2016届陕西省西安中学高三第一次仿真考试物理试卷

西安中学高2016届高三第一次仿真考试文科综合能力测试(考试时间l50分钟,满分300分)注意事项：1．本套试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，用0．5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。

第Ⅰ卷选择题本卷共35小题，每小题4分，共计l40分。

每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

地温是地面以下不同深度土壤温度的统称，不同季节地温随深度变化情况不同。

入春后，地面净辐射（地面吸收与射出辐射的差额）为正值，地面温度升高，一定深度内能量从地面向地下传递；入秋后，地面净辐射为负值，地面温度下降，能量从地下向地面传递，图1为某地形区一监测点（年平均气温为-5.3℃）监测3月和9月地温随深度的变化示意图，读图1完成1～2题。

1．该地形区可能为A.珠江三角洲B.关中平原C.青藏高原D.两广丘陵2.该监测点冬季和夏季地温差值最大的深度出现在A. 地下2mB.地下4mC．地下6m D. 地表3．如果a、b表示3月或9月，该监测点A.a月期间正午物影渐短B.b月期间白昼时间渐长C.a月期间地表温度渐低D.b月期间地表温度渐高读图2四川省西部泸定县城航空影像，大渡河由北向南纵贯泸定县城。

据此完成4～5题。

4．泸定县大渡河东岸城区所在地形区的堆积物来源于A．东部山体 B．西部山体C．东部沟谷 D．大渡河5．图示大渡河沿岸甲、乙、丙、丁四地中，最应进行堤坝防护的是A．甲B．乙C．丙D．丁图3为我国某区域冬季某日8时至此日8时的降雪量和积雪深度分布图，该时段该区域风向主要为偏东风，云量分布差异不明显。

据此完成6～8题。

陕科大附中2016届高三模考一物理试题（满分100分 时间90分钟）第Ⅰ卷（40分）一、选择题(本题包括10个小题，共40分。

1-8每小题只有一个选项正确，9-10有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

)1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是 A ．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的B ．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C ．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论D ．该实验和牛顿的理想斜面实验是相同的2．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等。

若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的3．以0v 的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误．．的是A 0B ．运动时问是02v gC ．竖直分速度大小等于水平分速度大小D ．运动的位移是20g4．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8mm ，弹射最大高度为24 cm ．而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7．5 m5．如图所示，小球从A 点以初速度0v 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A ，C 为AB 的中点．下列说法不正确．．．的是A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D. 小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等6. a 、b 两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中（ ）①a 、b 的速度之差保持不变 ②a 、b 的速度之差与时间成正比③a 、b 的位移之差与时间成正比 ④a 、b 的位移之差与时间的平方成正比A.①③B.①④C.②③D.②④ 7．一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力和电场力作用.若重力做功-3 J ，电场力做功 1 J ，则小球的A ．重力势能减少3 JB.电势能增加1 J C ．动能减少3 JD ．机械能增加1 J 8．某电场的部分电场线如图所示，A 、B 是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是A ．粒子一定是从B 点向A 点运动B ．粒子在A 点的加速度大于它在B 点的加速度C ．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能D ．电场中A 点的电势高于B 点的电势9．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中A ．导体框所受安培力方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同。

