1、高考资源网（） 您身边的高考专家辽宁省沈阳二中2015届高三上学期期中考试物理试题（解析版）【试卷综析】本试题它是从必修和选修两种类型组卷的，题目包容知识点多，覆盖面广，是从基础知识到能力要求考查。选题材料新，试题设计独到，选项隐含点设计科学，具有一定的迷惑性。实验设计更加体现高考要求，出题活，重读数和实验图的考查。三个计算大题是从力学考到了电场部分，做到了力电交溶，设问具有递进性，难度是从易到难排列，也重视弹簧模型的考核，做到了突出主干知识，运用多个物理规律求解应用题，基本上与高考试卷难度相当，也是一份值得检测的期中物理试卷。说明：1.测试时间：90分钟 总分：100分 2.客观题涂在答题纸
2、上，主观题答在答题纸的相应位置上第卷（共44分）一 选择题：本题共11小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。【题文】 1.在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家做出了巨大贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A库仑最早引入电场概念，并采用了电场线描述电场 B牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量G C伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”D奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了磁场对电流的作用规律【知识点】物理学史考查题。P单元 物理学史和物
3、理方法【答案解析】C。在A答案中是法拉弟最早引入电场概念，并采用了电场线描述电场，A错；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量G，依此B错；伽得略采用了：问题、猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论的方法。通过理想实验得出力不是维持物体运动的原因。C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉弟发现了磁场对电流的作用规律，D错；故本题选择C答案。【思路点拨】本题只要认真阅读课本，关注课本边角内容，注重物理学的研究方法，就不难选择本题答案。【题文】 2、如图所示，河水的流速为5m/s，一条船要从河的南岸A点沿与河岸成30角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为
4、 A2m/sB3m/s C3.5m/sD2.5m/s【知识点】运动的合成与分解。 D1【答案解析】D。依题意有，只有船速方向与直线航行方向垂直速度才最小，则有：。由此计算就可选择D答案。【思路点拨】本题是运动的合成与分解在渡河上的应用，它要求船的开行速度（相对于水的速度）最小，就要用作图的方法求船行驶的最小速度，那必须是船与航向垂直才满足此要求。【题文】 3如图示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0平盘，盘中有一质量为m的物体，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘使弹簧再伸长了L后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）A(1+L
5、/L)mg B(1+L/L)(m+m0)g C(mgL)/L D(m+m0)gL/L【知识点】受力分析、牛顿第二定律在弹簧模型上的应用。B4、C2【答案解析】A。设劲度系数为，开始平衡时有：，当再伸长松手时，整个系统受到的合力为，竖直向上，根据牛顿第二定律得：，再隔离物体有：由此计算就可直接选择A答案了。【思路点拨】本题求解的关键是根据开始平衡时就弹簧的劲度系数，当将弹簧再拉长后再松手时的一瞬间，整个系统所受到的合力即为，然后先整个，后隔离分析由牛顿第二定律列方程联立求解就可得到所要求的答案。【题文】4、已知火星的质量和半径分别为地球的1/10和1/2，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重
6、力加速度约为（ ）A0.2g B0.4g C2.5g D5.0g【知识点】万有引力定律天体上的应用。D5【答案解析】B。由万有引力定律和牛顿第二定律得：由此式类比可得：从而得到B答案正确。【思路点拨】本题首先应用万有引力定律和牛顿第二定律综合求出重力加速度表达式，再根据相关的条件代入进行类比得到本题的答案。【题文】5装修公司进行家居装饰时，可以用喷枪将染料液喷射出去, 如图喷枪是水平放置且固定的, 虚线分别为水平线和竖直线，在墙上同一竖直线喷有A、B、C、D四个液滴（可以视为质点），不计空气阻力，要求AB、BC、CD间距依次为7cm、5cm、3cm，D与水平线的间距为1cm，如图所示，正确的是
