1、【名师解析】陕西省 2015 届高三第三次模拟考试物理试题一、选择题：本题共有 8 个小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分第 1-5 为单选，6-8 为多选1 （6 分） （2015 陕西三模）一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为（ ）A 水平向北 B 水平向南 C 竖直向上 D 竖直向下【考点】： 左手定则【分析】： 通过地磁场方向：由地理的南极指向北极，及电流方向，根据左手定则判断安培力的方
2、向【解析】： 解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上故 C 正确， A、B、D 错误故选：C【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系，注意地磁场方向由地理的南极指向北极2 （6 分） （2015 陕西三模）如图所示，在 M 点分别以不同的速度将两小球水平抛出两小球分别落在水平地面上的 P 点、Q 点已知 O 点是 M 点在地面上的竖直投影，OP：PQ=1：3，且不考虑空气阻力的影响下列说法中正确的是（ ）A 两小球的下落时间之比为 1：3B 两小球的下落时间之比为 1：4C 两小球的初速度大小之比为 1：3D 两
3、小球的初速度大小之比为 1：4【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比【解析】： 解：A、两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故 A、B 错误C、由于两球的水平位移之比为 1：4，根据 知，两小球的初速度大小之比为 1：4，故 C 错误，D 正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移3 （6 分） （2015 陕西三模）如图所示，竖直放置在水平面上的轻
4、质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为 2kg，A 带正电，电荷量为 0.1C，B 不带电开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间 A 对 B 的压力大小变为 15Ng=10m/s 2，则（ ）A 电场强度为 50N/C B 电场强度为 100N/CC 电场强度为 150N/C D 电场强度为 200N/C【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 先对物体 B 受力分析求解加速度，再对物体 A 受力分析求解电场力，最后根据 F=Eq 求解电场强度【解析】： 解：物体 B 开始时平衡， A 对其的压力等于 A 的重力
5、，为 20N，加上电场后瞬间 A 对 B 的压力大小变为 15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为 5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体 A 受力分析，设电场力为 F（向上） ，根据牛顿第二定律，有：FN+Fmg=ma解得：F=m（g+a）F N=2（10+2.5）15=10N故电场力向上，为 10N，故场强为：E= 向上故选：B【点评】： 本题关键是采用隔离法先后对物体 B 和 A 受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难4 （6 分） （2015 陕西三模）如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知 A、B 两等势面间的电势差为 10V
6、，且 A 的电势高于 B 的电势一个电子仅在电场力作用下从 M 点向 N 点运动，电子经过 M 点时的动能为 8eV，则电子经过 N 点时的动能为（ ）A 16 eV B 7.5 eV C 4.0 eV D 0.5 eV【考点】： 电场线【分析】： 根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过 N 点时的动能【解析】： 解：由题意知，A 、B 两等势面间的电势差为 10V，相邻两等势面电势差相等，则知 M、N 间的电势差为：U=7.5V因为 A 的电势高于 B 的电势，则知 M 的电势高于 N 的电势，电子从 M 点运动到 N 点，电场力做负功为：W=7.5eV根据动能定理得：W
7、=E kNEkM则得：E kN=W+EkM=7.5eV+8eV=0.5eV故选：D【点评】： 本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题5 （6 分） （2015 陕西三模）图示的电路中电表均为理想电表，电源为恒流电源，即不管外电路情况如何变化，它都能提供持续且恒定的电流则当滑动变阻器 R0 的滑动端向上滑动时，电压表示数的变化量与电流表示数变化量之比的绝对值等于（ ）A R0 B R1 C R2 D 电源内阻 r【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电源为恒流电源，电源输出的是恒定电流，设为 I0，并设滑动端上移前电压表示数为 U1，
8、电流表示数为 I1根据欧姆定律和电路的连接关系，得到 的表达式，即可作出判断【解析】： 解：设电源输出的恒定电流为 I0，R 1 两端电压为 UR1（由于通过它的电流恒定，所以该电压亦恒定） ，滑动端上移前电压表示数为 U1，电流表示数为 I1；滑动端上移后，电压表示数为 U2，电流表示数为 I2（由于 R0 变大，所以必有 U2U 1，I 2I 1） 于是有 ， ，两式相减得 U2U1=（I 1I2）R 2即 故选：C【点评】： 本题是非常规题，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比6 （6 分） （2015 陕西三模）物理学中常用比值法定义物理量下
9、列说法正确的是（ ）A 用 E= 定义电场强度B 用 C= 定义电容器的电容C 用 R= 定义导线的电阻D 用 B= 定义磁感应强度【考点】： 电容；物理学史【分析】： 所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值” 来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【解析】： 解：A、E= 是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度 E 与F、q 无关故 A 正确B、C= 是电容的决定式， C 与 、S 成正比，与 d 成反比，这个公式不是比值定义法，故 B 错误C、R= 是电阻的决定式， R 与 、