2016年陕西省西安中学高考物理仿真模拟试卷（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的物块从斜面上由静止下滑．下面给出的物块在下滑过程中对斜面压力大小F N的四个表达式中，只有一个是正确的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，合理的表达式应为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：对斜面压力与斜面对m支持力是一对作用反作用力．F N的水平分力F N1=F N sinθ，N的竖直分力F N2=F N cosθ，对M、m整体：水平方向不受外力，动量守恒有：m V x=MV．整个系统无摩擦，只有重力做功，设斜面高为h，由机械能守恒得．mgh=m V物2+MV2，设下滑时间为t，对M由动量定理：F N sinθ•t=MV，对m：竖直方向，由动量定理：（mg-F N cosθ）•t=m V y，在水平方向，由动量定理：F N sinθ•t=m V x，又由于V物2=V x2+V y2，解以上方程可得，F N=．故选：C．整个系统由于只有动能和重力势能的转化，故系统的机械能守恒，则可列出机械能守恒的表达式；同时由于M在光滑的水平面上，当m向下运动时，M也会后退，M m组成的系统动量守恒，由动量守恒可以得到M m之间的关系式，进而可以求得m对斜面压力大小．由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角大于θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同．本题有简便方法，即特殊值法：假设θ=0，看是否符合实际；再假设θ=90°，看是否符合实际．2.如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于A点．为了测量这根铁链的质量，在铁链的下端用一根细绳系一质量为m的小球，现用水平力F拉小球，待整个装置稳定后，测得两细绳与竖直方向的夹角为α和β，若tanα：tanβ=1：3，则铁链的质量为（）A.mB.2mC.3mD.4m【答案】B【解析】解：对小球进行受力分析，受重力、拉力和细线的拉力，由平衡条件得：tanβ=对铁链和小球整体进行受力分析，受重力、细线的拉力T、已知力F，由平衡条件得：tanα=联立解得：M=2m故选：B．先对小球受力分析，再对小球和铁链整体受力分析，然后分别根据共点力平衡条件列式即可联立求解即可．本题关键是灵活选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式，不难．3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知E p-x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误．BD、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确．C、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2=φ0＞φ3．故C错误．故选：D根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由E p=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况．4.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（）A.R处出现火警时电压表示数增大B.R处出现火警时电流表示数减小C.图乙中电压的有效值为220VD.电压表的示数为11V【答案】D【解析】解：AB、R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故AB错误；C、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U．代入数据得图乙中电压的有效值为，故C错误；D、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：1，所以电压表的示数为，故D正确．故选：D求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握，根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)5.2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道也能地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P距地心O的距离为3R，则（）A.卫星在远地点的速度小于B.卫星经过远地点时的速度最小C.卫星经过远地点时的加速度小于D.卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点【答案】ABD【解析】解：A、若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则，在根据GM=R2g，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故选项A正确；B、根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故选项B正确；C、根据，，则在远地点，，故选项C错误；D、卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故选项D正确．故选：ABD根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．6.如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h＜H＜h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．下列说法正确的是（）A.小球落到地面上的速度大小为B.x应满足的条件是H-h＜x＜hC.x应满足的条件是h-0.8H＜x＜hD.x取不同值时，小球在空中运动的时间不变【答案】AC【解析】解：A、设小球落到地面的速度为v，根据机械能守恒定律，得，故A正确；BC、小球做自由落体运动的末速度为，小球做平抛运动的时间为水平位移=由s＞h-x，解得h-0.8H＜x＜h，故B错误，C正确；D、自由下落的时间，平抛的时间，在空中的总时间，x取不同的值小球在空中的时间不同，故D错误；故选：AC由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；本题是机械能守恒与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，比如几何关系，运用数学上函数法求解极值．7.在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g．在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（）A.线框中感应电流的方向会改变B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C.线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为sin2θD.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是△E机=W G+mv12-mv22+Q电【答案】AC【解析】解：A、线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，ab边中产生的感应电流方向沿a→b方向．dc边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，由右手定则判断可知，cd边中产生的感应电流方向沿c→d方向，ab边中感应电流方向沿b→a方向，则线框中感应电流的方向会改变，故A正确；B、根据共点力的平衡条件可知，两次电场力与重力的分力大小相等方向相反；第二种情况下，两边均受电场力；故v2应小于v1；则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间；故B错误；C、线圈以速度v2匀速运动时，mgsinθ=2BI d=2B d=4，得v=；电功率P=F v=mgsinθ×=sin2θ；故C正确；D、机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是△E机=Q电，故D错误；故选：AC根据右手定则判断感应电流的方向；由左手定则判断安培力方向；当ab边刚越过l1进入磁场I时做匀速直线运动，安培力、拉力与重力的分力平衡，由平衡条件和安培力公式结合求解线圈ab边刚进入磁场I时的速度大小；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动的过程中，分析线框的受力情况，由动能定理研究拉力F所做的功与线圈克服安培力所做的功的关系．本题考查了导体切割磁感线中的能量及受力关系，要注意共点力的平衡条件及功能关系的应用，要知道导轨光滑时线框减小的机械能等于产生的电能．五、多选题(本大题共1小题，共5.0分)12.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图所示．下列判断正确的是（）A.一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB.在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D.用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢【答案】ACE【解析】解：A、根据热力学第一定律知：△U=W+Q=-100+120=20J，A正确；B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，B错误；C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C正确；D、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D错误；E、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，E正确；故选：ACE．根据热力学第一定律知：△U=W+Q，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积．本题考查了选项3-3的内容，掌握热力学第一定律的应用，知道分子力与分子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足够大的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光I、II、III，则（）A.光束I仍为复色光，光束II、III为单色光，且三束光一定相互平行B.增大α角且α≤90°，光束II、III会靠近光束IC.玻璃对光束III的折射率大于对光束II的折射率D.减小α角且α＞0°，光束III可能会由于全反射而从上表面消失E.光束III比光束II更容易发生明显衍射【答案】ABE【解析】解：A、所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光．而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的．根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光．故A正确．B、增大α角且α≤90°，即减小入射角，折射角随之减小，则光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束I，故B正确．C、由图知：光束进入玻璃砖时，光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知，光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，故C错误．D、减小α角且α＞0°，复色光沿PO方向射入玻璃砖，经过反射时，在上表面的入射角等于光束进入玻璃砖时的折射角．所以由光路可逆性原理可知，光束Ⅲ不会在上表面发生全反射，一定能从上表面射出．故D错误．E、光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，所以光束Ⅲ的波动性强，比光束II更容易发生明显衍射．故E正确．故选：ABE由图可知光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于玻璃对它们的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定波动性强弱．本题由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射而产生了色散．要掌握光的反射定律、折射定律和光的全反射条件，熟练运用光路性原理分析光路．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)8.如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量______ （填“需要”或“不需要”）（2）实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，d= ______ mm（3）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则对该小车实验要验证的表达式是______ ．【答案】不需要；5.50；（F-m0g）s=【解析】解：（1）小车所受的拉力通过力传感器测出，实验不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则最终读数为5.50mm．（3）平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，知小车所受的摩擦力f=m0g，可知合力做功为（F-m0g）s，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小车通过光电门1的瞬时速度，通过光电门2的瞬时速度，则小车动能的增加量为，则对该小车实验要验证的表达式是（F-m0g）s=．故答案为：（1）不需要，（2）5.50，（3）（F-m0g）s=．（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数．（3）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式．了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提，掌握游标卡尺的读数方法，注意读数时不需要估读．9.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1（量程0～3m A，内阻R g1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻R g2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，1.0A）E．电阻箱R0（0～9999.9Ω）F．开关和若干导线（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是______ （选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取______Ω．（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象试写出I1和I2的关系式______ （I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．根据该图线可得被测电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．（保留两位有效数字）【答案】b；990；I1=-0.001I2+0.0015；1.5；1.0【解析】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：I m==1.5A，故电流表至少应选择0～0.6A量程，故应将3m A电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用．电表流A由于内阻较小，故应采用相对电源来说的外接法，故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，要改装的电压表量程为0-3V，U=I g（R g1+R0），解得：R0=-10=990Ω（2）根据数学规律可知，图象对应的表达式为：I1=-0.001I2+0.0015；图象与纵轴的交点得最大电流为1.5m A．根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为：E=1.5m A×1000Ω=1.5V与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.5A，由闭合电路欧姆定律E=U+I r可得：r=1.0Ω．故答案为：（1）b；990；（2）1.48；0.84（1）b；990（2）I1=-0.001I2+0.0015；1.5；1.0（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．（2）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．本题考查电源电动势和内电阻的测量实验；在电学实验的考查中常常要使用电表的改装，在解题时要注意分析题意，明确各电表能否正确使用，能根据图象得出电动势和内阻．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)10.在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48m的山坡处一巨石以8m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2s汽车才启动起来，并以0.5m/s2的加速度一直做匀加速直线运动（如图所示）．求：（1）巨石到达坡底时间和速率分别是多少？（2）汽车司机能否安全脱险？【答案】解：（1）设巨石到达坡底时间为t1，速率为v1，则由牛顿第二定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma1…①…②v1=v0+a1t1…③代入数值得t1=4s，v1=16m/s（2）到达水平面后，开始计时为t2巨石减速：v2=v1-a2t2车加速：v车=a车（t2+2）当车和巨石速度相等时：v2=v车，解得：t2=6s此时车的位移为x车=0.5a车（t2+2）2=16m巨石的位移：x石=v1t2-=60m所以汽车司机无法脱险．答：（1）巨石到达坡底时间为4s，速率为16m/s；（2）汽车不能安全脱离．【解析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式得出巨石到达坡底的时间，结合速度时间公式求出巨石到达坡底的速度大小．（2）根据速度时间公式求出巨石到达坡底时汽车的速度，抓住巨石和汽车速度相等，求出继续运动的时间，结合两者的位移关系判断是否安全脱险．本题主要考查了匀变速直线运动为位移时间公式和速度时间公式的直接应用，关键抓住临界状态，即抓住速度相等时，结合两者的位移关系进行求解．11.如图所示，在轴上方存在垂直x O y平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v；质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0．厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）．现观察到沿r轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；（3）若在y轴上另放置一能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标．【答案】解：（1）由题意，“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行”的粒子运动的轨迹如图甲，由图a 可得，粒子运动的半径：R=x0由洛伦兹力提供向心力，得：，解得：．（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：T=，图b为带电粒子打在薄金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O 与坐标原点和薄金属板上结构成正时那就行，因此带电粒子速度方向与x正方向成30°，由图b可知，到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：，图c为打在右侧下端的临界点，由图可知，圆心O 与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，因此带电粒子速度方向与x正方向成150°角，由图a、c可知，到达薄金属板右侧下端的粒子用时最长，即：则被薄金属板接收的粒子中运动最长与最短时间的差距为：△t=t max-t min，解得：△t=．（3）由图a可知，挡板上端的坐标为（0，2x0），由图c可知，挡板下端y坐标为：°，下端坐标为（0，）．所以挡板最小长度为l==（2-x0．放置的位置坐标为：．答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值为；（3）挡板的最小长度为（2-x0，放置的位置坐标：．【解析】（1）根据“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行”画出粒子运动的轨迹，写出洛伦兹力提供向心力的方程，结合几何关系即可求解；（2）根据粒子运动的时间与偏转的角度之间的关系，判断出被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间，求出表达式，然后求解两个时间的差；（3）作图，得出使薄金属板右侧不能接收到带电粒子的挡板的最小长度和放置的位置，通过几何关系，得出挡板的坐标．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)13.如图所示，面积S=100cm2的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大．在活塞上放一重物，质量为m=20kg，静止时活塞到缸底的距离为L1=20cm，摩擦不计，大气压强为P0=1.0×105P a，温度为27℃，g取10m/s2．（1）若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；（2）若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到177℃，求活塞A移动的距离．【答案】解：（1）以封闭气体为研究对象，。

西安中学高三模拟考试物理可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Na 23 F 19 Cu 64第I卷（选择题共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移时间图象如图所示，由图象可以得出在内A. 甲、乙两物体始终同向运动B. 4s时甲、乙两物体间的距离最大C. 甲的平均速度等于乙的平均速度D. 甲、乙两物体间的最大距离为6m15.如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg 的物体，现用的力，斜向下推物体，力F 与水平面成角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为，则A. 物体对地面的压力为24NB. 物体所受的摩擦力为12NC. 物体加速度为D. 物体将向右匀速运动16.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态放出一个质量为m的粒子后反冲已知放出的粒子的动能为，则原子核反冲的动能为A. B. C. D.17.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断错误的是A. 粒子带负电B. 粒子由O到A经历的时间C. 若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为D. 离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为18.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中，c的电势最高19．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。

