1、2015届山东省济宁市兖州第一中学高三4月月考理综物理试题第卷一、每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。13某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如下图所示，由图中信息可以判断A在A和C时刻，线圈处于中性面位置B在B和D时刻，穿过线圈的磁通量为零C从AD时间内，线圈转过的角度为D1 s内交变电流方向改变50次【答案】C【命题立意】本题旨在考查交变电流和图象【解析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分
2、析答题解：A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故A错误；B、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；C、由图象可知，到从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为2=，故C正确；D、由图象可知，从OD是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故D错误；故选：C14如图是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图。使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上。撑竿的重力和墙壁的摩擦均忽略不计，而且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，关于此过
3、程中撑竿对涂料滚的推力F1，涂料滚对墙壁的压力，下列说法中正确的是A增大，减小 B减小，增大C、均增大 D、均减小【答案】D【命题立意】【解析】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为F1和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化解：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图设撑轩与墙壁间的夹角为，根据平衡条件得 F1= F2=Gtan由题，撑轩与墙壁间的夹角减小，cos增大，tan减小，则 F1、F2均减小故选CD15如图所示是我国发射的某卫星的飞行轨迹图的一部分该卫星在发射过程中经过四次变轨进入同步轨道第四次变轨示意过程如图所示卫星先沿椭圆轨道I
4、飞行，后在远地点P处实现变轨，进入同步轨道II对该卫星的运动下列说法正确的是A在椭圆轨道I上运行一周的时间小于24小时B在轨道I上经过P点时的速度比在轨道经过P点时的速度大C在轨道I和轨道上经过P点时的加速度不同D在轨道上的机械能比在轨道I上的机械能小【答案】A【命题立意】本题旨在考察万有引力在航天中的应用【解析】A、根据开普勒第三定律，得出椭圆轨道和圆轨道的周期大小关系B、在轨道上的P点速度较小，万有引力大于所需要的向心力，会做近心运动，要想进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力C、根据所受的合力（万有引力）比较加速度D、从轨道上的P点进入轨道，需加速解：A、根据开普勒第三定律，椭
5、圆轨道的周期小于圆轨道的周期，圆轨道为同步卫星轨道，周期等于24小时所以椭圆轨道I上运行一周的时间小于24小时故A正确BD、在轨道上的P点速度较小，万有引力大于所需要的向心力，会做近心运动，要想进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力所以在轨道I经过P点的速度小于在轨道上经过P点时的速度，轨道I上的机械能小于轨道上的机械能故BD错误C、在轨道I和轨道上经过P点时所受的万有引力相等，所以加速度相等故C错误故选：A16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
6、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【答案】A【命题立意】本题旨在考察物理学史中的物理方法【解析】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：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、
7、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A17地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，如图所示。一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落，从P点进入场区，沿半圆圆弧POQ运动，经圆弧的最低点O从Q点射出。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。下列说法中错误的是A微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B
