《襄阳市2015届高三物理第一次调研考试试题2（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《襄阳市2015届高三物理第一次调研考试试题2（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、120152015 年年 1 1 月襄阳市普通高中调研统一测试月襄阳市普通高中调研统一测试高三理科综合物理试题解析高三理科综合物理试题解析【试卷综析】本试题是理科综合物理部分内容，它紧扣新课标教材和新考纲，题目新颖， 突出教材主干知识，把握准了高考重点，它分必考部分和选修部分，题目难度与高考试题 难度相当。重视物理图线变形考查，设计题型多样，灵活多变，出题人用心独匠。实验题 设计更是格局一新，又考核了课本要求实验，又检测了学生的设计能力和动手能力。计算 题的组编重视基础知识的考核，又检测了考生的分析问题和解决问题的能力。在题中渗透 了物理知识在科技知识和交通事故判定应用题型。这份试题适用于第一
2、轮复习后的检测效 果试题。是老师在复习备课中的好资料。 命题人：枣阳一中 肖华林(物理) 襄阳五中 张德标(化学) 襄阳市教研室 梁德远(生物) 审题人：襄阳五中 吴社会(物理) 襄阳五中 陶坤元(化学) 襄阳一中 黄 雯雯(生物) 审定人：襄阳市教研室 贾旭辉(物理) 襄阳市教研室李 斌(化学) 襄阳市 教研室 梁德远(生物)本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷第 1 页至第 6 页， 第卷第 6 页至第 16 页全卷满分 300 分考试时间 150 分钟 祝考试顺利 注意事项： 1答卷前，请考生认真阅读答题卷上的注意事项考生务必将自己的姓名、考号填写在答 题卡上指定位置，贴好
3、条形码或将考号对应数字涂黑用 2B 铅笔将试卷类型（A 或 B）填 涂在答题卡相应位置上 2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其它答案标号答在试题卷、草稿纸上无效 3非选择答题用 0.5 毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在 试题卷、草稿纸上无效 4考生必须保持答题卡的清洁考试结束后，监考人员将答题卡收回，按小号在上大号在 下封装 可能用到的相对原子质量：H：l C：l2 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Al：27Mn：55 Fe：56 Zn：65 Br：80 第卷（选择题 共 126
4、分） 二、选择题：（本题包括 8 小题。每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中， 1418 题只有一个选项正确。19、20、21 题有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但 不全的得 3 分，有选错的或不答的得 0 分。 ） 【题文】14一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发 电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百公里甚至几千公里之 外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、 “二次变电站”降压已知经降压变压器（可视为理想变压器）降压后供给某小区居民的交流电220 2sin100utV，该变压器原、副线圈匝数比为501，则2A原线
5、圈上的电压为11000 2 VB原线圈中电流的频率是 100 Hz C原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗 D高压输电有利于减少输电线路中的损耗 【知识点】远距离输电 【答案解析】D 。A、供给某小区居民的交流电 u=2202sin100tV，最大值为 2202V，故输 出电压有效值为 220V，根据变压比公式 U1/U2n1/n2，输入电压为：U1=50220111000V，故 A 错误；B、交流电 u=2202sin100tV，故频率： f=1002=50Hz，故 B 错误；C、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即 I1/I2n2/n1150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的
6、导线粗，故 C 错误； D、在输送电功率一定的情况下，根据公式 P=UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率 损耗P=I2r 也会减小，D 正确；故本题选择 D 答案 【思路点拨】 解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、 副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比变压器原、副线圈的电压比等于 匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比 较出线圈导线的粗细。从而正确选择答案。【题文】15如图 a 所示，在木箱内粗糙斜面上静止质量为 m 的物体，木箱竖直向上运动 的速度 v 与时间 t 的变化规律如图 b 所示，物体始终相对斜
7、面静止斜面对物体的支持力 和摩擦力分别为 N 和 f，则下列说法正确的是 A在 0t1 时间内，N 增大，f 减小 B在 0t1 时间内，N 减小，f 增大 C在 t1t2 时间内，N 增大，f 增大 D在 t1t2 时间内，N 减小，f 减小【知识点】牛顿第二定律中的超重和失重与速度与时间图线相结合问题考查题。 A2、C2、C3。【答案解析】D。从10t时间内，木箱竖直向上作加速度减小的加速运动，高斜面的夹角为，在竖直方向有：NFcossinfmgma（1） ，在水平方向有：NFsincosf（2）两式联立解得：()cosNFmgma，()sinfmgma，t2Ot1tv图（b）图（a）3N
8、F减小，f减小，A 错误；B 错误；在12tt是木箱竖直向上作加速度增大的减速运动，则有：加速度竖直向下：列方程如下：竖直方向：(cossin)NmgFfma（3）水平方向：NFsincosf（4）两式联立得：()cosNFmgma，()sinfmgma，由此可分析，当加速度增大时，NF、f均减小，C 错；D 正确。故本题选择 D 答案。 【思路点拨】本题要从速度图象上看速度的变化和加速度的变化，再根据牛顿第二定律列 方程求解出支持力和摩擦力的表达式来分析其变化而选择答案。【题文】16如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，R1、R2 为定值电阻，R3 为 可变电阻，C 为电容器在可变
