1、2015年湖北省武汉十一中高考物理模拟试卷（九）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分其中14为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；58为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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（6分）下列关于生活中的物理现象，说法正确的是（） A 电磁炉对于锅具材质要求不高，铁锅、铝锅或者陶瓷锅均可正常使用 B 灵敏电流表在运输时总要用导体把正负接线柱连起来是为了避免指针因剧烈摆动而损坏 C 利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器 D 用家用电饭
2、煲烧水，水沸腾后也可以自动进入保温状态【考点】： 霍尔效应及其应用；电功、电功率【分析】： 根据处于磁场中的，通过导线受到安培力作用，这是电动机的工作原理；了解各种传感器的特点、工作原理，在仪器设备中的应用【解析】： 解：A、根据电磁工作原理，变化的电磁场中，炉陶瓷锅不能正常使用，故A错误；B、将两个接线柱连接起来，从而形成闭合电路，当因晃动，导致线圈切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培阻力，进而阻碍其运动，是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动，进而保护表针不被损坏，故B正确；C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；D、家用电饭煲烧水，水沸腾后，不会自动进入保温状态，只有当温度达到103
3、时，才会进入保温状态，故D错误；故选：B【点评】： 解决本题要掌握电流的磁效应，涡流的形成，理解电磁感应原理，注意电饭煲的居里温度2（6分）有一电路连接如图所示，理想变压器初级线圈接电压一定的交流电源，则下列说法中正确的是（） A 只将S1从2拨向1时，电流表示数变小 B 只将S2从4拨向3时，电流表示数变小 C 只将S3从断开变为闭合，变压器的输入功率减小 D 只将变阻器R3的滑动触头下移，变压器的输入功率减小【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可【解析
4、】： 解：A、只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，电阻不变，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，电压不变，故输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B正确；C、只将S3从断开变为闭合，多一个支路，但总电阻减小，故通过线圈的电流变大，根据P=UI知输出功率变大，根据能量守恒知输入功率变大，故C错误；D、只将变阻器R3的滑动触头下移，负载总电阻变小，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率增大，故D错误故选
5、：B【点评】： 本题关键：（1）根据变压比讨论输出电压的变化情况；（2）对三个电阻的混连部分进行动态分析3（6分）质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下坚直向上运动，不计空气阻力下列说法正确（） A 如果物体向上做减速运动，物体的机械能可能减小 B 如果物体向丄做勾速运动，物体的机械能一定不变 C 如果物体向上做加速运动，物体的机械能才能增大 D 不论物体向上做什么运动，物体的机械能一定增加【考点】： 功能关系【分析】： 除重力以外其它力做的功，等于机械能的增量，根据该功能关系进行判断【解析】： 解：不论弹簧秤的拉力大于重力，还是小于重力，还是等于重力，在竖直向上的运动的过程中，拉力做正功，根
6、据功能关系知，钩码的机械能增加故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道对于钩码而言，有拉力做功，机械能不守恒，拉力做功等于钩码机械能的增量4（6分）石块A自塔顶自由落下高度为m时，石块B自离塔顶n处（在塔的下方）自由下落，两石块同时落地，则塔高为（） A m+n B C D 【考点】： 自由落体运动【专题】： 自由落体运动专题【分析】： 设塔高为h，石块B下落时间为t，根据自由落体运动位移时间公式求出A、B运动的时间，而AB运动时间相等，从而求出塔高【解析】： 解：设塔高为h，石块B下落时间为t，对B 有 hn=解得：t=石块A下落的时间为 A、B下落时间相同，t=t可得 则B正确故选：
7、B【点评】： 解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=gt2，以及抓住两石块同时落地5（6分）如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场已知AOC=60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为（） A B C D 【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 所
8、有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最长时，轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的最长相反连线最短，时间最短根据几何知识，作出轨迹，确定时间的范围进行选择【解析】： 解：粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦初速度大小相同，轨迹半径R=相同设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长由此得到： 轨迹半径为：R=当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短则：SE=，由几何知识，得=60最短时间：tmin=所以，粒