西安市第一中学2015-2016学年度第一学期期中高三物理试卷一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。

）1．2012年7月18日早，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的电动车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室。

关于这起事故原因的物理分析正确的是（ ）A ．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，继续向前运动，压扁驾驶室B ．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C ．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D ．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动2．太空探测器从一星球表面竖直升空，已知探测器质量恒为2000 kg ，发动机可以提供恒定的推力。

该星球表面没有大气层，探测器在星球表面升空后发动机因故障而突然关闭，如图所示为探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化图象。

则由此可以判断（ ）A ．该星球表面的重力加速度大小为5m/s 2B ．该发动机的推力大小为1×104 NC ．探测器在星球表面达到的最大高度为480mD ．探测器在星球表面落地时的速度大小为40m/s3．甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v t -图像如图所示，图中OPQ ∆、OQT ∆的面积分别为1s 和2s ()21s s >。

初始时，甲车在乙车前方0s 处，下列说法正确的是（ ） A ．不论怎样，两车一定至少相遇1次 B ．若01s s <，两车一定相遇2次C ．若20s s <，两车一定相遇2次D ．若02s s =，两车一定相遇1次4．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑顶上，如图甲所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2变化的图象是图乙中的（ ）（甲） （乙）5．如图所示，倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上，—个重为G 的球在水平力F 的作用下静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F ；若将力F 从水平方向逆时针转过某—角度α后，仍保持F 的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为f ，那么F 和f 的大小分别是（ ）A．,F f == B．,F f == C ．G f G F 43,33== D ．G f G F 63,33== 6. “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。

西安中学高2016届高三第一次仿真考试理科综合本试卷分为第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分，考试时间150分钟.考生作答时，将答案答在答题卡上,在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后,在选涂其他答案的标号;非选择题使用0.5mm的黑色中性（签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题的答案区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4．保持卡面清洁,不折叠，不破损.5．作选择题时,考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的对应题号涂黑。

可能用到的相对原子质量：H-1 C—12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64第Ⅰ卷一、单项选择题:本部分包括13小题，每小题6分，在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

1．下列说法正确的是( ）A．T2噬菌体与烟草花叶病毒的核酸组成中含有相同的核苷酸B．翻译时，64种密码子与64种反密码子之间进行配对C．染色体和细胞膜所含有元素种类基本相同D．细菌中的核酸存在于拟核和质粒中2.近期国际杂志Cell Systems上刊登了来自美国加州大学旧金山分校的一项研究成果，科研人员利用蓝色光脉冲开启了一种名为Brn2的基因，当Brn2信号足够强时，干细胞就会快速转化为神经元.下列有关分析错误的是（）A．该实验证明了蓝色光脉冲可以促使干细胞分化为神经元B．Brn2基因在神经细胞的形成过程中具有重要作用C．蓝色光脉冲使Brn2基因的碱基序列发生了改变D．干细胞和神经元这两种细胞中，蛋白质的种类不完全相同3．食物进入胃会刺激胃壁上的感受器，引起胰腺分泌多种消化酶;由胃进入小肠的食物和盐酸会刺激小肠分泌促胰液素，也能引起胰腺的分泌。

