1、河南省安阳市 2015 届高三上学期调研考试物理试题 （解析版）一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分第 1-6 题只有一项符合题目要求，第 7-10 题有多项符合题目要求全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）1下列有关物理学史的研究方法，说法正确的是（ ）A用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法B 在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法C 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了微元法D用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如
2、场强 E=，电容 C=，加速度 a=都是采用比值法定义的考点： 物理学史.分析： 本题根据常用的物理研究方法，如理想模型法、等效替代法等，进行解答即可解答： 解：A、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法，故 A 正确B、在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故 B 错误C、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验使用了控制变量的方法，故C 错误D、场强 E=，电容 C=是采用比值法定义，而加速度 a=不是采用比值法定义，因为a 与 F 成正比，与 m 成反比，不符合比值法定义的共性故 D 错
3、误故选：A点评： 解决此题的关键要知道物理常用的研究方法，如理想模型法、等效替代法、控制变量法、比值定义等2 （5 分）太空授课是一个新课题，王亚平在“天宫一号”上完成了太空授课，成了太空授课首席老师她演示了在地面上不可能完成的几个物理实验，其中之一是用细线拴着小球在任意平面内做匀速圆周运动某同学观看太空授课后，想在电梯里模拟此实验，用以探究失重状态下的圆周运动长为 l 的轻细线一端固定、另一端拴着小球，在电梯启动向下加速运动的时间内，让小球在竖直平面内做圆周运动，已知电梯的加速度为 a（ag） ，重力加速度为 g，则（ ）A小球通过圆周最高点的最小速度为B 小球通过圆周最低点时细线拉力比电梯
4、静止时小C 小球通过圆周最高点时细线拉力比电梯静止时小D小球所受细线拉力不变考点： 向心力.分析： 太空中小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，此时由绳子的拉力提供向心力在电梯启动向下加速运动的时间内，小球受到的重力与绳子的拉力作用下做圆周运动，与竖直平面内的圆周运动相似解答： 解：A、电梯静止时，球恰好经过最高点 P，速度取最小值时只受重力，重力提供向心力：mg=在电梯启动向下加速运动的时间内：mg ma=所以： 故 A 错误，C 正确；B、电梯静止时，球经过最低点 Q 时，受重力和绳子的拉力， ，在电梯启动向下加速运动的时间内： ，联立以上各式，得：F 2F
5、1故 B 正确；D、由 AB 的分析可知，小球对细线的拉力是不同的故 D 错误故选：BC点评： 解答本题要抓住小球处于失重状态，由绳子的拉力和重力提供向心力和竖直方向的加速度，再根据向心力公式分析即可，难度不大，属于中档题目3 （5 分）普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接图中电压互感器 ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电压为 Uab；cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电压为 Ucd为了使电压表能正常工作，则（ ）Aab 接 MN，cd 接 PQ，U abU cd B ab 接 MN，cd 接 PQ，U abU cdC ab 接 PQ，cd 接 MN
6、，U abU cd Dab 接 PQ，cd 接 MN，U abU cd考点： 变压器的构造和原理.专题： 交流电专题分析：电压互感器的作用是使大电压变成小电压，然后利用变压器工作原理： = 可确定接哪一端解答： 解：电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据变压器原理可知，应使匝数多的接入输入端；故 MN 接 cd，PQ 接 ab；且 UabU cd；故选：C点评： 本题考查电压互感器原理，要注意电压互感器是将大电压变为小电压进行测量4 （5 分）我国国产航母辽宁舰将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其
7、弹射出去如图所示，是电磁弹射器简化原理图，平等金属导轨与强迫储能器连接相当于导体棒的推进器 ab 跨放在导轨上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关 S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标一切摩擦和电阻消耗的能量都不计，对于电磁弹射器，下列说法正确的是（ ）A强迫储能器上端为正极B 平行导轨间距越大，飞机能获得的加速度越大C 强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长D飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大考点： 动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动.分析： 推进器受到磁场的
8、作用力而沿平行导轨向前滑动，所以推进器受到向右的安培力，根据左手定则判断电流方向从而判断强迫储能器哪极带正电，根据安培力公式结合牛顿第二定律即可判断平行导轨间距与加速度的关系，强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能，强迫储能器储存的能量越多，飞机的初动能越大，与飞机质量无关解答： 解：A、推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，所以推进器受到向右的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向从下向上，所以强迫储能器下端为正极，故 A 错误；B、根据 F=BIL 可知，当 L 越大时，安培力越大，则飞机受到的合外力越大，则加速度越大，故 B 正确；C、强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能，
