于此波长,才能产生光 电效应 D. 对于某种金属,只要入射光的强度足够大,就会发生光电效应 【考点】: 光电效应. 【专题】: 光电效应专题. 【分析】: 当入射光的频率大于金属的极限频率,就会发生光电效应.根据光电效应方程判断 影响光电子最大初动能的因素. 【解析】: 解:AD、只有入射光的频率大于金属的极限频率,才能产生光电效应,当入射频率 越高时,则光电子的最大初动能越大,与入射光的强度无关.故 AD 错误. B、根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0,入射光的频率越大,光电子的最大初动能越大,但光电子 的最大初动能与照射光的频率并不成正比.故 B 错误 C、只有入射光的频率大于金属的极限频率,才能产生光电效应,而频率越高的,波长越短.故 C 正确. 故选:C. 【点评】: 解决本题的关键知道光电效应的条件,以及知道影响光电子最大初动能的因素,并 掌握相同光强下,频率越高的,光子数目越少. 19.(2015?徐州校级模拟)处于激发状态的原子,在入射光的电磁场的影响下,从高能态向低 能态跃迁,两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去,这种辐射叫做受激辐射.原子发 生受激辐射时,发出的光子频率、发射方向等,都跟入射光子完全一样,这样使光得到加强,这 就是激光产生的机理.那么,发生受激辐射时,产生激光的原子的总能量 En、电势能 Ep、电子 动能 Ek 的变化情况是( ) A. Ep 增大、Ek 减小、En 减小 B. Ep 减小、Ek 增大、En 减小 C. Ep 增大、Ek 增大、En 增大 D. Ep 减小、Ek 增大、En 不变 【考点】: 氢原子的能级公式和跃迁. 【专题】: 原子的能级结构专题. 【分析】: 由高能级向低能级跃迁,辐射光子能量减小,根据轨道半径的变化,结合库仑引力 提供向心力判断电子动能的变化,根据能量的变化判断电势能的变化. 【解析】: 解:发生受激辐射时,向外辐射能量,知原子总能量减小,轨道半径减小, 根据 = 知,电子的动能增大,由于能量减小,则电势能减小.故 ACD 错误,B 正确. )

故选:B. 【点评】: 本题关键要抓住氢原子的核外电子跃迁时电子轨道变化与吸收能量或放出能量的关 系.

20.(2015?徐州校级模拟)如图所示,质量为 m 的小球 B 连接着轻质弹簧,静止在光滑水平面 上.质量为 m 的小球 A 以某一速度向右运动,与弹簧发生碰撞,当 A、B 两球距离最近时弹簧 的弹性势能为 Ep,则碰撞前 A 球的速度 V0= .

【考点】: 动量守恒定律;机械能守恒定律. 【专题】: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 【分析】: 当弹簧压缩至最短时,两球的速度相等,据题此时弹簧的弹性势能为 Ep,根据系统 的动量守恒和机械能守恒列式,即可求出碰撞前 A 球的速度. 【解析】: 解:当弹簧压缩到最短时,A、B 的速度相等,mv0=2mv1 ① A 和 B 的共同速度:v=0.5v0 根据系统的机械能守恒得: mv0 = ?2mv +Ep, 联立解得,v0=2 故答案为:2 . .
2 2

【点评】: 本题是含有弹簧的问题,关键要掌握两球最近的临界角条件:速度相等,抓住系统 的动量守恒和机械能守恒进行分析,综合性较强. 四.计算题:本题共 3 小题,共计 47 分.解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. 21.(15 分)(2009?黄山一模)某兴趣小组对一辆玩具遥控车的性能进行研究.他们让玩具遥 控车在水平地面上由静止开始运动,通过数据处理得到如图所示的 v﹣t 图象,已知小车在 0﹣ts 内做匀加速直线运动;ts﹣10s 内小车牵引力的功率保持不变,且 7s﹣10s 为匀速直线运动;在 10s 末停止遥控让小车自由滑行,小车质量 m=1kg,整个过程中小车受到的阻力 f 大小不变.求: (1)小车所受阻力 f 的大小; (2)在 ts﹣10s 内小车牵引力的功率 P; (3)小车在加速运动过程中的总位移 S.

【考点】: 动能定理的应用;功率、平均功率和瞬时功率. 【专题】: 动能定理的应用专题. 【分析】: (1)在 10s 末停止遥控让小车自由滑行过程,小车做匀减速运动,由速度图线求出 加速度,根据牛顿第二定律求解阻力.