2016年陕西省西安中学高考物理仿真模拟试卷（一）一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分）1．（6分）如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的物块从斜面上由静止下滑．下面给出的物块在下滑过程中对斜面压力大小F N的四个表达式中，只有一个是正确的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，合理的表达式应为（）A． B．C． D．2．（6分）如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于A点．为了测量这根铁链的质量，在铁链的下端用一根细绳系一质量为m的小球，现用水平力F拉小球，待整个装置稳定后，测得两细绳与竖直方向的夹角为α和β，若tanα：tanβ=1：3，则铁链的质量为（）A．m B．2m C．3m D．4m3．（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变4．（6分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（）A．R处出现火警时电压表示数增大B．R处出现火警时电流表示数减小C．图乙中电压的有效值为220VD．电压表的示数为11V5．（6分）2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道也能地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P距地心O的距离为3R，则（）A．卫星在远地点的速度小于B．卫星经过远地点时的速度最小C．卫星经过远地点时的加速度小于D．卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点6．（6分）如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h＜H＜h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．下列说法正确的是（）A．小球落到地面上的速度大小为B．x应满足的条件是H﹣h＜x＜hC．x应满足的条件是h﹣0.8H＜x＜hD．x取不同值时，小球在空中运动的时间不变7．（6分）在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g．在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（）A．线框中感应电流的方向会改变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是△E机=W G+mv12﹣mv22+Q电二、非选择题：本部分包括必考题和选考题两部分．第9--12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13--18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（5分）如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（填“需要”或“不需要”）（2）实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，d=mm （3）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则对该小车实验要验证的表达式是．9．（10分）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1（量程0～3mA，内阻R g1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻R g2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，1.0A）E．电阻箱R0（0～9999.9Ω）F．开关和若干导线（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取Ω．（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1﹣I2图象试写出I1和I2的关系式（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．根据该图线可得被测电池的电动势E=V，内阻r=Ω．（保留两位有效数字）10．（12分）在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48m的山坡处一巨石以8m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2s汽车才启动起来，并以0.5m/s2的加速度一直做匀加速直线运动（如图所示）．求：（1）巨石到达坡底时间和速率分别是多少？（2）汽车司机能否安全脱险？11．（20分）如图所示，在轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v；质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0．厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）．现观察到沿r轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；（3）若在y轴上另放置一能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标．（二）选考题，任选一模块作答[选修3-3]12．（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（）A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢13．（10分）如图所示，面积S=100cm2的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大．在活塞上放一重物，质量为m=20kg，静止时活塞到缸底的距离为L1=20cm，摩擦不计，大气压强为P0=1.0×105Pa，温度为27℃，g取10m/s2．（1）若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；（2）若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到177℃，求活塞A移动的距离．[选修3-4]14．如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足够大的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光I、II、III，则（）A．光束I仍为复色光，光束II、III为单色光，且三束光一定相互平行B．增大α角且α≤90°，光束II、III会靠近光束IC．玻璃对光束III的折射率大于对光束II的折射率D．减小α角且α＞0°，光束III可能会由于全反射而从上表面消失E．光束III比光束II更容易发生明显衍射15．如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，质点P位于x轴上x P=4m处，t=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0.1s，传播速度均为v=40m/s，波源S1S2的振幅均为A=2cm，则①经过多长时间，由波源S1发出的波到达P点？②从t=0至t=0.35s内质点P通过的路程多少？[选修3-5]16．2013年2月12日朝鲜进行了第三次核试验，韩美情报部门通过氙（Xe）和氪（Kr）等放射性气体，判断出朝鲜使用的核原料是铀（U）还是钚（Pu），若核实验的核原料是U，则①完成核反应方程式U+n→Sr+X+ ．②本次核试验释放的能量大约相当于7000吨TNT当量，已知铀核的质量为235.0439u，中子质量为1.0087u，锶（Sr）核的质量为89.9077u，氙（Xe）核的质量为135.907 2u，1u相当于931.5MeV的能量，求一个U原子裂变释放的能量MeV．17．如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（Ⅰ）碰撞后小球A和小球B的速度；（Ⅱ）小球B掉入小车后的速度．2016年陕西省西安中学高考物理仿真模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分）1．（6分）如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的物块从斜面上由静止下滑．下面给出的物块在下滑过程中对斜面压力大小F N的四个表达式中，只有一个是正确的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，合理的表达式应为（）A． B．C． D．【解答】解：对斜面压力与斜面对m支持力是一对作用反作用力．F N的水平分力F N1=F N sinθ，N的竖直分力F N2=F N cosθ，对M、m整体：水平方向不受外力，动量守恒有：mV x=MV．整个系统无摩擦，只有重力做功，设斜面高为h，由机械能守恒得．mgh=mV物2+MV2，设下滑时间为t，对M由动量定理：F N sinθ•t=MV，对m：竖直方向，由动量定理：（mg﹣F N cosθ）•t=mV y，在水平方向，由动量定理：F N sinθ•t=mV x，又由于V物2=Vx2+Vy2，解以上方程可得，F N=．故选：C．2．（6分）如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于A点．为了测量这根铁链的质量，在铁链的下端用一根细绳系一质量为m的小球，现用水平力F拉小球，待整个装置稳定后，测得两细绳与竖直方向的夹角为α和β，若tanα：tanβ=1：3，则铁链的质量为（）A．m B．2m C．3m D．4m【解答】解：对小球进行受力分析，受重力、拉力和细线的拉力，由平衡条件得：tanβ=对铁链和小球整体进行受力分析，受重力、细线的拉力T、已知力F，由平衡条件得：tanα=联立解得：M=2m故选：B．3．（6分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知E p﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误．BD、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确．C、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2=φ0＞φ3．故C错误．故选：D4．（6分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（）A．R处出现火警时电压表示数增大B．R处出现火警时电流表示数减小C．图乙中电压的有效值为220VD．电压表的示数为11V【解答】解：AB、R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故AB错误；C、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U．代入数据得图乙中电压的有效值为，故C错误；D、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：1，所以电压表的示数为，故D正确．故选：D5．（6分）2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道也能地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P距地心O的距离为3R，则（）A．卫星在远地点的速度小于B．卫星经过远地点时的速度最小C．卫星经过远地点时的加速度小于D．卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点【解答】解：A、若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则，在根据GM=R2g，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故选项A正确；B、根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故选项B正确；C、根据，，则在远地点，，故选项C错误；D、卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故选项D正确．故选：ABD6．（6分）如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h＜H＜h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．下列说法正确的是（）A．小球落到地面上的速度大小为B．x应满足的条件是H﹣h＜x＜hC．x应满足的条件是h﹣0.8H＜x＜hD．x取不同值时，小球在空中运动的时间不变【解答】解：A、设小球落到地面的速度为v，根据机械能守恒定律，得，故A正确；BC、小球做自由落体运动的末速度为，小球做平抛运动的时间为水平位移=由s＞h﹣x，解得h﹣0.8H＜x＜h，故B错误，C正确；D、自由下落的时间，平抛的时间，在空中的总时间，x取不同的值小球在空中的时间不同，故D 错误；故选：AC7．（6分）在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g．在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（）A．线框中感应电流的方向会改变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是△E机=W G+mv12﹣mv22+Q电【解答】解：A、线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，ab边中产生的感应电流方向沿a→b方向．dc边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，由右手定则判断可知，cd边中产生的感应电流方向沿c→d方向，ab边中感应电流方向沿b→a 方向，则线框中感应电流的方向会改变，故A正确；B、根据共点力的平衡条件可知，两次电场力与重力的分力大小相等方向相反；第二种情况下，两边均受电场力；故v2应小于v1；则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间；故B错误；C、线圈以速度v2匀速运动时，mgsinθ=2BId=2Bd=4，得v=；电功率P=Fv=mgsinθ×=sin2θ；故C正确；D、机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是△E机=Q电，故D错误；故选：AC二、非选择题：本部分包括必考题和选考题两部分．第9--12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13--18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（5分）如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量不需要（填“需要”或“不需要”）（2）实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图2所示，d= 5.50mm （3）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则对该小车实验要验证的表达式是（F﹣m0g）s=．【解答】解：（1）小车所受的拉力通过力传感器测出，实验不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则最终读数为5.50mm．（3）平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，知小车所受的摩擦力f=m0g，可知合力做功为（F﹣m0g）s，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小车通过光电门1的瞬时速度，通过光电门2的瞬时速度，则小车动能的增加量为，则对该小车实验要验证的表达式是（F﹣m0g）s=．故答案为：（1）不需要，（2）5.50，（3）（F﹣m0g）s=．9．（10分）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1（量程0～3mA，内阻R g1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻R g2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，1.0A）E．电阻箱R0（0～9999.9Ω）F．开关和若干导线（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是b（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取990Ω．（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1﹣I2图象试写出I1和I2的关系式I1=﹣0.001I2+0.0015（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．根据该图线可得被测电池的电动势E= 1.5V，内阻r= 1.0Ω．（保留两位有效数字）【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：I m==1.5A，故电流表至少应选择0～0.6A量程，故应将3mA电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用．电表流A 由于内阻较小，故应采用相对电源来说的外接法，故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，要改装的电压表量程为0﹣3V，U=I g（R g1+R0），解得：R0=﹣10=990Ω（2）根据数学规律可知，图象对应的表达式为：I1=﹣0.001I2+0.0015；图象与纵轴的交点得最大电流为1.5mA．根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为：E=1.5mA×1000Ω=1.5V与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.5A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=1.0Ω．故答案为：（1）b；990；（2）1.48；0.84（1）b；990（2）I1=﹣0.001I2+0.0015； 1.5；1.010．（12分）在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48m的山坡处一巨石以8m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2s汽车才启动起来，并以0.5m/s2的加速度一直做匀加速直线运动（如图所示）．求：（1）巨石到达坡底时间和速率分别是多少？（2）汽车司机能否安全脱险？【解答】解：（1）设巨石到达坡底时间为t1，速率为v1，则由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1…①…②v1=v0+a1t1…③代入数值得t1=4s，v1=16 m/s（2）到达水平面后，开始计时为t2巨石减速：v2=v1﹣a2t2车加速：v车=a车（t2+2）当车和巨石速度相等时：v2=v车，解得：t2=6s此时车的位移为x车=0.5a车（t2+2）2=16m巨石的位移：x石=v1t2﹣=60m所以汽车司机无法脱险．答：（1）巨石到达坡底时间为4s，速率为16m/s；（2）汽车不能安全脱离．11．（20分）如图所示，在轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v；质量为m、带电量为+q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0．厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）．现观察到沿r轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；（3）若在y轴上另放置一能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标．【解答】解：（1）由题意，“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行”的粒子运动的轨迹如图甲，由图a可得，粒子运动的半径：R=x0由洛伦兹力提供向心力，得：，解得：．（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：T=，图b为带电粒子打在薄金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O′与坐标原点和薄金属板上结构成正时那就行，因此带电粒子速度方向与x正方向成30°，由图b可知，到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：，图c为打在右侧下端的临界点，由图可知，圆心O′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，因此带电粒子速度方向与x正方向成150°角，由图a、c可知，到达薄金属板右侧下端的粒子用时最长，即：则被薄金属板接收的粒子中运动最长与最短时间的差距为：△t=t max﹣t min，解得：△t=．（3）由图a可知，挡板上端的坐标为（0，2x0），由图c可知，挡板下端y坐标为：，下端坐标为（0，）．所以挡板最小长度为l==（2﹣x 0．放置的位置坐标为：．答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值为；（3）挡板的最小长度为（2﹣x 0，放置的位置坐标：．（二）选考题，任选一模块作答[选修3-3]12．（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（）A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢【解答】解：A、根据热力学第一定律知：△U=W+Q=﹣100+120=20J，A正确；B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，B错误；C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C 正确；。

