《山东省淄博市2015届高三下学期3月第一次模拟考试物理试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省淄博市2015届高三下学期3月第一次模拟考试物理试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2015 年山东省淄博市高考物理一模试卷一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）1（6 分）（2015淄博一模）比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下列物理量中属于用比值法定义的是（）A a= B T= C C= D I=【考点】： 电容【专题】： 电容器专题【分析】： 首先公式必须是定义式；其次要是比值定义法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比” 来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的
2、属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【解析】： 解：A、 是加速度的计算式，不是定义式，故 A 错误B、 是周期的计算式，不是定义式，故 B 错误C、 是电容的定义式，且是用的比值定义法，故 C 正确D、 是电流的计算式，不是定义式，故 D 错误故选：C【点评】： 解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2（6 分）（2015淄博一模）如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为 m 的小球 a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为 a=30，弹簧水平，以下说法正确的是（）A 细线拉
3、力大小为 mgB 弹簧的弹力大小为 mgC 剪断左侧细线瞬间，b 球加速度大小为 gD 剪断左侧细线瞬间，a 球加速度大小为 g【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出 a 球的瞬时加速度【解析】： 解：A、B、对 a 球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为： =弹簧的弹力：F=mgcot= ，故 A 错误，B 正确；C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球 b 所受的合力 F 合 =0，加速度为 0，故 C 错误；D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧
4、的弹力不变，小球 a 所受的合力 F 合 =T=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g故 D 错误故选：B【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变3（6 分）（2015淄博一模）太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，但它们公转的周期却各不相同，若把地球和水星绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定（）A 地球的线速度大于水星的线速度B 地球的质量小于水星的质量C 地球的向心加速度小于水星的向心加速度D 地球到太阳的距离小于水星到太阳的距离【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】
5、： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供圆周运动向心力根据周期大小关系求得半径关系，再由半径确定向心加速度的关系即可【解析】： 解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供圆周运动向心力有：，可得周期 T= 由于地球公转周期大于水星的公转周期可知，地球的公转半径大于水星的公转半径，则A、线速度 可知地球公转半径大线速度小，故 A 错误；B、根据万有引力提供圆周运动向心力不能由公转半径关系求得环绕天体的质量大小关系，故 B错误；C、向心加速度 a= 知，地球公转半径大于水星的公转半径，故地球的向心加速度小于水星的向心加速度，故 C 正确；D、地球公转半径大于水星的公转半径，故地球到太
6、阳间的距离大于水星到太阳间的距离，故 D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键是根据万有引力提供圆周运动向心力由周期关系得出公转半径的关系，再由公转半径关系分析描述圆周运动的物理量间的关系，掌握相关公式是正确解题的基础4（6 分）（2015淄博一模）如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为 1：100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为 100降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R1 为一定值电阻， R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表 V 显示加在报警器上的电压（报警器未画出）未出现火警时，升压变压器的输
7、入功率为 750kW下列说法中正确的有（）A 降压变压器副线圈输出的交流电频率为 50HzB 远距离输电线路损耗功率为 180kwC 当传感器 R2 所在处出现火警时，电压表 V 的示数变小D 当传感器 R2 所在处出现火警时，输电线上的电流变小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 由图乙知交流电的周期 0.02s，所以频率为 50Hz；根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化【解析】： 解：A、由图乙知交流电的周期 0.02s，所以频率为 50Hz，A 正确；B、由图乙知升
8、压变压器输入端电压有效值为 250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为： ，输电线损失的电压为：U=IR=30100=3000V，输电线路损耗功率为：P= UI=90kW，B 错误；C、当传感器 R2 所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表 V 的示数变小，C 正确；D、由 C 知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D 错误；故选：AC【点评】： 解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输
9、入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系5（6 分）（2015淄博一模）如图所示，小物块以某一初速度 v0 从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端，若以沿斜面向上为正方向，用 a、x、v 和 Ek 分别表示物块加速度、位移、速度和动能，t 表示运动时间则可能正确的图象是（） A B C D 【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的图像【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据某物块以初速度 v0 从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回
10、到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形【解析】： 解：A、在上滑的过程中加速度为，在下滑过程中加速度为，故 A 错误B、上滑时做匀减速运动，故 h 曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故 h 曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故 B 正确C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故 C 正确D、根据动能定理得： ，上滑时做
11、匀减速运动，故 EK 曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故 Ek 曲线斜率先小后大，故 D 错误故选：BC【点评】： 根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可6（6 分）（2015淄博一模）如图所示，x 图象表示空间某一静电场的电势 沿 x 轴的变化规律，图象关于 轴对称分布x 轴上 a、b 两点电场强度在 x 方向上的分量分别是 Eax、E bx，则（）A EaxE bxB Eax 沿 x 轴负方向，E bx 沿 x 轴正方向C 同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向一定相反D 将正电荷沿 x 轴从 a 点移动到 b 点的过程中，其电势能先增加后减小【考点】： 电势
12、差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 本题的入手点在于如何判断 Eax、E bx 的大小，由图象可知在 x 轴上各点的电场强度在 x 方向的分量不相同，如果在 x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法【解析】： 解：A、在 a 点和 b 点附近分别取很小的一段距离x，由图象，a 点段对应的电势差大于 b 点段对应的电势差，看做匀强电场，由公式 E= ，可见 EaxE bx，故 A 错误；B、沿电场方向电势降低，在 O 点左侧，顺着+x 轴方向电势升高，则 Eax 的方向沿 x 轴负方向，在 O
13、点右侧，沿+x 轴方向电势降低，则 Ebx 的方向沿 x 轴正方向，故 B 正确；C、由题可知，图为电势沿 x 轴的分量，B 仅为沿电场沿 x 轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在 a、b 两点受到的电场力方向不一定相反，故C 错误；D、将正电荷沿 x 轴从 a 移动到 b 的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故 D 正确；故选：BD【点评】： 本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高7（6 分）（2015淄博一模）如图所示，abcd 为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，
14、左右两端接有定值电阻 R1 和 R2，R 1=R2=R，整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中质量为 m 的导体棒 MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度 v0，第一次运动至最右端的过程中 R1 产生的电热为 Q，下列说法中正确的是（）A 初始时刻棒所受安培力的大小为B 棒第一次回到初始位置的时刻，R 2 的电功率为C 棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为 mv QD 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路
15、产生的电热大于【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由 E=BLv0、I= 、F=BIL 三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN 棒从开始到第一次运动至最右端，电阻 R 上产生的焦耳热为 2Q，整个回路产生的焦耳热为 4Q【解析】： 解：A、由 F=BIL 及 I= = ，得安培力大小为 FA=BIL= 故 A 错误；B、由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于 v0，棒产生的感应电动势小于 BLv0，则 AB 间电阻 R 的功率小于 ，故 B 错误；C、由能量守恒得知，当棒第一次
16、达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为 2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为 ，故 C 错误；D、由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，电路中产生总热量为 2Q，整个回路中产生的焦耳热应大于 2Q，故 D正确故选：D【点评】： 本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻 R 上产生的热量二.（必做 157 分+选做 36 分，共 193 分）【必做部分】8（8 分）（2015淄博一模）如图所示，在一端带有滑轮的长木板上固定两个光电门 1、2，两光电
