2015届广东省深圳市高三上学期第一次五校联考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015届广东省深圳市高三上学期第一次五校联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法符合物理学史的是 A开普勒发现了万有引力定律 B伽利略首创了理想实验的研究方法 C卡文迪许测出了静电力常量 D奥斯特发现了电磁感应定律 答案： B 试题分析：牛顿发现了万有引力定律，伽利略首创了理想实验的研究方法，库伦测出了静电力常量，法拉第发现了电磁感应定律，故 B正确。 考点：考查了物理学史 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L，底端接阻值为 R 的电阻。将质量为 m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻 R 外其余

2、电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则 A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 g B金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 ab C金属棒的速度为 v时所受的安培力大小为 F = D电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 答案： AC 试题分析：释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为 g，故 A正确金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻 R的电流方向为 ，故 B错误金属棒的速度为 v时，回路中产生的感应电流为 ，金属棒所受的安培力大小为 ，故 C正确由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，

3、系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻 上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故 D错误 考点：考查了导体切割磁感线运动，电磁感应中能量转 化问题 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是 A 1、 2两点的场强大小相等 B 2、 3两点的场强大小相等 C 1、 2两点的电势相等 D 2、 3两点的电势相等 答案： BD 试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得， 1与 2比较， 1处的电场线密，所以 1处的

4、电场强度大，故 A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，该电场为点电荷电场， 2、 3两点距离点电荷距离相等，所以根据公式，可得 2、 3 两点的电场强度相等，故 B正确；顺着电场线，电势降低，所以 1点的电势高 于 2点处的电势，故 C错误；由题目可得， 2与 3处于同一条等势线上，所以 2与 3两点的电势相等，故 D正确 考点：考查了电场强度，等势面，电场线 我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星 风云 1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为 12h，另一类是地球同步轨道卫星 风云 2号，运行周期为 24 h。下列说法正确的是 A风云 1号的线速度大于风云 2号的线速度 B风云

5、 1号的向心加速度大于风云 2号的向心加速度 C风云 1号的发射速度大于风云 2号的发射速度 D风云 1号、风云 2号相对地面均静止 答案： AB 试题分析：卫星绕地球圆周运动有： 可知，风云一号卫星周期和半径均小于风云二号卫星的周期和半径根据万有引力提供圆周运动向心力有卫星的线速度 ，所以风云一号卫星的半径小，线速度大，故 A正确；根据万有引力提供圆周运动向心力 有卫星的向心加速度 ，风云一号的半径小，向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度，故 B正确；向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功，故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度，故 C错误；风云 2号是同步卫星，相对地面静止，而风云

6、 1号不是同步卫星，相对地面是运动的，故 D错误 考点：考查了万有 引力定律的应用 假设一个小球在沼泽地中下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，沼泽地对球和球对沼泽地的作用力大小分别为 F1、 F2下列说法中正确的是 A在加速向下运动时， F1 F2 B在匀速向下运动时， F1 = F2 C在减速向下运动时， F1 F2 D在整个运动过程中， 答案： BD 试题分析：因为沼泽地对球和球对沼泽地的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，整个过程中都有 ，选项 B、 D正确。 考点：考查了相互作用力 一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确

7、的是 A拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力 B拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小 C拉力与摩擦力的合力方向竖直向上 D小孩和车所受的合力为零 答案： CD 试题分析：小车受到斜向上的拉力，重力，摩擦力，地面的支持力，合力为零，其中拉力在水平方向上的分力等于小孩和车受到的摩擦力， A错误；拉力沿竖直方向的分力与支持力的 合力大小等于重力， B错误；拉力可以分解为竖直向上的力和水平方向的力，其中水平方向 的力大小等于摩擦力，所以拉力和摩擦力的合力方向竖直向上， C正确；因为小孩和车做匀速直线运动，所以受力平衡合力为零， D正确。 考点：考查了共点力平衡条件，力的合成与分解 一理想变压器原、副线圈

8、匝数比 n1 n2 11 1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压 u随时间 t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个 R=20 的电阻，则 A流过电阻 R的最大电流是 1.0 A B变压器的输入功率是 40W C与电阻 R并联的电压表的示数是 20 V D在 1秒内电流方向改变 50次 答案： C 试题分析：由图象可知，原线圈中电压的最大值为 V，所以电压的有效值为 220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为 20V，副线圈的电阻为 10，所以电流的为 2A，所以 A错误；电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为 20V，所以 C正确；原副线圈的功率是相同的，由，所以变压器的

9、输入功率是 200W，所以 B错误；从图中可以得出交流电的频率为 ，线圈每转动一圈，电流方向改变两次，所以在 1s内电流方便改变 100次， D错误。 考点：考查了交流电图像 如右图所示，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时 0.2s，第二次用时 0.5s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则 A第一次线圈中的磁通量变化较大 B第一次电流表 G的最大偏转角较大 C第二次电流表 G的最大偏转角较大 D若断开开关 k，电流表 G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势 答案： B 试题分析：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故 A错误；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，

10、磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故 B正确， C错误；断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故 D错误。 考点：考查了法拉第电磁感应 如图所示为某一质点运动的速度 -时间图像，下列说法正确的是 A 01 s内的平均速度是 2m/s B 02s内的位移大小是 3 m C 04s内该质点做匀变速直线运动 D 01s内的运动方向与 24s内的运动方向相反 答案： B 试题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与 x轴包围的面积表示位移大小，运动方向看正负由面积法求 0-1s的位移 ，时间 =1s因而 ，故 A错误；由面积法知： 0-2s的位移 ，故 B正确；