7、（ ）AABCD四个液滴的射出速度可以相同，要达到目的，只需要调整它们的出射时间间隔即可BABCD四个液滴在空中的运动时间是相同的CABCD四个液滴出射速度之比应为1：2：3：4DABCD四个液滴出射速度之比应为3：4：6：12【知识点】平抛运动的应用。D2【答案解析】D。因为平抛运动可分解为水平方向的匀速运动，竖直方向的自由落体运动，根据平抛运动规律可递推得：在竖直方向有：设喷在D点经历的时间为、在C点经历时间为2、在B点为3、在A点经历时间为4。依此B错；因为水平距离相等，时间又不等，则射出的速度是不同的，A错；喷出的速度之比为：、可递推出，由此可知C错；D正确，故选择D答案。【思路点拨】
8、求解本题的关键是看在竖直方向从喷枪喷出到各点所经历的时间关系，再由平抛运动规律列水平方向的位移方程，抓住喷到各点的水平位移相等，依规律列方程类比就可推出本题的答案。【题文】 6放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象分别如图（甲）、（乙）所示，则物体的质量为（取g=10 ms2） A B C D【知识点】速度与时间图线、功率与时间图线相结合识图考查选择题。A5、C2、E1。【答案解析】B。由速度图线可知：0到2S是作初速为零的匀加速运动，2S6S作以的匀速运动，在6秒末有，在匀速运动过程中拉力与摩擦力相等，则有：，根据牛顿第二定律得：，其中代入
9、到中得：。故本题选择B答案。【思路点拨】本题要会识图，从速度图线中求出加速度和各段的运动的情况，从功率与时间图线求拉力和摩擦力，拉力要抓住匀加速运动是恒力功率表达式求解；摩擦力由匀速运动功率表达式求出，最后用牛顿第二定律列式就可求出物体的质量。【题文】 7一小物块以某一初速度滑上水平足够长的固定木板，经一段时间t后停止。现将该木板改置成倾角为30的斜面，让该小物块以相同大小的初速度沿木板上滑。则小物块上滑到最高位置所需时间t与t之比为（设小物块与木板之间的动摩擦因数为） 【知识点】匀变速直线运动规律和牛顿第二定律综合考查题。A2、C5。【答案解析】B。在水平面上有：。在斜面上有：。两式联立就可
10、得到B答案。其它A、C、D错故选择B答案。【思路点拨】本题求解的关键分析清物块在水平面和斜面上的受力情况，再利用牛顿第二定律求出加速度，最后运用匀变速运动的速度公式求出时间表达式进行类比可得出所要选择的答案。【题文】 8. 如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( )A电场力对小球做负功B重力对小球做功大于mg2t2/2C小球的电势能增量小于mg2t2/2DC位于AB直线的右侧【知
11、识点】电场力做功、电势能，带电小球在匀强电场中运动。I2、I3【答案解析】ABD。根据动能定理可得：从A到C有：，电场力做负功，A正确；根据动量定理可得：，由此计算可知C答案错误；因为电场力做负功。若在B点，电场力不做功，在B左则电场力做正功，不符合求解结果，则C点在B点的右侧，D答案正确；在竖直方向，除受重力外，还受电场力的竖直分量，合力大于，也就是竖直方向的位移大于，则重力做的功大于mg2t2/2，依此B答案正确；故本题选择ABD答案。【思路点拨】本题是力电综合检测题，要运用动能定理列式比较重力做功和电场力做功的关系，明确重力做正功，电场力做负功，在讨论重力做功的大小时竖直方向的位移要考虑
12、电场力在竖直方向的分量在竖直方向的加速度大于，从而正确选择答案；找C点位置，决定电场力是做负功，确定它只能在B点的右侧，本题求解要一步一步分析，用规律表达式推理得出正确答案。【题文】 9、四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表和两个电压表。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则A电流表A1的读数大于电流表A2的读数；B电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角；C电压表V1的读数小于电压表V2的读数；D电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；【知识点】电流表的改装和读数、判断偏转角问题。J6【答案解析】AD因为电流表A1
13、的量程大于A2的量程，电流表的内阻小于的内阻，两表并联，两端电压相等，则两表的偏转角相等，B错，通过表读数大于表的读数，A正确；两电压表串联，通过的电流强度相等，由于电压表V1的量程大于V2的量程，表的内阻大于表的内阻，则有两表偏转角相等，表读数大于表读数，C错，D对；故本题选择AD答案。【思路点拨】本题只要搞清楚电流表的改装原理，知道电流表改装成大量程的电流表是并联一个小电阻，电流表改装成电压表是串联一个大电阻，仪表的偏转角与通过该电路的电流强度成正比，由此就很好选择正确答案。【题文】10如图所示，四个等量异种点电荷分别放置于正方形的顶点上,a 、b分别为所在边的中点。一点电荷从图中a点沿直
