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1、1宝鸡市宝鸡市 20152015 年第二次高三质量检测物理部分试题年第二次高三质量检测物理部分试题第第卷（物理）卷（物理）二、选择题：本题共二、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。14、下列关于单位制的说法中正确的是（ ）A在国际单位制中，力（
2、F） 、质量（M） 、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Fma【答案】D【命题立意】本题旨在考查力学单位制.【解析】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
3、一般形式为Fkma，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Fma，故 D 正确。故选：D15、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转动，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（ ）AM 相对地面静止在传送带上 BM 沿传送带向上运动CM 受到的摩擦力不变 DM 下滑的速度减小【答案】C【命题立意】本题旨在考查摩擦力的判断与计算。【解析】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2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，
4、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 C 正确，ABD 错误。故选：C16、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（ ）Atan ，z轴正向 B ，y轴正向mg ILmg ILCtan ，z轴负向 Dsin ，沿悬线向下mg ILmg IL【答案】D【命题立意】本题旨在考查安培力。【解析】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 负方向，由平衡条件得：cossinBILmg，解
5、得：tanmgBIL，故 A 错误；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BILmg，得：mgBIL，导线静止，与竖直方向夹角00，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，mgBIL可以使导线静止，但与竖直方向夹角00，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：sinBILmg，则sinmgBIL，故 D 正确。故选：D17、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
6、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“已操作”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3球的质量为（ ）A2322)8 (GTctR B232)(4GTctR C2322)2(GTctR D232)4(GTctR 【答案】B【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】由xvt可得：卫星与地球的距离为：1(2 )2xctct卫星的半径为：rRxRct由万有引力公式可得：2224MmGmrrT解得：2324()RctMGT故选：B18、美
7、国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了元电荷的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒压电源两极连接，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是油滴所带电荷量的k倍，则（ ）A油滴带正电B油滴带电荷量为mg UdC电容器的电容为kmgd U2D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【答案】C【命题立意】本题旨在考查带电粒子在混合场中的运动。【解析】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
8、得：Umgqd，得油滴带电荷量为：mgdqU，故 B 错误；C、根据QUC，结合mgqE，且Qkq，则得电容器的电容为：2mgdkkqkmgdUCUUU，故 C 正确；4D、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【易错警示】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。19、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像如图乙所示，经原副线圈的匝数比为 110 的理想变压器给一灯泡供电，如图
9、丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为 22 W。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（ ）At=0.01 s 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 A D灯泡的额定电压为220 2V【答案】BC【命题立意】本题旨在考查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。【解析】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：221003140.02rad srad sT，故
10、 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：22122PIAAU，故 C 正确；D、灯泡正常发光，故额定电压为220V，故 D 错误。故选：BC20、一块质量为m的木块放在地面上，用一根轻弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧上端，使木块离开地面，如果力F的作用点从弹簧原长的位置开始向上移动的距离为h，则A木块的重力势能增加了mghB木块的动能增加了Fh5C拉力 F 所做的功为FhD木块的机械能增加量小于Fh【答案】CD【命题立意】本题旨在考查功能关系、功的计算、重力势能。【解析】A、用恒力 F 拉
11、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，故重力势能的增加量不是mgh，故 A 错误；BCD、功是力与力的作用位移的乘积，故拉力的功为Fh，等于木块和弹簧系统的机械能增加量，所以木块的机械能增加量小于Fh，故 D 错误，CD 正确。故选：CD21、如图所示，在竖直方向上有四条间距均为L0.5 m 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 1 T，方向垂直于纸面向里。现有一矩形线圈abcd，长度ad3 L，宽度cdL，质量为 0.1 kg，电阻为 1，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，cd边经过磁场边界线L3时恰好做
12、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=10 m/s2)则（ ）Acd边经过磁场边界线L1时通过线圈的电荷量为 0. 5 CBcd边经过磁场边界线L3时的速度大小为 4 m/sCcd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【答案】BD【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律。【解析】A、cd边从1L运动到2L，通过线圈的电荷量为：221 0.50.251BLqCCRR，故 A 错误；B、cd边经过磁场边界线3L时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有：mgBI
13、L而BLvIR，联立两式解得：22220.1 10 1410.5mgRvm sm sB L，故 B 正确；6C、cd边从2L到3L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，设此过程的时间为1t此过程的逆过程为匀减速运动，由运动学公式得：2 111 2Lvtgtcd边从3L到4L的过程做匀速运动，所用时间为：20.25Ltsv，故cd边经过磁场边界线2L和4L的时间间隔为120.25tts，故 C 错误；D、线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线4L过程，根据能量守恒得：2130.72QmgLmvJ:，故 D 正确。故选：BD第第卷卷三、非
14、选择题：包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 2222 题题 第第 3232 题为必考题，每个试题考生都题为必考题，每个试题考生都必须做答。第必须做答。第 3333 题题 第第 3939 题为选考题，考生根据要求做答。题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题（共 129 分）22、 （6 分）某实验小组的同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。他们验证的原理是：看重物重力势能的减少量 Ep=mghn与其动能的增加量 Ek=21 2nmv在误差允许范围内是否相等。实验中在计算纸带上某一点的速度时，甲同学用()nvg nT来计算，乙同学用Txx
15、vnn n21来计算，其中_（填“甲”或“乙” ）同学的计算方法更符合实验要求；在代入重力加速度g的数值时，甲用2)(TNMxxaNM 计算出重物下落的实际加速度并代入。乙同学用当地的实际重力加速度代入，其中_（填“甲”或“乙” ）同学的做法是正确的；某同学采用正确计算方法进行实验和计算，结果发现重物重力势能的减少量 Ep略大于动能的增加量 Ek。产生这种现象的主要原因是 。【答案】乙、乙、空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起【命题立意】本题旨在考查验证机械能守恒定律。【解析】因有阻力作用，重物下落的实际加速度ag，故甲同学的计算方法不正确，乙同学应用1 2nn nxxvT来计算是正确的；求重物重力势能的减少量时，应当用当地的实际重力加速度来计算，但一定大于重物下落的实际加速度a，故乙正确；7结果发现重物重力势能的减少量PE略大于动能的增加量KE，产生这种现象的主要原因是空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起。故答案为：乙、乙、空气阻力以及纸带与打点计时器之间的摩擦力引起。23、 （10 分）A、B 同学都用如图甲所示的电路测电源电动势 E、内阻 r 以及 R1的阻值。实验器材有：待测电源 E，待测电阻 R1，电压表 V(量程为 2.0 V，内阻很大)，电阻箱R(099.99 )，单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干。（1）A 同学测量电阻 R1的实