陕西省西安市临潼区华清中学高考物理一模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14--18题只有一项符合题目要求，第19--21题有多项符合题目要求．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．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，即为冲击力最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（）A．建立“合力与分力”的概念B．建立“点电荷”的概念C．建立“瞬时速度”的概念D．研究加速度与合力、质量的关系2．如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为m A、m B（m A＞m B），B 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球都保持静止，则下列说法正确的是（）A．B球受到的风力大小为m A gsinθB．当风力增大时，杆对A环的支持力不变C．A环与水平细杆间的动摩擦因数为D．当风力增大时，轻质绳对B球的拉力仍保持不变3．如果把水星和金星绕太阳的轨道视为圆周，从水星与金星在一条直线上开始计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为θ1、θ2（均为锐角），则由此条件可求得水星和金星（）A．质量之比 B．绕太阳的动能之比C．到太阳的距离之比 D．受到的太阳引力之比4．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计重力，则两粒子速度之比v a：v b为（）A．2：1 B．3：2 C．4：3 D．：5．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（）A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度6．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能7．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，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一个灯泡供电，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．则（）A．t=0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．线框的转速为50 r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 AD．灯泡的额定电压为220V8．如图所示，倾角为θ的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为μ．线框边长为l，电阻为R．ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．将线框用细线通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动．下列说法正确的是（）A．线框刚开始运动时的加速度a=B．线框匀速运动的速度v=C．线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D．线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2（M﹣msinθ﹣μmcosθ）gl二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题---第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题---第40题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）9．在探究“加速度与力、质量的关系”的活动中：（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图1所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（填两处）：a．，b．（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．在实验中保持拉力不变，得到了小车加速度随质量变化的一组数据，如表所示实验次数加速度（a/m•s﹣2）小车与砝码总质量m/kg小车与砝码总质量的倒数m﹣1/kg﹣11 0.32 0.20 5.02 0.26 0.25 4.03 0.22 0.30 3.34 0.18 0.35 2.95 0.16 0.40 2.5请在图2的方格纸中建立合适坐标并画出能直观反映出加速度与质量关系的图线．（3）另有甲、乙、丙三位同学各自独立探究加速度与拉力的关系，在实验中保持小车质量m不变，如图3（a）所示，是甲同学根据测量数据画出的加速度随拉力变化的图象，图线没有过原点表明；乙、丙同学用同一装置实验，在同一坐标系内画出了各自得到的图象如图3（b）所示，说明两个同学做实验时的哪一个量取值不同？比较其大小．10．从如表中选出适当的实验器材，测量小电珠的伏安特性曲线，得到如图的I﹣U图线．器材（代号）规格电流表（A1）量程0～0.6A，内阻1Ω电流表（A2）量程0～3A，内阻1Ω电压表（V1）量程0～3V，内阻约2kΩ电压表（V2）量程0～15V，内阻约10kΩ滑动变阻器（R0）阻值0～25Ω电池（E）电动势9V，内阻不计开关（S）导线若干（1）在如图1所示的I﹣U图线中，A到B过程中小电珠电阻改变了Ω．（2）测量电路中电流表应选用（填代号），电压表应选用（填代号），电流表应采用（选填“内”或“外”）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑片右移时，小电珠两端电压变大．11．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图．已知小车质量M=2kg，小车足够长，圆弧轨道半径R=0.8m．现将一质量m=0.5kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，对轨道的压力大小；（2）小车运动2s时，小车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．12．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10m/s2．问：（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．[物理--选修3-4]13．一列横波沿x轴正向传播，a，b，c，d为介质中的沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过周期开始计时，则图乙描述的是（）A．a处质点的振动图象B．b处质点的振动图象C．c处质点的振动图象D．d处质点的振动图象14．一束光波以45°的入射角，从AB面射入如图所示的透明三棱镜中，棱镜折射率n=．试求光进入AB面的折射角，并在图上画出该光束在棱镜中的光路．[物理--选修3-5]15．用不同频率的光照射某金属均产生光电效应，测量金属遏止电压U C与入射光频率ν，得到U C﹣ν图象，根据图象求出该金属的截止频率νC=Hz，普朗克恒量h=J•s．16．如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？2016年陕西省西安市临潼区华清中学高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14--18题只有一项符合题目要求，第19--21题有多项符合题目要求．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．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，即为冲击力最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（）A．建立“合力与分力”的概念B．建立“点电荷”的概念C．建立“瞬时速度”的概念D．研究加速度与合力、质量的关系【考点】力的合成．【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．【解答】解：A、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以A正确．B、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，所以B错误．C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，所以C错误．D、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，所以D错误．故选A．2．如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为m A、m B（m A＞m B），B 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球都保持静止，则下列说法正确的是（）A．B球受到的风力大小为m A gsinθB．当风力增大时，杆对A环的支持力不变C．A环与水平细杆间的动摩擦因数为D．当风力增大时，轻质绳对B球的拉力仍保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化．【解答】解：A、对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图，由几何知识，风力：F=m B gtanθ，故A错误；B、把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（m A+m B）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图，根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力：N=（m A+m B）g可见，当风力增大时，杆对A环的支持力不变，B正确；C、A所受摩擦力为静摩擦力，动摩擦因数为μ不能由滑动摩擦力公式求出，故C错误；D、由左图可得绳对B球的拉力：T=当风力增大时，θ增大，则T增大．故D错误．故选：B．3．如果把水星和金星绕太阳的轨道视为圆周，从水星与金星在一条直线上开始计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为θ1、θ2（均为锐角），则由此条件可求得水星和金星（）A．质量之比 B．绕太阳的动能之比C．到太阳的距离之比 D．受到的太阳引力之比【考点】万有引力定律及其应用．【分析】相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，绕同一中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可求出轨道半径比，由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳的动能之比，也不能计算它们受到的太阳引力之比．【解答】解：A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误．B、由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳的动能之比，故B错误．C、相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：═mrω2，解得r=，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，即到太阳的距离之比．故C正确．D、由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们受到的太阳引力之比，故D错误．故选：C．4．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计重力，则两粒子速度之比v a：v b为（）A．2：1 B．3：2 C．4：3 D．：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比．【解答】解：两粒子做圆周运动的轨迹如图：设P点到MN的距离为L，由图知b的半径R b=L，对于a粒子的半径：L+R a cos60°=R a得：R a=2L即两粒子的速度之比为R a：R b=2：1 ①；粒子做圆周运动的周期T=由题•=•得两粒子的比荷：=②粒子的洛伦兹力提供向心力，qvB=m得：R=③联立①②③得：=故选：C．5．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（）A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】小球要能到达K点，必须通过P点，而小球恰好通过P点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得P点的临界速度，由机械能守恒定律求出小球从LM上释放的高度，从而判断小球否能沿轨道运动到K 点．【解答】解：ABC、设小球恰好通过P点时速度为v．此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg=m．设小球释放点到地面的高度为H．从释放到P点的过程，由机械能守恒定律得：mgH=mg•2R+mv2，解得H=2.5R．所以将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球恰好到达P点，能做完整的圆周运动，由机械能守恒守恒可知，一定能沿轨道运动到K点．而将小球从LM轨道上b点或a、b点之间任一位置由静止释放，不能到达P点，在到达P前，小球离开圆轨道，也就不能到达K点．故A、B、C错误．D、小球做斜上抛运动时水平方向做匀速直线运动，到最大高度时水平方向有速度，设斜抛的最大高度为H′，根据机械能守恒定律得：mgH=mv2+mgH′，v＞0，则H′＜H，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确．故选：D6．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能【考点】电势；电场强度．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A 点电势高．故A错误．B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势．由电场分布的对称性可知：C、D 两处的场强相同．故B正确．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D正确．故选：BD7．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，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一个灯泡供电，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．则（）A．t=0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．线框的转速为50 r/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】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；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】由图2可知特殊时刻的电动势，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．【解答】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，则转速为：n==50r/s，故B正确；C、原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V；由P=UI可知，副线圈电流I2===0.1A，则由=，求得I1=1A；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．8．如图所示，倾角为θ的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为μ．线框边长为l，电阻为R．ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．将线框用细线通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动．下列说法正确的是（）A．线框刚开始运动时的加速度a=B．线框匀速运动的速度v=C．线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D．线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2（M﹣msinθ﹣μmcosθ）gl【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律．【分析】根据牛顿第二定律求解线框进入磁场前的加速度．由线框刚进入磁场时做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度．根据能量守恒定律求解热量．【解答】解：A、线框进入磁场前，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律得线框的加速度为：重物的加速度：联立得：．故A错误；B、线框出磁场时做匀速运动时，由F安+mgsinθ+μmgcosθ=F=Mg，而F安=，解得：．故B正确．C、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能的和的减少量．故C错误．D、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能之和的减少量．即：得：．故D正确．故选：BD．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题---第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题---第40题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）9．在探究“加速度与力、质量的关系”的活动中：（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图1所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（填两处）：a．打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源，b．实验中没有平衡小车的摩擦力（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．在实验中保持拉力不变，得到了小车加速度随质量变化的一组数据，如表所示实验次数加速度（a/m•s﹣2）小车与砝码总质量m/kg小车与砝码总质量的倒数m﹣1/kg﹣11 0.32 0.20 5.02 0.26 0.25 4.03 0.22 0.30 3.34 0.18 0.35 2.95 0.16 0.40 2.5请在图2的方格纸中建立合适坐标并画出能直观反映出加速度与质量关系的图线．（3）另有甲、乙、丙三位同学各自独立探究加速度与拉力的关系，在实验中保持小车质量m不变，如图3（a）所示，是甲同学根据测量数据画出的加速度随拉力变化的图象，图线没有过原点表明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；乙、丙同学用同一装置实验，在同一坐标系内画出了各自得到的图象如图3（b）所示，说明两个同学做实验时的哪一个量取值不同？小车及车上砝码的总质量不同比较其大小乙＜丙．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】打点计时器使用的是交流电源，而干电池是直流电源．接通电源前，小车应紧靠打点计时器，而在该图中小车初始位置离打点计时器太远．【解答】解：（1）该实验中电磁打点计时器是利用4～6V的交流电源，电火花计时器是利用220V交流电源；不是直流电源．为了尽可能的利用纸带在释放前小车应紧靠打点计时器；在本实验中我们认为绳子的拉力等于物体所受的合外力，故在实验前要首先平衡摩擦力．（2）根据表中数据a﹣作图（3）当F不等于零，加速度仍为零，知没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．（3）根据a=知，图线的斜率为小车和车上砝码的质量的倒数，斜率不同，知小车即砝码的质量不同．斜率越大，质量越小，故m乙＜m丙．故答案为：（1）打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源；实验中没有平衡小车的摩擦力；（2）如上图所示．（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；小车及车上砝码的总质量不同；m乙＜m丙10．从如表中选出适当的实验器材，测量小电珠的伏安特性曲线，得到如图的I﹣U图线．器材（代号）规格电流表（A1）量程0～0.6A，内阻1Ω电流表（A2）量程0～3A，内阻1Ω电压表（V1）量程0～3V，内阻约2kΩ电压表（V2）量程0～15V，内阻约10kΩ滑动变阻器（R0）阻值0～25Ω电池（E）电动势9V，内阻不计开关（S）导线若干（1）在如图1所示的I﹣U图线中，A到B过程中小电珠电阻改变了10Ω．（2）测量电路中电流表应选用A1（填代号），电压表应选用V2（填代号），电流表应采用外接（选填“内”或“外”）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑片右移时，小电珠两端电压变大．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）注意当伏安特性是曲线时，要根据各点的对应坐标值，由欧姆定律求解电阻；（2）根据图象中对应的数据可明确电流和电压的范围，从而得出对应的量程；（3）根据实验要求可确定对应的电路接法；明确测量部分电压变化与滑动变阻器滑片滑动之间的关系．。