14、线移到b点的过程中,下列说法正确的是 A.静电力对电荷做正功,电荷的电势能减小B.静电力对电荷不做功,电荷的电势能不变C.电荷所受的静电力先增加后减小D.电荷所受的静电力先减小后增加【知识点】点电荷的电场强度叠加和电势的叠加力、电场力做功、电势能变化问题考查题。I1、I2。【答案解析】BD。依题可分析出直线是等势面，所以一点电荷从到电场力不做功，电势能不发生变化，A错，B对；四个点电荷在的中点电场强度为零，在点电场强度水平向右，在点水平向左，大小相等，由此就可知道沿直线电场力先减小后增大，这就可知道，C错，D对；故本题选择BD答案。【思路点拨】本题要搞清楚点电荷的电场强度叠加原理和电势叠加原理
15、，它们的公式分别是：、，在叠加时要注意电场强度是矢量，遵从平行四边形定则，电势是标题，遵从代数计算法则，由此得到直线是等势面为零，它的中点电场强度为零，依此选择点电荷沿线运动的正确答案。【题文】11 、电、开关S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时，则 A液滴向下运动 B液滴向上运动C电容器所带电荷量减少 D电容器两极板间电压变大【知识点】恒定电流部分含电容器、光敏电阻综合考题。J3【答案解析】BD。在含电容器问题中，分析电路时，不考虑电容器
16、，然后依题意才看电容器，当无光照射时，带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，这说明液滴所受重力和电场力等大而反向，有光照射时光敏电阻时，其阻值减小，回路电流增大，两端电压增大电容器两端电压增大，电场强度增大，此时它大于重力，液滴向上运动，A错，B正确，D正确；由就可知道电荷量增大，C错；故本题选择BD答案。【思路点拨】本题首先要会分析含有电容器的电路，在考虑电流时，要视电容器不存在一样，分析液滴是否运动时，再考虑它。还要搞清楚有光照射光敏电阻时，其电阻变小，只要理解了这些就不难分析电路中的电流强度的变化和电容器两端的电压的变化，也就不难选择正确答案了。第卷（共56分）二 实验题（每空2分，共1
17、2分）【题文】1 2一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动。盘边缘上固定一竖直的挡光片。圆盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图所示。光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间。挡光片的宽度和圆盘直径分别用螺旋测微器和游标卡尺测得，结果分别是：宽度为_mm，直径为_cm。若光电数字计时器所显示的时间为50.010-3 s，则圆盘转动的角速度为_rad/s（保留3位有效数字）。 【知识点】长度的测量读数问题、计算角速度考查实验题。A7、D4。【答案解析】答案：8.115 20.240 14.5(14.3-15.0)。由螺旋测微器上的数值可读出：8.000得到宽度的读数；游标卡
18、尺是二十等分的，由图可读出：由主尺读出：20.200，游标尺上读数为：，则圆盘的直径为20.240。由。【思路点拨】本题要搞清螺旋测微器和游标卡尺的读数原则，就不难读出此值，求角速度是根据角速度的定义代值即可得到，本题是基本实验要求考查。【题文】13、如图甲所示的电路中，1至11为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮，电压表和电流表均无示数（电压表和电流表均无故障） 在开关闭合情况下，用电表测得5、6两点间的电压接近电的电动势，则出现的故障是 为了尽可能准确的完成探究小灯泡伏安特性的实验，图甲电路接线图中还存在错漏，请你在图甲中补画出正确的连接线。图乙是某实验小组的同学根椐实验数据绘制而
19、成的小灯泡的UI图线。随后他们将该小灯泡直接串接在电动势E = 45V，内阻r =15的直流电上，则该小灯泡通电发光时的电功率约为 W。【知识点】电学实验故障判断，测定小灯泡功率实验考查题。J4、J10。【答案解析】答案：变阻器断路或 滑动头未接通电阻丝正确的电路接线如下图： 265 （263W 至270W均可） 解析：（1）由图根据题意可知是变阻器断路或者滑动头未接通电阻絲才使5、6两点间的电压接近电的电动势。（2）见上图的连接。（3）作出闭合电路中的路端电压与电流的图线（图略）它与灯泡的电压与电流图线的交点是：、。则该小灯泡通电发光时的电功率约为：。【思路点拨】本题要搞清电学实验原理，电路