8、微粒进入场区后做圆周运动，半径为C从P点运动到Q点的过程中，微粒的电势能先增大后减小D从P点运动到O点的过程中，微粒的电势能与重力势能之和越来越小【答案】D【命题立意】本题旨在考查带电粒子在复合场中的运动【解析】带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化解：A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上故A正确；B、由上则有：mg=qE 由洛伦兹力提供向心力，则
9、有：qvB=m 又v= 联立三式得，微粒做圆周运动的半径为：r=故B正确；C、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小故C正确；D、根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定故D错误本题选错误的，故选：D18如图甲所示，质量为2kg的绝缘板静止在粗糙水平地面上，质量为1kg、边长为1m、电阻为01的正方形金属框ABCD位于绝缘板上，E、F分别为BC、AD的中点。某时刻起在ABEF区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度B1的大小随时间变化的规律如图乙所示，AB边恰
10、在磁场边缘以外；FECD区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=05T，CD边恰在磁场边缘以内。假设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两磁场均有理想边界，取g10m/s2。则A金属框中产生的感应电动势大小为1VB金属框受到向左的安培力大小为1NC金属框中的感应电流方向沿ADCB方向D如果金属框与绝缘板间的动摩擦因数为03，则金属框可以在绝缘板上保持静止【答案】D【命题立意】本题旨在考察电磁感应定律【解析】面积EFAB内才磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小解：A、根据法拉第电磁感应定
11、律有：E=0.5V，故A错误；B、C、则回路中的电流为：I=5A，所受安培力的大小为：F=B1Il+B2Il1N，根据楞次定律可知，产生感应电流的方向逆时针，即为ABCD，则由左手定则可知，安培力的方向水平向右，故BC错误；D、若金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，根据f=N=0.3110=3N，大于安培力，则金属框可以在绝缘板上保持静止，故D正确故选：D第卷19（18分）（1）（8分）“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图甲所示。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，已知双缝与屏的距离为L，双缝间距为d。如图乙所示，移动测量头上的手轮，使分划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心，记下此时手轮上螺
12、旋测微器的读数x1。转动测量头，使分划板的中心刻线向右移动对准第4条亮纹的中心，此时手轮上螺旋测微器的读数x2如图丙所示，则读数x2=_mm；已知双缝与屏的距离为L，双缝间距为d。计算波长的公式=_； （用题目中给出的字母表示）对于某种单色光，为增加相邻亮纹间的距离，可采取_或_的方法。【答案】1.700； ；减小双缝间距离，增大双缝到屏的距离【命题立意】本题旨在考察实验中的细节【解析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需要估读根据x=计算波长；根据条纹间距公式x=判断增大条纹间距的方法解：（1）图丙中固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0120.0=0.200mm，所
13、以最终读数为：1.5+0.200=1.700mm（2）根据x=得：（3）根据x=知要增大双缝间距x可以采用的办法是：减小双缝间距离或增大双缝到屏的距离故答案为：1.700； ；减小双缝间距离，增大双缝到屏的距离（2）（8分）如图（a）为某磁敏电阻在室温下的电阻磁感应强度特性曲线，其中RB表示有磁场时磁敏电阻的阻值，R0表示无磁场时磁敏电阻的阻值。不考虑磁场对电路其它部分的影响。根据图（a）可得，在004T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度 ，在0612T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度 （两空均选填“均匀变化”或“非均匀变化”）；为测量某磁场的磁感应强度B，将该磁敏电阻置入待测磁场中。请在图
14、（b）中添加连线，将电源、磁敏电阻、滑动变阻器、电流表、电压表、电键及若干导线连接成电路，闭合电键后，电路能测得如下表所示的数据：l23456U（V）000045091150179271I（mA）000030060100120180已知磁敏电阻无磁场时阻值R0=200，滑动变阻器的总电阻约10。根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=_，结合图（a）可知待测磁场的磁感应强度B=_T。【答案】（1）非均匀变化；均匀变化；（2）电路图如图所示；（3）1500；0.95【命题立意】本题旨在考察伏安法测电阻这个实验【解析】（1）根据图示图象判断电阻随磁感应强度变化的关系；（2）采用伏安法测量电阻，由于待测