2015-2016学年陕西省西安八十三中高三（上）第一次段考物理试卷一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～16题有多选符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．下列说法中正确的是（）A．“北京时间10点整”和“一节课40min”指的都是时间B．在某次铅球比赛中，某运动员以18.62米的成绩获得金牌，这里记录的成绩是比赛中铅球经过的路程C．瞬时速度可理解为时间趋于零时的平均速度D．物体运动的加速度越来越大，则速度一定也越来越大2．如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点同时开始沿同一方向运动的位移﹣﹣时间图象和速度﹣﹣时间图象，则下列说法正确的是（）A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动B．0～t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度C．在t2时刻丁车在丙车的前面D．0～t2时间内，丙车做匀变速直线运动，丁车做加速度增加的加速运动3．一辆汽车以10m/s的速度沿平直公路匀速运动，司机发现前方有障碍物立即减速，以0.2m/s2的加速度做匀减速运动，减速后一分钟内汽车的位移为（）A．240m B．250m C．260m D．90m4．如图所示，一个小球从倾角为θ的光滑斜面底端O以一定速度冲上斜面．已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为T A，两次经过较高点B的时间间隔为T B，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为（）A．B．C．D．5．如图所示，某物体做匀变速直线运动的速度﹣时间图线．根据图线判断以下说法中正确的是（）①物体始终沿正方向运动；②物体的加速度始终沿正方向，大小为10m/s2③物体在t=2s前位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上④前4s内，在t=2s时，物体距出发点最远．A．①③B．②④C．②③D．④6．设有五个力同时作用于质点P，它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线，如图所示，这五个力中的最小力的大小为F，则这五个力的合力等于（）A．3F B．4F C．5F D．6F7．一个质量可以不计的弹簧，其弹力F的大小与长度l的关系如图中的直线a、b所示，这根弹簧的劲度系数为（）A．1250N/m B．625N/m C．2500N/m D．833N/m8．图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（）A．F3＞F1=F2B．F3=F1＞F2C．F1=F2=F3 D．F1＞F2=F39．如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐缺增大，直至物块P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是（）A．保持不变B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大10．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．则（）A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为mg D．细线对小球的拉力大小为mg11．如图所示，木块A放在水平的长木板上，长木板放在水平桌面上，木块与水平的弹簧秤相连，弹簧秤的右端固定．已知木块与长木板质量相等，木块与木板间、木板与水平桌面间动摩擦因数相同．若用水平向左的恒力拉动长木板以速度v匀速运动时，弹簧秤的示数为F T，则（）A．木块A受到的静摩擦力等于F TB．木块A受到的滑动摩擦力等于F TC．若用恒力以2v的速度匀速向左拉动长木板，弹簧秤的示数为2F TD．若用恒力以2v的速度匀速向左拉动长木板，该恒力大小为3F T12．如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一平行于斜劈侧面的力F1、F2，且F1＜F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈A仍保持静止B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力小于（M+2m）gD．斜劈A对地面的压力大于（M+2m）g13．如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，两绳可承受的最大张力为3.5mg．先用力F拉住小球a，使整个装置处于平衡状态，并保持悬线Oa与竖直方向的夹角为θ=30°不变，则F的大小可能为（）A．mg B．mg C．mg D．3mg14．在平直公路上，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A．B．C．D．15．一物体做匀加速直线运动，在2s 内通过的位移为6m，在紧接着的1s 内通过的位移也为6m．则物体运动的初速度v0和加速度a的大小（）A．v0=1m/s B．v0=2m/s C．a=1m/s2 D．a=2m/s216．某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s=m﹣nv2，其中m、n 为常数．重力加速度的大小g取10m/s2．则以下判断正确的是（）A．汽车在此过程中做匀变速直线运动B．汽车的末速度为20m/sC．由题中所给已知条件可确定m、n的大小D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为二、实验题：本题共2小题，共12分17．如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带，打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A、B两点间距x=cm；B点对应的速度是m/s；物体运动的加速度是m/s2．（计算结果保留二位有效数字）．18．橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明k=Y，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．（1）在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是A．N B．m C．N/m D．Pa（2）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的值．首先利用测量工具a测得橡皮筋的长度L=20.00cm，利用测量工具b测得橡皮筋未受到拉力时的直径D=4.000mm，那么测量工具a应该是，测量工具b应该是．（3）下面的表格是橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录．拉力F/N510152025伸长量x/cm 1.6 3.2 4.7 6.48.0可求得该橡皮筋的劲度系数k=N/m．（4）这种橡皮筋的Y值等于．三、计算题：本题共4小题，共40分．要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分．19．如图所示，用一根轻质、光滑且不可伸长的绳子晾晒衣服，绳长L，绳子的两端分别固定在间距为d的两根竖直杆上（已知L＞d），衣服及衣服撑的总质量为m，重力加速度为g，当利用衣服撑把衣服挂到此绳子上静止后，求此时绳子的张力大小．20．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为θ=30°时恰能沿斜面匀速下滑．重力加速度为g．（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）现对物体施加一大小为F的水平向右恒力，使物体可沿斜面匀速向上滑行．求F的大小（用m、g、θ表示）．（要求画出受力分析图）（3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行．求这一临界角θ0的大小．21．据英国《每日邮报》报道，英国触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度．他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“坎农街站”在车门快关上前成功跑回同一节车厢．已知西安地铁一号线某两站间距离约为x=600m，地铁列车每次停站时间（从车门打开到关闭的时间）为t a=45s，列车加速和减速的加速度大小均为a=1m/s2，运行过程的最大速度为v m=54km/h．假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，出站和进站最短共需用时t b=70s．若有人想在这两个地铁车站间挑战地铁速度，他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大？22．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1=11m处，乙v甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有L2=600m，如图车速度v乙=60m/s，甲车速度所示．若甲车做匀加速运动，加速度a=2m/s2，乙车速度不变，不计车长．（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？（2）到达终点时甲车能否超过乙车？2015-2016学年陕西省西安八十三中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～16题有多选符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．下列说法中正确的是（）A．“北京时间10点整”和“一节课40min”指的都是时间B．在某次铅球比赛中，某运动员以18.62米的成绩获得金牌，这里记录的成绩是比赛中铅球经过的路程C．瞬时速度可理解为时间趋于零时的平均速度D．物体运动的加速度越来越大，则速度一定也越来越大【考点】时间与时刻；位移与路程；加速度．【分析】路程是物体运动轨迹的长度，位移是从初位置到末位置的有向线段，当时间趋向于零时，平均速度等于瞬时速度，时间是指时间的长度，在时间轴上对应时间段，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．【解答】解：A、北京时间10点整在时间轴上对应的是一个点，所以是时刻，一节课40min在时间轴上对应的是一个线段，表示时间，故A错误；B、铅球比赛中，铅球的运动轨迹是曲线，成绩是测量初末位置的水平方向距离，所以记录的成绩是比赛中铅球的水平位移，故B错误；C、根据可知，当时间趋向于零时，平均速度等于瞬时速度，故C正确；D、当加速度与速度方向相反时，加速度增大，速度越来越小，故D错误．故选：C2．如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点同时开始沿同一方向运动的位移﹣﹣时间图象和速度﹣﹣时间图象，则下列说法正确的是（）A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动B．0～t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度C．在t2时刻丁车在丙车的前面D．0～t2时间内，丙车做匀变速直线运动，丁车做加速度增加的加速运动【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图线切线的斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．【解答】解：A、由位移时间图线切线的斜率表示速度，由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误；B、在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所用时间相等，所以两车平均速度相等，故B错误；C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：在t2时刻丁的位移大于丙的位移，而两车又是从同一地点向同一方向做直线运动，所以在t2时刻丁车在丙车的前面，故C正确；D、0～t2时间内，丙车都做匀变速直线运动，丁车做加速度减小的变加速直线运动，故D错误．故选：C3．一辆汽车以10m/s的速度沿平直公路匀速运动，司机发现前方有障碍物立即减速，以0.2m/s2的加速度做匀减速运动，减速后一分钟内汽车的位移为（）A．240m B．250m C．260m D．90m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出减速后一分钟内汽车的位移．