9、子在磁场中运动时间范围为t故选：AB【点评】： 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹本题是根据几何知识：半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长6（6分）有一种油电混合动力汽车，既可以利用车载电池使用清洁的电力能源，也可以使用更加方便的汽油，受到人们的欢迎这类汽车有一种技术：安装一个电池充电系统，车轮转动通过传动系统带动发电机的转子转动，从而可以给电池充电，而电池充的电又可以作为汽车行驶的能量来源关于这项技术，说法正确的是（） A 在给电池充电过程中，转子所受的安培力不可能作为汽车的动力 B 该充电系统应该一直开启，不论汽车是在正常行驶阶段还是刹车阶段，都可以给电池充电
10、 C 该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能 D 该技术没有意义，因为从能量守恒来看，这些能量归根结底来源于汽油【考点】： 能源的开发和利用【分析】： 混合动力汽车，在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能，起到节约能源的目的，效率较高【解析】： 解：A、在给电池充电过程中，转子所受的安培力只能是阻力，否则违背能量守恒定律，故A正确；B、该充电系统应该在减速阶段开启，加速阶段不应该开启，故B错误；C、该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能，故C正确；D、该技术有意义，电池可以用外电路充电，可以将刹车过程的动能先转化为电能储存起来，故D错误；
11、故选：AC【点评】： 本题以油电混合动力汽车为背景，关键是能够结合能量守恒定律和热力学第二定律进行分析，基础题目7（6分）宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量相等的星球位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星球的距离均为R，并绕其中心O做匀速圆周运动忽略其他星球对它们的引力作用，引力常量为G，以下对该三星系统的说法不正确的是（） A 每颗星球做圆周运动的半径都等于R B 每颗星球做圆周运动的加速度与三颗星球的质量无关 C 每颗星球做圆周运动的周期为T=2R D 每颗星球做圆周运动的线速度v=【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题
12、【分析】： 先写出任意两个星星之间的万有引力，求每一颗星星受到的合力，该合力提供它们的向心力然后用R表达出它们的轨道半径，最后写出用周期和线速度表达的向心力的公式，整理即可的出结果【解析】： 解：A、由几何关系知：每颗星球做圆周运动的半径：r=R，故A错误；B、任意两个星星之间的万有引力F=；一颗星星受到的合力，F1=F；合力提供它们的向心力：=ma；解得：a=；与三颗星球的质量m成正比；故B错误；C、合力提供它们的向心力：=m；故T=T=2R；故C正确；D、合力提供它们的向心力：=m；解得：v=；故D正确；本题选错误的，故选：AB【点评】： 解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合
13、力提供向心力的公式，才能正确解答题目8（6分）如图所示，正方形匀强磁场磁感应强度B=0.2T，方向垂直于纸面向里，磁场的宽度为2L=2m，一正方形金属框边长L=1m，其单位长度电阻相等，总电阻为r=2，金属框以v=10m/s的速度向右匀速穿过磁场区域假定abcd方向的电流I为正，ab两端的电压为U，从cd边进入磁场瞬间开始计时，下列关于It和Ut图线正确的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： （1）本题分三段研究：线框进入磁场、完全进入磁场和穿出磁场三个过程由E=BLv、I=结合求解感应电流的大小由右手定则判断感应电流的方向，
14、再画出图象；（2）根据ab两端电压Uab与感应电动势的关系，求出Uab，画出电压图象；【解析】： 解：A、B：线框在进入和穿出磁场的过程产生的感应电流大小相等，线框进入或离开磁场过程中产生的电动势：E=Blv=0.2110=2V，I=1A，进入与穿出穿出的时间：t=0.1s，线框完全在磁场的时间：t=0.1s，线框完全在你磁场中时，穿过线框的磁通量不变，感应电流为零，由右手定则判断可知，进入过程中线框中感应电流方向沿adcba，为正方向；穿出磁场过程中感应电流方向为abcda，为负方向，故A正确，B错误；C、D：线框进入或离开磁场过程中：由AB项可知，进入磁场过程中，电流为1A，ab两端电压：
15、Uab1=I=1=0.5V，线框完全进入磁场过程，Uab2=BLabV=2V，穿出磁场过程，电流为1A，Uab3=I=1=1.5V，故C错误，D正确故选：AD【点评】： 本题考查了作It、Ut图象，应用E=BLv求出电动势、因感应欧姆定律求出电流、分析清楚线框运动过程、求出I、U随时间变化的关系即可正确解题二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9（8分）某孵化机的温控原理如下：图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温温控电路的原理图，继电器线圈的电