9、强迫储能器储存的能量越多，飞机的初动能越大，则初速度越大，所以加速度的时间越短，故 C 错误；D、飞机离开弹射器时的动能由强迫储能器储存的能量转化而来的，与飞机质量无关，故 D 错误故选：B点评： 本题属于信息给予题，要求同学们能读懂题目的意思，能根据图象得出有用信息，再结合我们所学知识去分析，难度要求较高，是一道考查学生能力的好题5 （5 分）半径为 r 的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为 d，如甲图所示磁场的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正，变化规律如乙图所示则以下说法正确的是
10、（ ）A第 2 秒内上极板为正极B 第 3 秒内上极板为负极C 第 2 秒末两极板之间的电场强度大小为零D 第 4 秒末两极板之间的电场强度大小为考点： 法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律.分析： 由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程解答： 解：A、第 2s 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故 A 正确；B、第 3s 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故
11、 B 错误；C、根据法拉第电磁感应定律可知，第 2 秒末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故 C 错误；D、由题意可知，第 4 秒末两极板间的电场强度大小 E= = ，故 D错误；故选：A点评： 本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型6 （5 分） （2014 湖南模拟）如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L 2、L 3、L 4，在 L3 与 L4 之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 1T，方向垂直于虚线所在平面向里现有一矩形线圈 abcd，宽度 cd=L=0.5m，质量为
12、0.1kg，电阻为 2，将其从图示位置静止释放（cd 边与 L1 重合） ，速度随时间的变化关系如图乙所示，t 1 时刻 cd边与 L2 重合，t 2 时刻 ab 边与 L3 重合，t 3 时刻 ab 边与 L4 重合，t 2t 3 之间图线为与 t 轴平行的直线，t 1t 2 之间和 t3 之后的图线均为倾斜直线，已知 t1t 2 的时间间隔为 0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向 （重力加速度 g 取 10m/s2） 则（ ）A在 0t 1 时间内，通过线圈的电荷量为 2.5CB 线圈匀速运动的速度大小为 8m/sC 线圈的长度为 1mD0t 3 时间内，线圈产生的热量为 4.
13、2J考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化.专题： 电磁感应 功能问题分析： （1）根据感应电荷量 q= ，求解电荷量；（2）t 2t 3 这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度（3）通过线圈在 t1t 2 的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，知 ab 边刚进磁场，cd 边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的 2 倍根据运动学公式求出线圈的长度（4）根据能量守恒求出 0t 3 这段时间内线圈中所产生的电热解答： 解：B、根据平衡有：mg=BIL而
14、I=联立两式解得： m/s故 B 正确C、t 1t 2 的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知 ab 边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场设磁场的宽度为 d，则线圈的长度：L=2d线圈下降的位移为：x=L+d=3d，则有：3d=vtgt 2，将 v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m ，所以线圈的长度为 L=2d=2m故 C 错误A、在 0t 1 时间内，cd 边从 L1 运动到 L2，通过线圈的电荷量为：C故 A 错误D、0t 3 时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）mv 2=J故 D 错误故选：B点评： 解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本
15、题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的 3 倍7 （5 分）取空间中两等量点电荷间的连线为 x 轴，轴上各点电势 随 x 的变化关系如图所示，设 x 轴上 B、C 两点的电场强度分别是 EBx、E Cx，下列说法中正确的是（ ）A该静电场由两个等量同种点电荷产生B 该静电场由两个等量异种点电荷产生C EBx 的大小小于 ECx 的大小D负电荷沿 x 轴从 B 点移动到 C 点的过程中，电势能先减小后增大考点： 电势能.分析： x 图象的斜率等于电场强度 E根据两点电荷连线的电势高低的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能
16、的变化情况解答： 解：AB、如果该电场由等量异种电荷产生，则两点电荷连线的中垂线是等势面，故连线中点为零电势点，可知静电场由两个等量同种点电荷产生故 A 正确，B 错误C、该图象的斜率等于场强 E，斜率越大，场强越大，则知 EBx 的大小大于 ECx 的大小，故 C 错误；D、负电荷沿 x 轴从 B 点移动到 C 点的过程中，电势先升高后降低，根据公式Ep=q，电势能先减小后作增加；故 D 正确；故选：AD点评： 电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否8 （5 分）如图所示，质量均为 m 的小球 A、B 用劲度系数为 k1 的轻弹簧相