【解答】解：汽车速度减为零的时间t=，则减速1分钟内的位移等于50s内的位移，即x=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．4．如图所示，一个小球从倾角为θ的光滑斜面底端O以一定速度冲上斜面．已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为T A，两次经过较高点B的时间间隔为T B，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据牛顿第二定律求出小球在斜面上的加速度大小，根据小球上滑和下滑的对称性得出从最高点到A点的时间和最高点到B的时间，结合位移时间公式求出A、B两点间的距离．【解答】解：根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=，小球两次经过一个较低点A的时间间隔为T A，根据对称性知，在最高点返回到A 点的时间，在最高点返回到B点的时间，则A、B两点间的距离==．故选：D．5．如图所示，某物体做匀变速直线运动的速度﹣时间图线．根据图线判断以下说法中正确的是（）①物体始终沿正方向运动；②物体的加速度始终沿正方向，大小为10m/s2③物体在t=2s前位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上④前4s内，在t=2s时，物体距出发点最远．A．①③B．②④C．②③D．④【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】物体在前2s内沿负方向运动，后2s内沿正方向运动，速度方向相反．速度图象的斜率表示加速度，t=2s前与t=2s后相比，直线的斜率相同，加速度相同．在t=4s时，物体离出发点的位移最小，为零．【解答】解：①速度的正负表示物体的运动方向，则知物体在前2s内沿负方向运动，后2s内沿正方向运动．故①错误．②根据图象的斜率表示加速度，可知物体的加速度始终沿正方向，大小为a===10m/s2．故②正确．③、④t=0时物体位于原点，前2s物体沿负方向运动，t=2s时离出发点最远，后沿正方向运动，t=4s时回到出发点，故0﹣4s内物体一直位于出发点负方向，故③错误④正确．故选：B6．设有五个力同时作用于质点P，它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线，如图所示，这五个力中的最小力的大小为F，则这五个力的合力等于（）A．3F B．4F C．5F D．6F【考点】力的合成．【分析】多个力合成时可以先合成任意两个力，再把这两个力的合力与第三个力相合成，只到把所有的力都合成进去，即可求得最后的合力．【解答】解：如图所示，F1与F4的合力与F3同向；同时F2与F5的合力也与F3同向；故分别将F1与F5合成，F2与F4合成，两个合力与F3在同一直线上；根据平行四边形定则，F1和F4的合力为F3，F2和F5的合力为F3，所以五个力的合力等于3F3，因为F1=F，根据几何关系知，F3=2F，所以五个力的合力大小为6F，方向沿F3方向．故选D．7．一个质量可以不计的弹簧，其弹力F的大小与长度l的关系如图中的直线a、b所示，这根弹簧的劲度系数为（）A．1250N/m B．625N/m C．2500N/m D．833N/m【考点】胡克定律．【分析】由图中的弹力为零可得到弹簧的原长，进而由a或b的对应坐标可得劲度系数．【解答】解：由图知当l=12cm时，F=0，故弹黄原长l0=12cm．而由图知l=16cm，知弹簧形变量为△x=l﹣l0=4cm时，此时F=100N，由胡克定律可得：故C正确．故选：C．8．图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（）A．F3＞F1=F2B．F3=F1＞F2C．F1=F2=F3 D．F1＞F2=F3【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．【解答】解：甲图：物体静止，弹簧的拉力F1=mg；乙图：对物体为研究对象，作出力图如图．由平衡条件得F2=Gsin60°==0.866mg丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F3=mg．故F3=F1＞F2故选B9．如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐缺增大，直至物块P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是（）A．保持不变B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大的过程中，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件分析物块P所受静摩擦力的大小变化情况．【解答】解：设物块的重力为G，木板与水平面的夹角为θ，弹簧的弹力大小为F，静摩擦力大小为f．由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动的过程中，弹簧的拉力不变，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，物块P所受的静摩擦力方向先木板向下，后沿木板向上．当物块P的重力沿木板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有Gsinθ+f=F，θ增大时，F不变，f减小；当物块P的重力沿木板向下的分力大于等于弹簧的弹力时，则有Gsinθ=f+F，θ增大时，F不变，f增大；所以物块P所受静摩擦力的大小先减小后增大．故选：D．10．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．则（）A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为mg D．细线对小球的拉力大小为mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B 物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．【解答】解：AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；CD、对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtanθ其中cosθ=，tanθ=，故：F=，T=mg故C正确，D错误；故选：AC．11．如图所示，木块A放在水平的长木板上，长木板放在水平桌面上，木块与水平的弹簧秤相连，弹簧秤的右端固定．已知木块与长木板质量相等，木块与木板间、木板与水平桌面间动摩擦因数相同．若用水平向左的恒力拉动长木板以速度v匀速运动时，弹簧秤的示数为F T，则（）A．木块A受到的静摩擦力等于F TB．木块A受到的滑动摩擦力等于F TC．若用恒力以2v的速度匀速向左拉动长木板，弹簧秤的示数为2F TD．若用恒力以2v的速度匀速向左拉动长木板，该恒力大小为3F T【考点】物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．【分析】当长木板B匀速运动时，A保持静止．以A为研究对象，根据平衡条件研究B对A的滑动摩擦力的大小．根据滑动摩擦力公式f=μF N，可知滑动摩擦力大小与动摩擦因数和压力成正比，与物体的速度大小无关．【解答】解：A、稳定时，A保持静止．A水平方向受到弹簧的拉力和B对A的滑动摩擦力，由平衡条件得到，木块A受到的滑动摩擦力的大小等于弹簧的拉力F T．故A错误，B正确；C、若长木板B以2v的速度匀速运动时，AB间动摩擦因数不变，A对B的压力不变，则木块A受到的滑动摩擦力的大小不变，仍等于F T，则弹簧秤的示数为F T，故C错误；D、木板做匀速运动，受力平衡，对木板受力分析，水平方向受到拉力F，A对木板向右的滑动摩擦力F T以及地面对木板向右的滑动摩擦力f，因为木块与长木板质量相等，动摩擦因数相同，则f=2F T，根据平衡条件得：F=3F T，故D正确．故选：BD12．如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一平行于斜劈侧面的力F1、F2，且F1＜F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈A仍保持静止B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力小于（M+2m）gD．斜劈A对地面的压力大于（M+2m）g【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【分析】甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断整体与地面间的弹力和摩擦力情况；在图乙中，物体P、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变【解答】解：甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为（M+2m）g，没有摩擦力；在图乙中，物体P、q对斜劈的压力和摩擦力大小不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小等于（M+2m）g，与地面间没有摩擦力；故选：A13．如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，两绳可承受的最大张力为3.5mg．先用力F拉住小球a，使整个装置处于平衡状态，并保持悬线Oa与竖直方向的夹角为θ=30°不变，则F的大小可能为（）A．mg B．mg C．mg D．3mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对两个球整体受力分析，受重力、拉力F和细线的拉力T，根据平衡条件并结合合成法作图分析得到拉力的范围即可．【解答】解：对小球a、b整体受力分析，如图所示：当拉力F的方向改变时，重力不变，拉力T的方向不改变，结合三角形定则作图，如图所示：当拉力T=3.5mg时，拉力F最小，结合余弦定理，有：F max=≈2mg当拉力F垂直细线oa时，拉力最小，为：F min=（2mg）sin30°=mgA、mg＜F min，故A错误；B、mg=F min，故B正确；C、F max＞mg＞F min，故C正确；D、3mg＞F max，故D错误；故选：BC14．在平直公路上，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】此题应先根据V﹣t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．【解答】解：A、由图形面积表示位移知S A=（×3）m=15m，故A错误；B、由图面积可知S B＞15m，故B正确；C、由图形面积表示位移：S C=（10×1+×2）=20m，故C正确；D、S D=（10×0.5+×2.5）m=17.5m，故D错误；故选：B、C．15．一物体做匀加速直线运动，在2s 内通过的位移为6m，在紧接着的1s 内通过的位移也为6m．则物体运动的初速度v0和加速度a的大小（）A．v0=1m/s B．v0=2m/s C．a=1m/s2 D．a=2m/s2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】根据匀变速直线运动的公式，根据前2s内的位移为6m，列出表达式，含有v0和a两个未知量，再根据前3s内的位移为12m，再列出表达式，也含有v0和a两个未知量，联立方程组求解，得出初速度和加速度a．【解答】解：设物体的初速度为v0，通过第一段位移x时，由匀变速直线运动的位移公式得：…①通过两段位移2x时，由匀变速直线运动的位移公式得：2x=…②联立解得：a=…③代入数据：v0=1m/s，a=2m/s2．故选：AD16．某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s=m﹣nv2，其中m、n 为常数．重力加速度的大小g取10m/s2．则以下判断正确的是（）A．汽车在此过程中做匀变速直线运动B．汽车的末速度为20m/sC．由题中所给已知条件可确定m、n的大小D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为【考点】牛顿第二定律．【分析】根据速度与位移的函数关系确定汽车的运动规律，汽车做匀减速运动，末速度为零，根据速度位移公式，结合位移与速度的函数表达式求出m和n．根据牛顿加速度的大小分析作用力与重力的大小比值．【解答】解：A、由位移与速度的函数关系式可知，汽车在此过程中做匀变速直线运动，故A正确；B、汽车做匀减速直线运动，汽车末速度为0，故B错误；C、把坐标轴上的（0，25m）和（72km/h，0），单位换算后代入v2=2as，可求m=25，n=，故C正确；D、加速度，可知合力大小与重力大小的比值为4：5，而作用力的大小与合力大小不等，故D错误．故选：AC．二、实验题：本题共2小题，共12分17．如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带，打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四。