15、电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法；（3）采用多次测量取平均的方法，求出磁敏电阻的阻值RB，再求出RB与R0比值，再由图a得出磁感应强度解：（1）图（a）所示图象可知，在00.4T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非均匀变化，在0.61.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度 均匀变化 （2）采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法，如下图所示：（3）由R=求出每次R的测量值，再采用多次测量取平均的方法，则得RB=1500，由图a所示图象可知，待测磁场的磁感应强度B为0.95T；20（15分）利用传感器研究物块在斜面上的运动。如图所示，
16、在固定斜面的顶端安装测速仪，当物块从斜面底端向上滑行时，测速仪启动，某次记录的数据如表。取g =10 m/s2，求：时刻t /s00102030405060708速度v /ms-1322416080-04-08-12-16（1）物块在斜面上运动时的加速度大小；（2）物块与斜面之间的动摩擦因数；（3）木块回到斜面底端时的速度大小。【答案】（1）物块在斜面上运动时的加速度大小为8 m/s2和4 m/s2；（2）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；（3）木块回到斜面底端时的速度大小为2.2m/s【命题立意】本题旨在考察牛顿定律和运动学结合【解析】根据加速度的定义式结合表中数据求加速度大小；根据牛顿
17、第二定律列方程组求摩擦因数解：（1）由表中数据可知，00.4 s内物块向上滑行，0.4s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2，据，代入数据得：a1=8 m/s2，a2=4 m/s2（2）设动摩擦因数为，物块的质量为m，在上滑过程中 mgsin+ mgcos=ma1在下滑过程中 mgsin mgcos=ma2代入数据，联立两式解得sin=0.6，则cos=0.8，从而得：=0.25 （3）物块上滑的距离 下滑过程，据：vt2=2a2l 代入数据得：vt2.2 m/s 21（19分）某电台的娱乐节目正在策划一个飞镖项目。他们制作了一个大型的飞镖圆盘面，半径R = 08 m，沿半径
18、方向等间距画有10个同心圆（包括边缘处，两同心圆所夹区域由外向内分别标注1,2,310环），固定于地面上。如图所示，将绳子一端固定于某处，另一端系在一坐凳上。质量为30 kg的小孩坐在凳子里，手持飞镖，然后其父亲把坐凳拉开一个角度 =370，放手后，当坐凳荡至最低点B时，小孩松手，飞镖水平飞出，出手点与C点（C点位于靶心正上方圆盘边缘处）在同一高度，B、C两点相距15 m，B与悬挂点相距225 m。（把小孩看作质点，忽略凳子的重力，不计空气阻力，取g =10 m/s2， cos370 = 08）（1）坐凳荡至最低点B时绳子上的拉力大小；（2）在B位置处小孩松手，飞镖将击中第几环？（3）要使飞镖
19、击中靶心（圆盘的圆心，位于10环内），父亲可在A位置沿切线方向给小孩一个初始速度，求这个初速度大小。【答案】（1）坐凳荡至最低点B时绳子上的拉力大小为420N；（2）它将击中第5环；（3）初速度大小为2.25m/s【命题立意】本题旨在考察动能定理、机械能守恒【解析】（1）由机械能守恒定律可求得最低点的速度；再由向心力公式即可求得拉力；（2）飞镖脱手后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得下落高度；（3）由平抛运动规律可求得飞行速度；再由动能定理可求得切向推出时的速度（1）由A荡至B的过程中，据机械能守恒定律，有 把绳长L=2.25等 代入数据得 vB=3 m/s 在圆周运动的最低点B处，设绳子的拉
20、力为T，有 代入数据得 T=420 N （2）飞镖脱手后做平抛运动，到圆盘处历时 t=0.5 s 与之对应的下落高度 h=gt2=1.25 m 分析知 它将击中第5环 （3）要击中靶心，意味着 h=R=0.8 m，飞行时间 这就要求飞镖出手时的初速度 vB=3.75 m/s 对于第二次A到B的过程，设切向推出时的速度为v0，根据动能定理（增量式），有代入数据得 v0=2.25 m/s 22（20分）如图甲所示，直角坐标xOy平面内存在着有界电场和磁场，在04L区域有沿y轴方向的匀强电场，以y轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化规律如图乙所示；在4L 5L 和5L 6L区域有垂直纸面向外的匀