11、 0-1s内做匀加速直线运动， 1-2s做匀速直线运动， 2-4s做匀减速直线运动， C错误； 0-1s、 2-4s两个时间段内速度均为正，表明速度都为正方向，运动方向相同，故 D错误。 考点：考查了速度时间图像 实验题 “探究加速度与物体质量的关系 ”的实验装置如图甲所示。 安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与 （填 “桌面 ”或 “长木板 ”）平行。 平衡摩擦力后，为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用 法。 保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度。某次实验中打出如图乙所示的纸带（打点计时器电源的频率为 50Hz），则这个加速度

12、值 a = 。 某同学把实验得到的几组数据画成图丙的 a-m图象，为了更直观描述物体的加速度跟其质量的关系，你应该建议他改画 a和 的关系图像。 答案： 长木板（ 2分） 控制变量法（ 2分） 0. 16 m/s2（ 2分） 试题分析： 为了减小实验过程中的摩擦力，细线和长木板应保持平行， 为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须保证受力恒定，所以采用控制变量法， 根据匀变速直线运动过程中在相等时间内走过的位移差是一个定值，则 ，故有 ，带入可得： 由牛顿第二定律 可知当合 力 F不变时 m与 a成反比，在 a-m图象中应该是双曲线，但是实验得出的各组数据是不是落在同一条双曲线上是不好判断

13、的，但是 的关系是正比例函数，此时各组数据是不是落在同一条直线上是非常容易观察的，所以图象坐标应该选用 考点： “探究加速度与物体质量的关系 ”的实验 为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。 用多用表测量该元件的电阻，选用 “10”倍率的电阻档后，应先 ，再进行测量，之后多用表的示数如图 (a)所示，测得该元件电阻为 。 某同学想精确测得上述待测电阻 Rx的阻值，实验室提供如下器材： A电 流表 A1（量程 50mA、内阻 r1 10） B电流表 A2（量程 200mA、内阻 r2约为 2） C定值电阻 R0 30 D滑动变阻器 R（最大阻值约为 10） E电源 E（电动势约为 4V） F开

14、关 S、导线若干 该同学设计了测量电阻 Rx的一种实验电路原理如图 (b)所示， N 处的电流表应选用 （填器材选项前相应的英文字母）。开关 s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于 （选填 “a”或者 “b”） 。 若 M、 N 电表的读数分别为 IM、 IN，则 Rx的计算式为 Rx= 。（用题中字母表示） 答案： 欧姆调零， 70， B ， a， 试题分析： 使用多用电表时需要将两笔短接然后欧姆调零，然后进行测量，示数为 70， 通过待测电阻的最大电流约为 ，通过 N 出的最大电流约为 ，故选电流表 B，为了保证电路安全， MN 两处的电流在开关闭合时应为零，即电压为零，所以滑动变阻器的滑片应处

15、于 a端， 通过定值电阻 的电流，并联电路两端电压 ，则待测电阻阻值 考点：考查了伏安法测电阻，多用电表的使用 计算题 如图所示，内圆半径为 r、外圆半径为 3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为 U，靠近M板处静止释放质量为 m、 电量为 q的正离子，经过电场加速后从 N 板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求： （ 1）离子从 N 板小孔射出时的速率； （ 2）离子在磁场中做圆周运动的周期； （ 3）要使离子不进入小圆区域，电压 U的取值范围。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析： (1

16、)设离子射入匀强磁场时的速率为 v，由动能定理得 : . 3分 .2分 (2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为 R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可可得： 2分 由 得 1分 (3)若离子恰好不进入小圆，设离子 与小圆相切时轨道半径为 R0，此时轨迹如图所示 由几何关系得： .2分 解得： .1分 又 .1分 .1分 .1分 联立解得 .2分 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转，在有界磁场中的运动 如图所示， AB是固定在竖直平面内倾角 =370的粗糙斜面，轨道最低点 B与水平粗糙轨道 BC 平滑连接， BC 的长度为 SBC= 5.6m一质量为 M =1kg的物块 Q 静止放置在

17、桌面的水平轨 道的末端 C点，另一质量为 m=2kg的物块 P从斜面上 A点无初速释放，沿轨道下滑后进入水平轨道并与 Q 发生碰撞。已知物块P与斜面和水平轨道间的动摩擦因数均为 =0.25， SAB = 8m， P、 Q 均可视为质点，桌面高 h = 5m，重力加速度 g=10m/s2。 （ 1）画出物块 P在斜面 AB上运动的 v-t图。 （ 2）计算碰撞后，物块 P落地时距 C点水平位移 x的范围。 （ 3）计算物块 P落地之前，全过程系统损失的机械能的最大值。 答案： )如图所示 (2) (3) 试题分析：（ 1）根据牛顿第二定律和运动学规律可得： （ 1分） 解得 m/s2（ 1分） 由 得 （ 1分） 由 得 s（ 1分） 作图（ 2分） （ 2） BC 段滑行，则 = （ 1分） 解得 m/s （ 1分） PQ碰撞，则有动量守恒： （ 1分） 能量关系有： （ 1分） 位置关系有： （ 1分） 联立解得： 2m/s 4m/s （ 1分） 平抛运动有： ， （ 2分） 解得： （ 1分） （ 3）机械能损失最大对应完全非弹性碰撞，此时有： （ 1 分） 根据动能定理 : （ 1分） 代入数据得： J （ 1分） 考点：牛顿第二定律，运动学规律，动量守恒定律，动能定理