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1、120152015 年陕西省宝鸡市高考物理二模试卷年陕西省宝鸡市高考物理二模试卷一、选择题：本题共一、选择题：本题共 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 14-1814-18 题只有题只有一项符合题目要求，第一项符合题目要求，第 19-2119-21 题有多项符合题目要求全部选对的得题有多项符合题目要求全部选对的得 6 6 分，选对但不全的分，选对但不全的得得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分1 （6 分） （2015宝鸡二模）下列关于单位制的说法中正确的是（ ）A 在国际单位制中，力（F） 、质量（M） 、
2、时间（t）是基本物理量B 在国际单位制中，牛顿（N） 、千克（kg） 、秒（s）是基本单位C 在国际单位制中，速度的国际单位千米/小时（km/h）是导出单位D 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 F=ma【考点】： 力学单位制【分析】： 国际单位制中规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔【解析解析】： 解：A、在国际单位制中，质量（M） 、时间（t）是基本物理量，而力（F）不是基本物
3、理量，故 A 错误B、在国际单位制中，千克（kg） 、秒（s）是基本单位，牛顿（N）是导出单位，故 B 错误C、在国际单位制中，速度的国际单位是 m/s 是导出单位，千米/小时（km/h）不是国际单位制中的单位，故 C 错误D、牛顿第二定律一般形式为 F=kma，只有在国际单位制中，k 才等于 1，牛顿第二定律的表达式才是 F=ma，故 D 正确故选：D【点评】： 单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位22 （6 分） （2015宝鸡二模）如图所示，物块 M 在静止的传送带上以速度 v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示顺时针
4、转动，若传送带的速度大小也为 v，则传送带启动后（ ）A M 相对地面静止在传送带上 B M 沿传送带向上运动C M 受到的摩擦力不变 D M 下滑的速度减小【考点】： 摩擦力的判断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】： 在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析解决问题，依据滑动摩擦力与相对运动方向相反，从而即可求解【解析解析】： 解：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力【分析】：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故
5、C 正确，ABD 错误故选：C【点评】： 判断物体的运动必须对物体进行受力分析，还要结合物体的运动状态，注意传送带在运动前后，物体仍是滑动摩擦力是解题的关键3 （6 分） （2015宝鸡二模）如图所示，质量为 m、长为 L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中导线中通以沿 x 轴正方向的恒定电流 I，悬线与竖直方向的夹角为 ，且导线保持静止，则磁感应强度的最小值和方向为（ ）3A tan，z 轴正向 B ，y 轴正向C tan，z 轴负向 D sin，沿悬线向下【考点】： 安培力【分析】： 左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内 把
6、左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向 N 极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论【解析解析】： 解：A、磁感应强度方向为 z 正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿 y 正方向，由平衡条件得：BILcos=mgsin，解得：B=tan，故 A 正确；B、当磁场沿 y 负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当 BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角 =0，不符合题意，故 B 错误；C、当磁场沿 x 负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=
7、可以使导线静止，但与竖直方向夹角 =0，不符合题意，故 C 错误；D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向下方，由平衡条件得：BIL=mgsin，则 B=sin，故 D 正确；故选：AD【点评】： 左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则4 （6 分） （2015宝鸡二模）我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为 2t（设卫星接收到“操作指令”后立即操作，并立即发送4“已操作
8、”的信息到控制中心） ，测得该卫星运行周期为 T，地球半径为 R，电磁波的传播速度为 c，由此可以求出地球的质量为（ ）A B C D 【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】： 由匀速运动的可求得地球到卫星的距离，再由万有引力提供向心力公式可求得地球的质量【解析解析】： 解：由 x=vt 可得：卫星与地球的距离为 x= C（2t）=Ct卫星的半径为：r=R+x=R+Ct；由万有引力公式可得：解得：M=故选：B【点评】： 本题考查向心力公式及运动学公式，要注意明确光速度为 C，并能正确求出卫星的半径5 （6 分） （2015宝鸡二模）美国物理学家密立根通过研究