20、图要分析透彻，判断故障的根是电路断路使5、6两点之间电压等于电电动势确定故障答案；连图时，要从电的一极开始依次连接，防止漏接。第3问要作路端电压与电流的图线，看与题中灯泡电压与电流图线的交点，这是求解的核心，只要能作出此图就不难求解了。三、计算题（本题共3小题，共31分.解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【题文】14.（11分）如图所示，竖直平面内有一个四分之三圆弧形光滑轨道，圆弧半径为R，AD为水平面，A端与圆心等高，B点在圆心的正上方，一个质量为m的小球，自A点以竖直向下的初速度进入圆弧轨道，经过圆
21、弧上的B点飞出后落到C点.已知AC=R，重力加速度为g.求：（1）小球通过B点时对轨道的压力大小；（2）小球在A点的初速度大小；（3）若圆弧轨道不光滑，小球在A点仍以相同的初速度进入圆弧轨道，恰能通过B点，则小球在运动过程中克服摩擦力做了多少功？【知识点】平抛运动、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律综合求解应用考查题。C2、D2、E2、E3。【答案解析】（1）由B到C平抛运动 （2分）B点由牛顿第二定律得（1分）解得F=mg由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为mg（1分）（2）A点到B点，机械能守恒（2分）由以上解得（1分）（3）恰能通过最高点B时，（1分）A点到B点，由动能定理得（2分）解
22、得（1分）【思路点拨】本题的第1问要逆向思维平抛运动求在B点的速度，然后利用牛顿第二定律求轨道对小球的压力，还不要忘记了牛顿第三定律求小球对轨道的压力大小和方向。第2问要求小球在A点的初速度，那要根据机械能守恒定律求解从A到B的圆形轨道上的守恒方程就可求出此值；第3问要从恰能到达B点着手分析，在该点只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在该点的速度，再依据动能定理求解在此过程中摩擦力所做的功。该题设计巧妙，每问过渡自然，真是独具匠心。【题文】15、（9分）如图所示，AB是两块竖直放置的平行金属板，相距为2L，分别带有等量的正、负电荷，在两板间形成场强为E的匀强电场。A板上有一小孔（它的存在对
23、两板间匀强电场分布的影响可忽略不计），孔中有一条与板垂直的水平光滑绝缘轨道，一个质量为m，电荷量为q(q0)的小球（可视为质点），在外力作用下静止在轨道的中点P处。一自然长度为L的轻弹簧左端固定在距A板左侧L处挡板上，右端固定一块轻小的薄板Q（尺寸略小于小孔）。撤去外力。小球在电场力作用下由静止开始向左运动，穿过小孔（不与金属板A接触）后与薄板Q一起压缩弹簧，小球与Q接触过程中不损失机械能。(l) 小球从接触Q开始，经过一段时间第一次把弹簧压缩至最短，则此时的弹性势能为多少？(2) 由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺，使得小球每次离开Q瞬间，小球的电荷量都损失一部分，而变成刚与Q接触时小球电荷量的1
24、/k倍 (kl)。则小球在与B板相碰之前，最多能与薄板Q碰撞多少次；【知识点】弹簧模型与电场相结合应用题，弹性势能、动能定理和电场力相结合做功问题。E2、E6、I7。【答案解析】（1）当P由静止开始释放到弹簧第一次压缩到最左边的过程中根据能的转化和守恒定律可得弹性势能：EP=qEL（3分）（2）分析知：小球每次离开Q时的速度大小相同，等于小球第一次与Q接触时速度大小v，根据动能定理可得：qEL=（1分）设小球与薄板Q碰撞n次后恰好向右运动到B板，则：qn(2分)小球与薄板Q碰撞n次后向右运动从与Q分离到恰好到达B板的过程中，根据动能定理可得：-（1分）由以上几式可得：n= 或取的整数加1（2分
25、）【思路点拨】本题是弹簧模型和两块竖直相对的金属板建构的力电综合考题，要求我们要认真审题，理清求解思路，列出已知量与未知量的相互关系分析清初末状态参量，选准物理规律表达式动能定理。第1问是电场力做的功转化为系统的弹性势能，从而就能很快求出第一问的弹性势能。第2问的求解仍要用动能定理，但它带电小球与Q板碰撞次恰好到达B板，最后的电荷量要依题意列出：，最后依据动能定理和数学知识求解要求的物理量（对数知识）。一览题目是一个新，进入题目后是一个活字和巧字，考查本题是检测学生见到陌生题的应变能力和求解新题的能力，它也更好的体现了新课标对教材的要求，也能更好地发现学生求解物理问题的思考能力。【题文】16（
26、11分）为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题，可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆。被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生。通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接，滑杆A端用挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小。设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失。已知AO长L1 = 6m、OB长L2 = 12m、竖直墙与云梯上端点B的水平距离d = 13.2m，被困人员安全带上的挂钩与滑杆AO间、滑杆OB间的动