9、电阻 R3 由较小逐渐变大的过程中，下列说法中正确的是 A电容器的带电量在逐渐减小 B流过 R2 的电流方向是由上向下 C电源的输出功率变大 D电源内部消耗的功率变大【知识点】闭合电路欧姆定律 电容。I3、J2。 【答案解析】B。滑动变阻器由大到小的过程中，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律 可知电路中电流减小，内电压及 R1 两端的电压减小，则 R3 两端的电压增大；电容器两端 的电压增加，电容器电量增加，故电容器充电，所以通过 R2 的电流方向由上向下，A 错； 电容器两端电压变大，场强增加，B 对；电容与电压、电量无关，电容不变，由于内外电 阻的关系未知，不能确定电源输出功率如何变化，
10、C 错；电流增大，电源内部消耗的功率 由 P=I2r,可知，功率减小，D 错。故本题选择 B 答案。 【思路点拨】 本题由电路图可知，R1 与 R3 串联，电容器并联在 R3 两端，由滑动变阻器 的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出 R3 电压的变化，则可知电 容器两端电量的变化，可知流过 R2 的电流方向由功率公式可求得电源内部消耗的功率变 化本题在进行动态分析时电容器可不看要抓住电容器两端的电压等于与之并联部分的 电压；与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理【题文】17地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a；假设月球绕地球作匀速圆 周运动，轨道半径为 r1，向心
11、加速度为 a1已知万有引力常量为 G，地球半径为 R下列 说法中正确的是A地球质量 M=Gra2 11B地球质量 M=GaR2CE r R2R1R34C地球赤道表面处的重力加速度 g = aD加速度之比aa1=22 1R r【知识点】万有引力定律及其应用；向心力D5 【答案解析】A。A、根据万有引力充当向心力：GMmr21ma1 知质量 M=a1r21G，A 正确 B 错误 C、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，C 错误 D、加速度a=R2，不与半径的平方成正比，D 错误，故本题选择 A 答案。 【思路点拨】 本题根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题要运
12、 用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题【题文】18如图所示，N（N5）个小球均匀分布在半径为 R 的圆周上，圆周上 P 点的一个小球所带电荷量为-2q ，其余小球带电量为+q，圆心处的电场强度大小为 E若仅撤去P 点的带电小球，圆心处的电场强度大小为AE B2EC3ED4E【知识点】点电荷的场强I1 【答案解析】C。如果没移去电荷之前，N（N5）个电荷量均为 q（q0）的小球，均匀 分布在半径为 R 的圆周上在圆心处场强为 E，该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，将q和2q在圆心处产生的电场强度看成三份，则q点三分之一，2q点三分之
13、二（因在圆心处产生的电场强度方向相同） ，移动 P 后，相当于失去了三分之二，即在中心处产生的电场强度为：3E，故本题选择 C 答案。【思路点拨】 由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为 0，而该点 场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另 一种是其他电荷不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为 E，所以只要算出要移去电 荷在该点的场强该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识5【题文】19如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移 x 和时间的平方2t的关系如图乙所示g=10m/s2，下列说法正确的是A小物块的加速度大小恒为 2
14、.5m/s2 B斜面倾角为 30 C小物块 2s 末的速度是 5m/s D小物块第 2s 内的平均速度为 7.5m/s【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】BD。A、由图得：x=2.52t，对照公式2 01 2xv tat ，得初速度为0v=0，加速度为 a=25/m s故 A 错误B、由牛顿第二定律得：a=mgsin a=gsin，得sin=a/g=5/10=0.5，=30，故 B 正确C、小物块 2s 末的速度2v=at=52=10m/s，故C 错误D、小物块 1s 末的速度1v=at=51=5m/s，第 2s 内的平均速度 .v=12 2vv=7.5m/s，D 错误故本题选择 B
15、D 答案【思路点拨】 本题采用对比的方法得到物体的初速度和加速度是关键，要掌握匀变速直线 运动的基本公式，并能熟练运用要根据图象写出 x-t 的表达式，对照运动学公式得到加 速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角由 v=at 求得 2s 末的速度，并求出平均速度【题文】20如图甲所示，abcd 为导体做成的框架，其平面与水平面成 角，导体棒 PQ 与 ad、bc 接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度 B 随 时间 t 变化情况如图乙所示（设图甲中 B 的方向为正方向） 在 0t1 时间内导体棒 PQ 始 终静止，下面判断正确的是 A. 导体棒 PQ 中电流方向由 Q 至 P B. 导体棒 PQ 受安培力方向沿框架向下 C. 导体棒 PQ 受安培力大小在增大 D. 导体棒 PQ 受安培力大小在减小甲t2/s2520乙x6【知识点】电磁感应、安培力与共点力平衡。B4。K1、L1、L2。 【答案解析】AD。A、根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，方向 由 Q 至 P，故 A 正确；B、根据左手定则可知，开始导体棒 PQ 受到沿导导轨向上的安培力， 故 B 错误；C、产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小， 故 C 错误，D 正确；故选择 AD 答案。 【思路点拨】 由图乙可知磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应
