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1、120152015 年山西省朔州市怀仁一中高考物理一模试卷年山西省朔州市怀仁一中高考物理一模试卷一、选择题：本题其一、选择题：本题其 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分在每小题给出的四个选项中，第分在每小题给出的四个选项中，第 1-51-5 题只有一题只有一项是符合题目要求的，第项是符合题目要求的，第 6 68 8 题有多个选项符合题目要求全部选对的得题有多个选项符合题目要求全部选对的得 6 6 分，选对但不分，选对但不全的得全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分1 （6 分） （2015朔州校级一模）2014 年 12 月 5 日，美国“猎户座”飞船在肯尼迪航天
2、中心成功发射，进行了首次无人飞行试验 “猎户座E 船是用来实现地球与火星问的载人飞行计划的胶囊型飞船，绕地球运行时，其轨道高度距离地球表面约 5800km，约为国际宇宙空间站离地高度的 15 倍假设飞船、空问站均绕地球做匀速圆周运动，相比空间站， “猎户座”飞船（ ）A 运行速度较大 B 角速度较大C 绕地球一周所用时间较长 D 加速度较大【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】： 飞船和空间站绕地球飞行时都是卫星，对于卫星，越高越慢、越低越快，据此回答即可【解析】： 解：A、B、C、飞船和空间站绕地球做匀速圆周运动，飞船的轨道高度约为国际宇宙空间站离地高度的
3、 15 倍，由于卫星，越高越慢、越低越快，故飞船较慢，故线速度小，角速度小，周期大；故 AB 错误，C 正确；D、根据 G=ma，有 a=，故飞船高度大，加速度小；故 D 错误；故选：C【点评】： 本题关键是记住“卫星越高越慢、越低越快”的结论，基础题目2 （6 分） （2015朔州校级一模）如图所示，两段等长的细线 L1和 L2串接着质量均为 1kg的小球 a、b，悬挂于 O 点现用沿水平向右的外力 F 缓慢拉动小球 a，当 L1与竖直方向的夹角为 45时，F 的大小是（去 g=10m/s2） （ ）2A 10N B 10N C 20N D 20N【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的
4、弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 当 L1与竖直方向的夹角为 45时，b 球处于竖直状态，对 ab 两个小球受力分析，ab 都处于静止状态，合力为零，根据共点力平衡条件列式求解即可【解析】： 解：当 L1与竖直方向的夹角为 45时，b 球处于竖直状态，对 ab 两个小球受力分析，如图所示：b 处于静止状态，则 T=mg，对 A 受力分析，受到重力 mg，F，oa 绳子的拉力和 ob 绳子的拉力，合力为零，则有：解得：F=mg+mg=20N故选：C【点评】： 解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解，难度
5、不大，属于基础题3 （6 分） （2015朔州校级一模）蹦床运动深受青少年喜爱，已被列入奥运比赛项目若把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，把该运动员视作质点，不计空气阻力，则当运动员由蹦床上方自由下落，从刚接触床面到将床面压缩至最低的过程中，运动员（ ）A 受到的合力一直增大B 在最低点加速度的值大于重力加速度的值3C 加速和减速阶段的速度改变量大小相同D 加速和减速阶段的位移相同【考点】： 牛顿第二定律；超重和失重【分析】： 本题考查人在蹦床上运动时受力及能量间的转化，要注意正确分析受力，明确各力做功情况，从而确定能量的转化方向【解析】： 解：A、当运动员由蹦床上方自由下落，从刚接触床面到将床
6、面压缩至最低的过程中，运动员开始时受到的弹力小于重力，合力的方向向下，随弹力是增大，合力逐渐减小；当弹力大于重力后，合力的方向向上，随弹力的增大，加速度逐渐增大，故 A 错误，B、C、D、从刚接触床面到将床面压缔至最低的过程中，运动员先加速后减速，当弹力等于重力时，运动员的速度最大；由运动的对称性可知，当弹簧的弹力等于 2 倍的重力时，运动员的速度与刚刚接触蹦床的速度是相等的，此后，运动员继续减速，一直到 0所以运动员加速阶段的速度变化量小于减速阶段的速度改变量大小；加速阶段的位移小于减速阶段的位移；在最低点加速度的值大于重力加速度的值故 B 正确，CD 错误故选：B【点评】： 该题考查牛顿第
7、二定律的瞬时变化问题，要注意人受到的力为变力，弹簧的弹力变化满足 F=kx，可以根据力力的特殊性与运动的对称性分析运动情况4 （6 分） （2015朔州校级一模）如图甲，水平放置的闭合回路由两部分组成，虚线左侧是电阻不能忽略的圆形导线，置于方向竖直的磁场 B1中，B1随时间 t 的变化如图乙所示，t=0 时，B1方向竖直向上；虚线右侧是电阻可忽略的光滑平行导轨，处于方向竖直向下的匀强磁场 B2中t=0 时，导体棒曲在平行于导轨、水平向右的外力，作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，则 F 随 t 的变化规律大致是图丙中的（ ）A B C D 4【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】：
8、 电磁感应与电路结合【分析】： 根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式列式，分析 F 与 t 的关系，即可选择图象【解析】： 解：t 时刻棒的速度为 v=at产生的感应电动势 E=BLv感应电流 I=所受的安培力 F安=BIL=由牛顿第二定律得 FF安=ma可得 F=+ma当 t=0 时，F0，由于棒做匀加速运动，a 不变，且由数学知识知，Ft 图象是不过原点的倾斜直线，故 D 正确故选：D【点评】： 对于图象，往往要根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义5 （6 分） （2015朔州校级一模）图甲中 D 为理想二极管，具有单向导电性，R 是阻值均为10 的定值电阻当 a、b 间加