27、摩擦因数均为= 5/6。为了安全被困人员到达云梯顶端B点的速度不能超过6ms，取g=10m/s2。（1）现测得OB与竖直方向的夹角为53o，此时AO与竖直方向的夹角是多少？分析判断这种条件下被困人员滑到B点是否安全。（sin37o=0.6, cos37o=0.8）（2）若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离保持不变，求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离。（结果可用根式表示）【知识点】匀变速运动规律、牛顿第二定律、动能定理综合应用考查题。属于能力检测考查。A2、C5、E2。【答案解析】（1）设OA、OB与竖直方向的夹角分别为，由几何关系；d=L1sin+L2sin =37(2分)由牛
28、顿第二定律：mgcos-mgsin=ma1 a1=3m/s2 V02=2a1L1 V0=6m/smgcos-mgsin=ma2 a2=-2/3m/s2 VB2-V02=2（a2）L2 VB=2m/s 因VB3.0m的条件，所以取n0，1 当n0时，波速 当n1时，波速【思路点拨】本题是由两个质点的振动图线求这列波的传播速度，求解的关键是看图求出至少相差或从而推出波速的一般表达式然后依条件求出相应的波长和波速。【题文】18、物理选修35 （1）（4分）由于放射性元素的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知经过一系列衰变和衰变后变成，下列论断中正确的是A的原
29、子核比的原子核少28个中子B衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变C衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变D衰变前比衰变后所有物质的质量数减少【知识点】原子核中衰变问题考查。O2【答案解析】B。依题意有：就可知道发生了7次衰变，发生衰变次数为：即发生4次衰变，B答案正确。C答案错误；它们中子数分别为：，。中子数之差为：，由计算可知，是少17个，A错；根据衰变规律可知，反应前后质量数守恒，反应后的物质的质量数要少些，它是以能量形式释放出去了，总能量是守恒的，D错；从而本题选择B答案。【思路点拨】本题是原子核基础知识考查，只要我们掌握课本知识，理解衰变规律，就不难通过计算选择本题答案了。（2）如图所示
30、，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水 平初速度沿光滑水平面向左滑行。左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短， 且碰撞前、后无动能损失。已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为，重力加速度 为g。若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向若A、B的质量比为k，且k1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小 【知识点】动量守恒定律在滑块相互作用问题上的应用。F3【答案解析】（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v，设向右为正方向，则由动量守恒定律得mv
31、0mv0=2mv 解得v=0 对物块A，由动量定理得摩擦力对物块A的冲量I=0（mv0）=mv0，冲量方向水平向右（2）设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v，木块A的位移大小为s。设向右为正方向，则由动量守恒定律得：mv0kmv0=（m+km）v 解得v=对木块A由动能定理代入数据解得【思路点拨】第1问运用动量守恒定律时先要规定正方向，设它们的共同速度为V，然后列方程求解所求物理量。第2问告知了质量之比为k，且k1，求A相对地面的位移，这问给学生带了难度，也是一个难点所在。实际求解方法与第1问相同，设它们的共同速度为，依动量守恒定律求出共同速度，再由功能关系（动能定理）对A求它对地的位移。 版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()- 14 - 版权所有高考资源网