(2)ts﹣10s 内小车牵引力的功率保持不变,7s﹣10s 内,小车做匀速直线运动,牵引力与阻力 平衡,小车牵引力的功率 P=Fv. (3)由图读出匀加速直线运动的末速度,此时小车达到额定功率,求出牵引力.由牛顿第二定 律求出匀加速运动的加速度,由位移公式求出匀加速运动的位移.在 0﹣7s 内运用动能定理求解 S. 【解析】: 解:(1)在 10s 撤去牵引力后,小车只在阻力 f 作用下做匀减速运动,由图象可得 减速时加速度大小为 α=| |=| |=2m/s
2

根据牛顿第二定律得,阻力 f=ma=2N (2)7s﹣10s 内,设牵引力为 F,F=f,vm=6m/s,则 P=Fvm=12w ts﹣10s 内小车牵引力的功率保持不变,故 ts﹣10s 内小车牵引力的功率 P=12W. (3)小车的加速运动过程可以分解为 0﹣ts 和 ts﹣7s 两段,由于 ts 时功率为 12W,所以此时牵 引力为 Ft= =4N

所以 0﹣ts 内 α1=

=2m/s

2





在 0﹣7s 内由动能定理可得:

代入数据,解得 S=28.5m 答: (1)小车所受阻力 f 的大小为 2N; (2)在 ts﹣10s 内小车牵引力的功率 P=12W; (3)小车在加速运动过程中的总位移 S=28.5m. 【点评】: 本题首先对小车的运动过程进行正确分析,其次要选择恰当的规律求解.对于 ts﹣ 10s 内小车变加速运动过程,不能用运动学公式求位移,只能从能量的角度求位移. 22.(16 分)(2015?徐州校级模拟)如图所示,在空间中取直角坐标系 Oxy,在第一象限内平 行于 y 轴的虚线 MN 与 y 轴距离为 d, 从 y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强电 场,场强大小为 E.初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 U 的电场加速后,从 y 轴上的 A 点以平行于 x 轴的方向射入第一象限区域,A 点坐标为(0,h).已知电子的电量为 e,质量为 m,电子的重力忽略不计,求: (1)若加速电场的电势差 U> 和离开电场区域时的速度 v; ,则电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t

(2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 l.

【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】: (1)电子在沿 x 轴方向做匀速运动,即可求得运动时间,在电场方向做匀加速运动, 由运动学公式及可求得速度; (2)电子射入第一象限的电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度 为零的匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标, 电子离开 电场后水平、竖直方向上都做匀速运动,先求出电子射出 P 点的速度,再由位移公式求解电子 经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离. 【解析】: 解:(1)由 eU= mv0
2

得电子进入偏转电场区域的初速度 v0= 设电子从 MN 离开,则电子从 A 点进入到离开匀强电场区域的时间 t= y= at = 因为加速电场的电势差 U> 所以 vy=at= × d = ,说明 y<h,说明以上假设正确
2

=



离开时的速度 v= (2)设电子离开电场后经过时间 t’到达 x 轴,在 x 轴方向上的位移为 x’,则 x′=v0t′ y′=h﹣y=h﹣ t=vyt′ ﹣ )=d+ h﹣ = + h

则 l=d+x′=d+v0t′=d+v0( 代入解得 l= +

答:(1)若加速电场的电势差 U>

,则电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时

间t为

,离开电场区域时的速度 v 为



(2)电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 l 为 + 【点评】: 本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题,能熟练运用运动的分解法研 究类平抛运动,结合几何知识进行求解. 23.(16 分)(2015?徐州校级模拟)甲图为质谱仪的原理图.带正电粒子从静止开始经过电势 差为 U 的电场加速后,从 G 点垂直于 MN 进入偏转磁场.该偏转磁场是一个以直线 MN 为上边 界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为 B,带电粒子经偏转磁场后,最终到 达照相底片上的 H 点.测得 G、H 间的距离为 d,粒子的重力忽略不计.

(1)设粒子的电荷量为 q,质量为 m,试证明该粒子的比荷为: =



(2)若偏转磁场的区域为圆形,且与 MN 相切于 G 点,如图乙所示,其它条件不变.要保证上 述粒子从 G 点垂直于 MN 进入偏转磁场后不能打到 MN 边界上(MN 足够长),求磁场区域的 半径应满足的条件. 【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)带电粒子在电场中加速过程中,电场力做正功,根据动能定理求出粒子得到的 速度.粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律求出半径的 表达式.由题,G、H 间的距离为 d,则粒子的直径等于 d.联立证明. (2)要保证所有粒子都不能打到 MN 边界上,粒子在磁场中偏转角度应小于或等于 90° .研究 偏转角度恰好等于 90° 的情况,粒子射出磁场后速度与 MN 边界平行,由几何关系求出磁场区域 半径. 【解析】: 解:(1)粒子经过电场加速,进入磁场速度 v, 由动能定理得:qU= mv , 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qvB=m 打到 H 点时,有:r= , 解得: = ; ,
2

(2)要保证所有粒子都不能打到 MN 边界上粒子在磁场中运动偏转角小于等于 90 , 临界状态为 90 ,如图所示,磁场区半径:R=r= , 所以磁场半径满足:R≤ ; 答:(1)证明过程如上所述; (2)磁场区域的半径应满足的条件为:R≤ .
0

0

【点评】: 带电粒子先经电场加速,根据动能定理求出速度.垂直进入磁场做匀速圆周运动, 根据牛顿定律求出半径表达式,是常用的思路.此题有点难度的是由几何知识确定轨迹半径.


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