16、阻为150当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合，从而控制触头和A或B接触为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻可以不计L1和L2是两个状态指示灯，用来表示加热或保温状态R1和R2是两个不同阻值的电阻，分别用来加热或保温（1）R1的阻值应该较小（填“大”或“小”），L2表示的状态为保温（填“加热”或“保温”）（2）若孵化器要求恒温50，则需要将R调节为60（3）实际测量发现当温度到了55时，孵化器才会自动由加热状态变为保温，那么需要将R的阻值调小（填“大”或“小”）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）根据图甲所示图象判断热敏电阻随温度的
17、变化关系，然后分析控制电路的判断开关的连接情况，再确定阻值大小与灯的状态（2）要使恒温箱内的温度保持50，当温度达到50时，电路就要断开，即电路要达到20mA由图甲所示图象求出50时，热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小（3）分析清楚控制电路与工作电路结构，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题【解析】： 解：（1）由图甲所示图象可知，热敏电阻阻值随温度升高而减小，温度越低，热敏电阻阻值越大，控制电路电流越小，开关与A接触，当温度升高时控制电路电流变大，开关与B接触，由此可知，控制触头与A接触时处于加热状态，控制触头与B接触时处于保温状态，由P=可知，在U一定时，R越大功率越
18、小，R越小功率越大，由此可知：R1的阻值应该较小，L2表示的状态为保温状态（2）由图甲所示图象可知，温度为50时，热敏电阻阻值R=90，当温度达到50时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，根据闭合电路欧姆定律可得，I=，即0.02=，解得R=60（3）热敏电阻阻值随温度升高而减小，当温度到了55时，孵化器才会自动由加热状态变为保温，说明当热敏电阻阻值较小时控制电路电流才达到20mA，滑动变阻器阻值较大，孵化器要求恒温50应将滑动变阻器阻值调小故答案为：（1）小；保温；（2）60；（3）小【点评】： 在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个
19、不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的由图甲所示图象求出温度所对应的热敏电阻阻值，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题10（8分）某同学设计了如图1所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因素滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m，托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2（1）为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的位移与时间（2）他想通过多次改变m，测出相应的a值，并
20、利用上式来计算若要求a是m的一次函数，必须进行的实验操作是从托盘上取出砝码置于滑块上（3）实验得到a与m的关系如图2所示，由此可知=0.23（取两位有效数字）【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 根据初速为零的匀加速直线运动位移时间公式找出求解加速度要测量的物理量通过求出加速度的大小，从而列出加速度与质量的关系式，并作出这两量的图象，由图象斜率去算出摩擦因数【解析】： 解：（1）滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据s=at2得：a=，所以需要测量的是位移s和时间t（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：a=若要求a是m的一次函数必须使不变，即
21、使m+m不变，在增大m时等量减小m，所以实验中应从托盘上取出砝码置于滑块上（3）将取为k，有k=，在图象上取两点将坐标代入得：=0.23（0.21到0.25之间都正确）故答案为：（1）位移，时间；（2）从托盘上取出砝码置于滑块上；（3）0.23【点评】： 通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解11（14分）如图所示，足够长光滑导轨ab和cd与水平面夹角=37、间距L=0.5m，中间连接一电阻R=2，金属杆PQ与导轨都垂直，并且接触良好，电阻不计，质量m=50g，加上一垂直于斜面的磁场，磁感应强度B=0.5T，将金属杆由静止释放，取重
22、力加速度g=10m/s2，求：（1）金属杆最终稳定的速度v1为多少？（2）若所加磁场大小不变，方向为竖直，则金属杆最终稳定的速度v2为多少？【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律相结合，求得感应电流大小，再由牛顿第二定律通过受力平衡即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律相结合，求得感应电流大小，再由牛顿第二定律通过受力平衡即可求解，本文中磁场方向改变后受力平衡时，注意力的夹角；【解析】： 解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得：E1=BLv1由闭合电路欧姆定律得：I1=，金属棒所受
23、安培力：F安1=BI1L 金属杆最终匀速运动，由平衡条件有：mgsin=F安1得：v1= 解得：v1=9.6m/s（2）磁场大小不变，方向为竖直，根据法拉第电磁感应定律可得：E2=BLv2cos由闭合电路欧姆定律得：I2=，金属棒所受安培力：F安2=BI2L 由平衡条件有：mgsin=F安2cos得：v2= 解得：v2=15m/s答：（1）金属杆最终稳定的速度v1为9.6m/s，（2）若所加磁场大小不变，方向为竖直，则金属杆最终稳定的速度v2为15m/s【点评】： 考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等规律的应用，受力平衡的应用是关键12（17分）如图所示，物体A的质量为M