西安市第一中学 2016届高三第二学期第一次模拟考试 理科综合试卷 考生注意： 1.本试卷共300分，考试时间150分钟 2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Br-80 Ag-108 Ba-137 Fe-56 Cu-64 Al-27 P-31 Cr-52 Co- 59 第一卷 选择题 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．研究发现，有l％～2％的HIV感染者并不发病，其原因是他们在感染 HIV之前，体内存在3种名叫“α-防御素”的小分子蛋白质。

以下对“α-防御素”的推测中正确的是 ( ) A．不同氨基酸之间的差异是由DNA决定的 B．控制其合成的基因可能含A、U、C、G 4种碱基 C．强酸、强碱或高温会使其功能丧失 D．一定含有C、H、O、N、P、S等元素 2．细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心，下列叙述不正确的是 ( ) A．通过核孔能够实现核质之间频繁的物质交换,但无法实现核质之间的信息交流 B．胰岛B细胞比口腔上皮细胞的核仁大、核孔数目多 C．染色质和染色体是同样的物质在细胞不同时期的两种存在状态 D．核膜是双层膜，其主要由脂质和蛋白质组成 3．玉米抗锈病基因R和不抗锈病基因r是一对等位基因，下列有关叙述正确的是 ( ) A．基因R和基因r不可能出现在处于减数第二次分裂细胞的两极 B．基因R可以突变成基因r，基因r 也可以突变成基因R C．基因突变属于可遗传变异，故细胞中突变形成的基因r都能通过有性生殖遗传给后代 D．一株处于开花期的杂合玉米个体中：含基因R的精子=含基因r的精子=含基因R的卵细胞=含基因r的卵细胞 4．某生态系统主要物种之间的食物关系如下图甲，而图乙表示该生态系统中三个物种1、2、3的环境容纳量和某时刻种群实际大小。

据图分析，下列说法错误的是 ( ) A．图甲的食物网中H占有的营养级分别是第三、四营养级 B．从图乙中可知，物种2的种内斗争最剧烈 C． 若生物A从B处直接获得的食物占其食物总量的60%， D. 除图甲所示的生物类群外，生态系统的组成成分还应该包括分解者 5．科学探究是一个开拓、继承、修正和发展的过程，下列有关生物科学探究的相关叙述正确的是 A．细胞学说的建立揭示了细胞统一性和生物体结构统一性 B．罗伯特森在电镜下到细胞膜的暗亮暗三层结构， C． D． 6．某地有一种植物，同一植株上不同时期所开花的花色会发生变化，其传粉者包括当地的白线天蛾天蛾和7月中旬将迁徙离开的蜂鸟如图表示7月30日～8月15日前后，当地各类群生物的数量变化下列分析不合理的是 A．红色的花更容易吸引蜂鸟完成传粉 B． C．8月该植物种群的红色基因频率下降 D．植物的反应适应了传粉者的改变 7．四联苯的一氯代物有 A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ．室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)， 热效应为△H3。