17、连，B 球用长为 L 的细绳悬于 O 点，A 球固定在 O 点正下方，当小球 B 平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为 F1；现把 A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为 k2（k 2k 1）的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为 T2，弹簧的弹力为 F2，则下列关于 T1 与 T2、F 1 与 F2 大小之间的关系，正确的是（ ）A T1T 2 B T1=T2 C F1F 2 DF1=F2考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 以小球 B 为研究对象，分析受力情况，根据共点力平衡条件并采用三角形相
18、似法，得出绳子的拉力、弹簧的弹力与小球 B 的重力的关系表达式进行分析即可解答： 解：以小球 B 为研究对象，分析受力情况，如图所示：由平衡条件可知，弹簧的弹力 F 和绳子的拉力 T 的合力 F 合 与重力 mg 大小相等，方向相反，即 F 合 =mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：= =又由题，OA=OB=L，得：T=mgF=故绳子的拉力 F 只与小球 B 的重力有关，与弹簧的劲度系数 K 无关，所以得到T1=T2；当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故长度 x 增加，故 F2F 1；故 AD 错误，BC 正确；故选：BC点评： 本题是三力平衡问题，要根据共点力平衡条件并结合相似三角
19、形法列式分析，不难9 （5 分） “神舟十号” 与“天宫一号”已 5 次成功实现交会对接如图所示，交会对接前“神舟十号” 飞船先在较低圆轨道 1 上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道 2 上运动的“ 天宫一号”对接M、Q 两点在轨道 1 上，P 点在轨道 2 上，三点连线对地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有（ ）A“神舟十号” 在 M 点加速，可以在 P 点与“天宫一号”相遇B “神舟十号” 在 M 点经一次加速，即可变轨到轨道 2C “神舟十号” 经变轨后速度总大于变轨前的速度D“神舟十号” 变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期考点：
20、 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题： 人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力 =ma，确定线速度、周期、向心加速度等与半径的关系 “神舟十号”点火加速后，所需的向心力变大，万有引力不够提供，做离心运动，这样才能完成对接解答： 解：A、神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故“神舟十号” 在 M 点加速，可以在 P 点与“ 天宫一号 ”相遇，故 A 正确；B、卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故有 ，解得：v= ，所以卫星轨道高度越大线速度越小， “神舟十号”在轨道 2 的速度
21、小于轨道 1的速度，所以 M 点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道 2，故 BC错误；D、根据 解得： T= 知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故 D 正确故选：AD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 =ma，会根据轨道半径比较线速度、周期、向心加速度等10 （5 分）在一水平向右匀速运动的传送带的左端 A 点，每隔相同的时间 T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间动摩擦因数为 ，工件质量为 m经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为 L已知重力加速度为 g，下列判断正确的有（ ）A传送带的速度大小
22、为B 工件在传送带上加速时间为C 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系.专题： 传送带专题分析： 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过 x=vT 求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能解答： 解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知 x=vT，
23、解得传送带的速度 v=故 A 正确B、设每个工件匀加速运动的时间为 t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 g，根据 v=v0+at，解得： t= 故 B 错误C、工件与传送带相对滑动的路程为： ，则摩擦产生的热量为：Q= 故 C 错误D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E= ，在时间 t 内，传送工件的个数 n=，则多消耗的能量故 D 正确故选：AD点评： 解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解二、非选择题（共 60 分）11 （7 分）实验桌上准备了下列器材：A、电源：电动势 E 约
24、3V，内阻 r1B、电压表：量程 3V，内阻 RV=30kC、开关一只要求用上列器材尽可能精确地测量一只阻值在 10k20k 范围内的待测电阻 Rx 的阻值（1）设计实验电路，在实物图中按所设计的电路连线；（2）按照实验电路，写出结果表达式 Rx= 考点： 伏安法测电阻.专题： 实验题；恒定电流专题分析： 本题（1）根据待测电阻的阻值与电压表内阻接近可知应将待测电阻与电压表串联，在考虑将电键与待测电阻并联即可；（2）根据闭合电路欧姆定律写出电键闭合与断开时的表达式（由于电源内阻相比待测电阻太小可忽略电源的内压降） ，然后求解即可解答： 解：（1）：由于待测电阻的阻值与电压表内阻接近，应将待测电阻与电压表串联，并将电键与待测电阻并联即可完成测量，电路图及连线图如图所示：