24、，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环不计定滑轮质量与摩擦，空气的阻力不计，取g=10m/s2，求：（1）若圆环恰能下降h=3m，两个物体的质量应满足什么关系？（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量有何关系？（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过多大？（结果可用根号表示）【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）圆环下降过程中，圆环与A组成的系统机械能守恒，由此可得质量关系式，进而由几何关系分析AB的位移关系，可得两物体的
25、质量关系（2）由圆环与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时AB速度关系，可得质量关系（3）当mM时可认为B下落过程机械能守恒，此时B的速度为其下降速度的极限值，由机械能守恒可得最终速度【解析】： 解：（1）若圆环恰好能下降h=3m，由机械能守恒定律得： mgh=MghA，由几何关系可得： h2+l2=解得两个物体的质量应满足关系 M=3m（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，由机械能守恒定律得： mgh=MghA+如图所示，A、B的速度关系为：vA=vcos=v解得两个物体的质量关系为 =（3）B的质量比A的大得越多，圆环下降h=3m时的速度越大，当mM时可认为B下落过程机械能守恒，有
26、 mgh=解得圆环的最大速度 vm=m/s=7.75m/s即圆环下降h=3m时的速度不可能超过7.75m/s答：（1）若圆环恰能下降h=3m，两个物体的质量应满足的关系是M=3m（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量的关系是 =（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过7.75m/s【点评】： 该题的关键是用好系统机械能守恒这个知识点；难点是对于B的速度极限值的判断，其条件是mM，即A的质量可以忽略，认为B的机械能守恒物理-选修3-5：（15分）13（6分）以下说法正确的是（） A 在光电效应现象中光电子的最大初动能与入射光的强度成正比 B 已知
27、氡的半衰期是3.8天，若有8个氡原子核，经过7.6天后就剩下两个氡原子核 C 太阳内部正在进行剧烈的热核反应，辐射大量能量，因而太阳质量在不断减小 D 各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的特征谱线人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成 E 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念，并指出氢原子从高能级跃迁到低能级要放出光子【考点】： 光电效应；轻核的聚变【专题】： 光电效应专题【分析】： 根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比；半衰期只能适用于大量原子核；根据质量亏损，结合质能方程，即可确定质量的如何变化；氢原子由高能级向低
28、能级跃迁，辐射光子，由低能级向高能级跃迁，吸收光子；可根据光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成【解析】： 解：A、根据，可知，光电效应现象中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比故A错误B、半衰期适用于大量的氡原子核故B错误C、根据质量亏损，结合质能方程可知，辐射大量能量，因而太阳质量在不断减小故C正确D、各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的特征谱线，同时可通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成故D正确E、玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念，指出氢原子从高能级跃迁到低能级，放出光子，而从低能级跃迁到高能级，吸收光子故E正确故选：CDE【点评】： 本题
29、考查了衰变、光电效应、玻尔模型、能级跃迁等知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点14（9分）如图所示，在一固定的细杆上套一个质量为m=30g的光滑小环A，下端用长为L=1m的细绳连一质量为M=50g的B，在B的左方有一质量为m0=10g的子弹以速度v0=18m/s打击木块B并留在B中，求B以后能上升最大高度h为多少？g=10m/s2【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 子弹击中木块过程系统动量守恒，子弹、木块、环组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出高度【解析】： 解：子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+M）v1，解得：，而后子弹B、A共同作用中A、B相对静止时B上升的最大高为h，有共同的向右速度为V2子弹、木块、环系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m+M）v2，v2=，由机械能守恒定律得：（m0+M）v12=（m0+m+M）v22+（m0+M）gh，代入数据解得：h=0.15m；答：B以后能上升最大高度h为0.15m【点评】： 本题考查了求B上升的最大高度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题