10、l 成正比，与 S 成反比，不符合比值定义法的共性，故 C 错误D、B= 是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度 B 与 F、IL 无关，故 D 正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性7 （6 分） （2015 陕西三模）图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为 55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与阻值 R=48 的负载电阻相连若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（ ）A 电压表的示数是 24 VB 电流表的示数为 0.50AC 变压器原线圈得到的功率是 12
11、WD 原线圈输入的正弦交变电流的频率是 50Hz【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 由图乙可知交流电压最大值，周期 T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压 u 的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt 处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流【解析】： 解：A、由图乙可知交流电压有效值为 220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为 55：6，副线圈电压为 24V，电压表的示数是 24V电阻为 48，所以流过电阻中的电流为 0.5A，变压器的输入功率是： P 入 =P 出 = =12W故 BC 正确，A 错误；D、由图乙可
12、知交流电周期 T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是 100Hz，故 D 错误故选：BC【点评】： 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8 （6 分） （2015 陕西三模）导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是 N 型半导体，其载流子是电子，另一类是 P 型半导体，其载流子称为“空穴 ”，相当于带正电的粒子如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直，当
13、长方体中通有向右的电流 I 时，测得长方体的上下表面的电势分别为 上 和 下 ，则（ ）A 长方体如果是 N 型半导体，必有 上 下B 长方体如果是 P 型半导体，必有 上 下C 长方体如果是 P 型半导体，必有 上 下D 长方体如果是金属导体，必有 上 下【考点】： 霍尔效应及其应用【分析】： 如果是 P 型半导体，载流子是正电荷，如果是 N 型半导体，载流子为电子抓住电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，在上下表面产生电势差，从而确定电势的高低【解析】： 解：A、如果是 N 型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则 上 下 故 A 正确B、如果是 P 型半导体，载流
14、子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则 上 下 故 B 错误，C 正确D、如果是金属导体，则移动的自由电子，根据左手定则，负电荷向下偏，则下表面带负电，则 上 下 故 D 错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键理清是什么电荷移动，运用左手定则判断出电荷的偏转方向，从而确定电势的高低二、实验题（共 18 分）9 （6 分） （2015 陕西三模）测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） （1）已知重力加速度为 g，测得木块质量为 M，砝码盘和砝码的总质量为 m，木块的加速度为 a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式 = ；（2）图乙
15、为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出） ，其编号为 0、1、2、3、4、5、6试利用图中的长度符号 x1、x 2 和表示计数周期的符号 T 写出木块加速度的表达式 a= （3）已知电火花打点计时器工作频率为 50Hz，用直尺测出 x1=13.01cm，x 2=29.00cm（见图乙） ，根据这些数据可计算出木块加速度大小 a= 2.0 m/s 2（保留两位有效数字） 【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题；摩擦力专题【分析】： （1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因
16、数（2） （3）根据匀变速直线运动的规律根据 smsn=（mn）at 2 求解加速度【解析】： 解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mgMg=（M+m）a ，解得： ；（2）已知第一段位移 s1=x1，第三段位移 s3=x2，t=2T ，根据 smsn=（m n）at 2得：a= =（3）将 x1=13.01cm=0.1301m，x 2=29.00cm=0.29m 代入（2）式，解得：a=2.0m/s 2故答案为：（1） ；（2） ； （3）2.0【点评】： 本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数，计算注意有效数字10 （1
17、2 分） （2015 陕西三模）用图（1）所示的电路（图中电流表为理想表）测量电源的电动势 E 及内阻 r 时，调节电阻箱 R0 的阻值，并记录电流表相应的示数 I，则 与 R0 的函数关系为 ；（2） 根据这个函数关系可作出 R0 图象，该图象的斜率 k= ，纵截距 a= ，横截距 b= r （均用电源电动势 E 或内阻 r 表示） ；（3） 图（2）中的 a、b、c 、d、e 是测定时根据测量数据作出的一些坐标点，试过这些坐标点作出 R0 图象，根据该图象可求出该电源的电动势 E= 6.0 V，内阻 r= 1.0 【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】：