9、有图乙所示按正弦式规律变化的交变电压时，交流电压表的示数约为（ ）A 36.7V B 51.9V C 73.3V D 103.7V【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 依据图象可得电压的有效值，在结合电流的热效应可得电压表示数5【解析】： 解：由图可知该交流电的有效值为：，由于二极管具有单向导电性，故该交流只有在每个周期的前半个周期才能向负载输出电压，由电流热效应可知：，解得：，则电压表示数为：=故 B 正确，ACD 错误故选：B【点评】： 该题的关键之一是要清楚二极管具有单向导电性；其次是要会用电流的热效应求交流电的有效值，这个是重点考察内容6
10、（6 分） （2015朔州校级一模）如图所示，真空中有一个边长为 2L 的正方形，O 点是其中心，a、b、c、d 是各边的中点在正方形的四个顶点 A、B、C、D 上分别放置带电量为Q、+Q、+Q、+Q 的点电荷，则下列说法正确的是（ ）A O 点处电场强度的大小为 4kB a、b 两处的电场强度相同C d 点电势一定高于 b 点电势D 将一个带正电的试探电荷沿 ac 连线从 a 移到 c，电场力做负功【考点】： 电势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6【分析】： BD 两点上的电荷在 O 点产生的场强大小相等，方向相反，正好抵消，最终的场强为 AC 两点电荷在 O
11、点产生场强的合场强；沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低正电荷电势越高，电势能越大【解析】： 解：A、B、D 两点上的电荷在 O 点产生的场强大小相等，方向相反，正好抵消，最终的场强为 A、C 两点电荷在 O 点产生场强的合场强则 O 点的场强：E=EB+ED=2k=，方向沿 OA 连线由 O 指向 A，故 A 错误B、a、b 两处电场强度大小相同，方向不同，故 B 错误；C、沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低，故 d 电势高于 b 的电势，故 C 正确；D、根据沿电场线方向电势降低，越靠近负电荷电势越低，知 c 电势高于 a 的电势，故带正电的试探电荷沿 ac 连线从 a 移到
12、 c，电场力做负功，故 D 正确；故选：CD【点评】： 解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及点电荷的场强方向，会根据平行四边形定则进行场强的叠加7 （6 分） （2015朔州校级一模）如图，水平放置的匀质圆盘可绕通过圆心的竖直轴 OO转动两个质量均为 lkg 的小木块 a 和 b 放在圆盘上，a、b 与转轴的距离均为 1cm，a、b与圆盘间的动摩擦因数分别为 0.1 和 0.4（设虽大静摩擦力等于滑动摩擦力） 若圆盘从静止开始绕 OO缓慢地加速转动，用 m 表示网盘转动的角速度，则（取 g=10m/s2） （ ）A a 一定比 b 先开始滑动B 当 =5rad/s 时，b 所受摩擦力的大小
13、为 1NC 当 =10rad/s 时，a 所受摩擦力的大小为 1ND 当 =20rad/s 时，继续增大 ，b 相对圆盘开始滑动【考点】： 向心力；摩擦力的判断与计算7【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 依据向心力表达式，比较两个物体谁的向心力会先达到最大静摩擦力，谁就先开始滑动；【解析】： 解：A、木块的最大静摩擦力 f=mg木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得木块所受的静摩擦力为：f=m2r，当 f=mg，角速度最大 m=，由此知允许的角速度与质量无关，由动摩擦因数和半径有关，故 a 允许的角速度比 b 的小，故 a 一定比 b 先开始滑动；故 A 正确；B、由 f
14、=m2r 知当 =5rad/s 时，b 所受摩擦力的大小 f=1520.01=0.25N2mg=4N，故 B 错误；C、由 f=m2r 知当 =10rad/s 时，a 所受摩擦力的大小 f=11020.01=1N=1mg=1N，故C 正确；D、由 m=知 b 的角速度最大为 B=20rad/s，继续增大 ，b 相对圆盘开始滑动，故 D 正确；故选：CD【点评】： 本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答8 （6 分） （2015朔州校级一模）如图，a、b、c 是三个小物块，a、b 用绕过轻质定滑轮的细线相
15、连，a 放在固定的光滑斜面上，b、c 在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，c 放在水平地面上现控制使细线伸直但无弹力，此时滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行将 a 由静止释放，a 沿斜面下滑至速度最大时 c 恰好离开地面已知ma=4m，mb=mc=m 不计细线与滑轮问的摩擦，下列说法正确的是（ ）A 斜面倾角的正弦值为 0.6B c 离开地面时，绳子拉力的大小为 2mgC c 离开地面时，b 的速度值为 2g8D 从释放 a 到 c 刚离开地面的过程中，a、b 与地球组成的系统机械能守恒【考点】： 机械能守恒定律；功能关系【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： c 刚离开地
16、面时，物体 a 沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，a 获得最大速度，b 应该处于受力平衡状态，对 b 受力分析，可以求得斜面的倾角 和绳子的拉力；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得 b 的速度【解析】： 解：AB、设当物体 c 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为 xC，则kxC=mg 物体 c 刚刚离开地面时，以 b 为研究对象，物体 b 受到重力 4mg、弹簧的弹力 kxC、细线的拉力 T 三个力的作用，此时三力平衡，对 b 有：TmgkxC=0 由上两式联立解得：绳子拉力的大小 T=2mg对 a 有，由平衡条件得：4mgsinT=0则得 sin=0.5故 A 错误，B 正确C、设开始时弹簧的压缩量 x