9、平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极板 M 带正电现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则（ ）5A 油滴带正电B 油滴带电荷量为C 电容器的电容为D 将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 带电荷量为 q 的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性；由 E= 求解电源电动势断开电键 s，根据微粒的电场力有无
10、变化，分析微粒的运动情况【解析解析】： 解：A、由题，带电荷量为 q 的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电故 A 错误B、由平衡条件得：mg=q ；得油滴带电荷量为：q=，故 B 错误C、根据 U= ，结合 mg=qE，且 Q=kq，则得电容器的电容为：C=故 C 正确D、极板 N 向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离 s 增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动故 D 错误故选：C【点评】： 本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路6 （6 分） （
11、2015宝鸡二模）如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为 1：10 的理6想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为 22W现闭合开关，灯泡正常发光若矩形金属线框的电阻忽略不计，则（ ）A t=0.01s 时刻穿过线框的磁通量为零B 交流发电机转动的角速度速为 314rad/sC 变压器原线圈中电流表示数为 1 AD 灯泡的额定电压为 220V【考点】： 变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 由图 2 可知特殊时
12、刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值【解析解析】： 解：A、由图乙可知，当 0.01s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故 A 错误；B、由图可知，交流电的周期为 0.02s，则角速度为：rad/s=314rad/s，故 B 正确；C、副线圈中消耗的电功率是 22W，所以原线圈中的输入功率是 22W，原线圈输入电压为有效值为 22V，则变压器原线圈中电流表示数为： A；故 C 正确；D、灯泡正常发光，故额定电压为 220V，故 D 错误；故选：BC【点评】： 本题关键是明确线圈在匀强磁场中
13、匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可77 （6 分） （2015宝鸡二模）一块质量为 m 的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力 F 拉弹簧，使木块离开地面，如果力 F 的作用点向上移动的距离为 h，则（ ）A 木块的重力势能增加了 mgh B 木块的机械能增加了 FhC 拉力所做的功为 Fh D 木块的动能增加了 Fh【考点】： 功能关系；功的计算；重力势能【分析】： 功是力与力的作用点的乘积；题中拉力做功等于木块和弹簧系统的机械能增加量【解析解析】： 解：A、用恒力 F 拉弹簧，力 F 的作用点向上移动的距离为 h，物体上升的高度不是 h
14、，故重力势能的增加量不是 mgh，故 A 错误；B、C、D、功是力与力的作用点的乘积，故拉力的功为 Fh，等于木块和弹簧系统的机械能增加量，故 BD 错误，C 正确；故选：C【点评】： 用拉弹簧，使木块离开地面，如果力 F 的作用点向上移动的距离为 h 时的拉力是 F8 （6 分） （2015宝鸡二模）如图所示，在竖直方向上有四条间距为 L=0.5m 的水平虚线L1，L2，L3，L4，在 L1L2之间，L3L4之间存在匀强磁场，大小均为 1T，方向垂直于纸面向里现有一矩形线圈 abcd，长度 ad=3L，宽度 cd=L，质量为 0.1kg，电阻为 1，将其从图示位置静止释放（cd 边与 L1重
15、合） ，cd 边经过磁场边界线 L3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd 边水平， （g=10m/s2）则（ ）8A cd 边经过磁场边界线 L1时通过线圈的电荷量为 0.5CB cd 边经过磁场边界线 L3时的速度大小为 4m/sC cd 边经过磁场边界线 L2和 L4的时间间隔为 0.25sD 线圈从开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L4过程，线圈产生的热量为 0.7J【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据感应电荷量 q=，求解电荷量；cd 边经过磁场边界线 L3时恰好做匀速直线运动，线圈所受的安培力
16、和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度cd 边从 L2到 L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，根据运动学公式求出此过程的时间，再求解线圈下面磁场的时间，即可求解线圈 cd 边经过磁场边界线 L2和 L4的时间间隔根据能量守恒求出线圈中所产生的电热【解析解析】： 解：A、cd 边从 L1运动到 L2，通过线圈的电荷量为：q=0.25C，故 A 错误B、cd 边经过磁场边界线 L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有：mg=BIL而 I=联立两式解得：v=4m/s故 B 正确C、cd 边从 L2到 L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线