18、 根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻【解析】： 解：由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R） ，则： = R0+ ，由图示图象可知，m= ，k= ，b=r；由图可知，k= = ；故电源电动势：E= =6.0V；，电源内阻： r=b=1.0；故答案为：（1）. ；（2）. ， ，r（3）6.0，1.0【点评】： 本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三、计算题（28 分）11 （10 分） （2015 陕西三模）一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道 AB 匀加速下滑，然后进入水平轨道 BC 匀速滚动，之
19、后靠惯性冲上斜面轨道 CD，直到速度减为零设小球经过水平面和两斜面的衔接点 B、C 时速度的大小不变表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度 g=10m/s2，求：时刻 t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度 v/ms 1 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）轨道 AB 段的倾角是多少？（2）小球从开始下滑直至在斜面 CD 上速度减为零通过的总路程是多少？【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）有表格数据，根据加速度定义求解加速度，根据牛顿运动定律列式求解角度；（2）根据表格分
20、段求出相应的时间和加速度，根据总路程等于各段位移之和求解【解析】： 解：（1）根据表中数据可知小球沿 AB 斜面下滑的加速度由牛顿运动定律得 mgsin=ma1解得 ，故斜面 AB 段的倾角 =300 （2）根据表中数据可知，小球在斜面 AB 上下滑时间小球在斜面 CD 上做减速运动的加速度从最大速度 vm=15m/s 减至速度为 9m/s 用时于是，小球在水平面上运动时间 t2=13t1t3=8s故小球的总路程答：（1）轨道 AB 段的倾角是 30（2）小球从开始下滑直至在斜面 CD 上速度减为零通过的总路程是 180m【点评】： 此题考查从表格中读取数据的能力，结合牛顿运动定律和匀变速直线
21、运动规律的应用即可解题12 （18 分） （2015 陕西三模）如图（1）所示，一边长 L=0.5m，质量 m=0.5kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度 B=0.8T 的匀强磁场中金属线框的一个边与磁场的边界 MN 重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过 t=0.5s 线框被拉出磁场测得金属线框中的电流 I 随时间变化的图象如图（2）所示，在金属线框被拉出磁场的过程中（1）求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；（2）写出水平力 F 随时间 t 变化的表达式；（3）若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功 1.10J，求此过程中线框产生的焦
22、耳热【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应 功能问题【分析】： （1）根据题图（2）知，在 t=0.5s 时间内通过金属框的平均电流 =0.50A，于是通过金属框的电量 q，平均感应电动势 ，平均电流 ，通过金属框的电量 q=，得 q= ，求得电阻 R（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场，由 L= 得加速度 a，根据牛顿运动定律的拉力大小关系式；（3）由运动学公式求末速度，由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热【解析】： 解：（1）根据题图（2）知，在 t=0.5s 时间内通过金属框的平均
23、电流=0.50A，于是通过金属框的电量 q= ； 由平均感应电动势 ，平均电流 ，通过金属框的电量 q= ，得 q= ，于是金属框的电阻 R= =0.80（2）由图（2）知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场又知金属框在 t=0.5s 时间内运动距离 L=0.5m，由 L= 得加速度a= =4m/s2由图（2）知金属框中感应电流随时间变化规律为 i=kt，其中比例系数 k=2.0A/s于是安培力 fA 随时间 t 变化规律为 fA=BiL=kBLt 由牛顿运动定律得 FfA=ma，所以水平拉力 F=fA+ma=ma+kBLt代入数据得水平拉力随时间变化
24、规律为 F=2+0.8t（N ） （3） 根据运动情况知金属框离开磁场时的速度 v= =2m/s由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热 Q=WF =0.1J【点评】： 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，能根据图象知导体棒做匀减速直线运动【物理选修 3-3】13 （6 分） （2015 陕西三模）如图，甲分子固定在坐标原点 0，乙分子位于 x 轴上，两分子之间的相互 F 作用力与两分子间距离 x 的关系如图中曲线所示，F0 为斥力，F0 为引力，a、b、c、d、为 x 轴上四个特定的位置，现把乙分子从 a 处由静止释放，则（ ）A 乙分子从 a 到 b 做加速运动，由 b 到 c 做减速运
25、动B 乙分子从 a 到 c 做加速运动，经过 c 点时速度最大C 乙分子由 a 到 c 的过程中，两分子的势能一直减少D 乙分子由 a 到 d 的过程中，两分子的势能一直减少【考点】： 分子势能【分析】： 根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大【解析】： 解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿 x 轴负方向从 a 处移动到 d 处过程中，在 C 位置分子间作用力最小乙分子由 a 到 c 一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从 c 到 d 分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在 c 位置分子势能最小，动能最大故 BC 正确，AD 错误故选：BC