21、强磁场，磁感应强度大小B1 =15B2 。一带电粒子在t = 0时刻以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，之后进入磁场时的纵坐标为2L，最终刚好能从x = 6L边界射出磁场。不计粒子重力,求：（1）粒子到达x =L边界时的纵坐标；（2）粒子经过两磁场的边界线（x = 5L）时的纵坐标是多少？（3）改变y轴上入射点的位置，可使得粒子从x轴上方射出，问入射点的位置坐标应满足的条件？【答案】（1）粒子到达x=L边界时的纵坐标：y1=L；（2）粒子经过两磁场的边界线（x=5L）时的纵坐标：y5=L；（3）入射点的位置坐标应满足的条件为：y0L【命题立意】本题旨在考察带电粒子在复合场中的运动【解析】（
22、1）分析粒子运动过程，然后求出纵坐标值；（2）作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律与几何知识求出坐标值；（3）根据题意与几何知识求出需要满足的条件解：（1）粒子穿越第一区域的时间t1=L/v0，对照图乙，正好是在沿正方向的匀强电场中做类平抛运动，设侧移量为y1；在第二区域的电场中做逆向平抛运动，由对称性，沿y方向的侧移量相等，到达x=4L边界时的纵坐标y4=4y1，由题意知：4y1=2L，解得：y1=L（2）在左侧磁场区域里，设粒子做圆周运动的半径为R1，圆心为O1（如图），在右侧磁场里的半径为R2，圆心为O2，由几何知识得：sin=，由牛顿第二定律得：qBv=m，则：R2=1.5R1，联立解得
23、 R1=L，sin=，故粒子到达边界线x=5L时的纵坐标：y5=2LR1（1cos）=L；（3）由上可知，粒子射出磁场时的纵坐标：y6=y5R2sin53=L改变入射点时，粒子的运动轨迹将与原来的平行，要使粒子从x轴上方射出，入射点的坐标y0L；30【物理一选修3-5】（本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意。）（1）太阳内部持续不断地发生着4个质子（11H）聚变为1个氦核（42He）的热核反应，核反应方程是411H 42He +2X。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是_。（填选项前的字母）A方程中的X表示中子B方程中
24、的X表示电子C这个核反应中的质量亏损m=4m1-m2D这个核反应中释放的核能E=(4m1-m2-2m3)c2【答案】D【命题立意】本题旨在考察爱因斯坦质能方程【解析】根据核反应过程中质量数与核电荷数守恒，求出X的核电荷数，确定其种类；先求出核反应的质量亏损，然后由质能方程求出释放的核能解：A、由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为，不是中子，也不是电子，而是正电子，A错误、B也错误；C、质量亏损为：m=4m1m22m3 释放的核能为E=mc2=（4m1m22m3）c2，故C错误、D正确故选：D（2）小孩双手搭着大人的肩一起在水平冰面上以3ms的速度向右匀速滑行，后面的小孩突然推了一下前面的
25、大人，结果小孩以2ms的速度向左滑行，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，则被推后大人的速度大小变为_。（填选项前的字母）A55msB45msC35msD25ms【答案】A【命题立意】本题旨在考察动量守恒【解析】大小与小孩互推过程，两人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出互推后大人的速度解：以大人与小孩组成的系统为研究对象，取向右方向为正方向，由动量守恒定律得：（m大+m小）v0=m小v小+m大v大，即：（30+60）3=302+60v大，解得：v大=5.5m/s；故选：A2015届山东省济宁市兖州第一中学高三4月月考理综物理试题参考答案131415161718CDAADD1
26、9（1）（8分）1700 减小双缝间距离， 增大双缝到屏的距离（每问2分）（2） 非均匀变化，均匀变化； （2分）（4分）1500，0.95（4分，第一空2分，第二空2分）20【解析】：（1）由表中数据可知，0-04 s内物块向上滑行，04 s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2 ，据 ，解得 a1 = 8 m/s2 ，a2 = 4 m/s2 （4分）（2）设动摩擦因数为，物块的质量为m，在上滑过程中 mgsin + mgcos = ma1 （2分）在下滑过程中 mgsin - mgcos = ma2 （2分）代入数据，联立两式解得sin =06 ，则cos =08 ，从而得
27、 =025 （4分）（3）物块上滑的距离 （2分）下滑过程，据vt2 =2a2 l 代入得 vt 22 m/s （2分）21【解析】：（1）由A荡至B的过程中，据机械能守恒定律，有 （2分）把绳长L =225等 代入数据得 vB = 3 m/s （1分）在圆周运动的最低点B处，设绳子的拉力为T，有 （2分）代入数据得 T = 420 N （1分）（2）飞镖脱手后做平抛运动，到圆盘处历时 t = x / vB = 05 s （2分）与之对应的下落高度 h = gt2 /2 =125 m （2分）分析知 它将击中第5环。 （2分）（3）要击中靶心，意味着 h=R = 08 m ，飞行时间 （2分）
28、这就要求 飞镖出手时的初速度 vB= x / t =375 m/s （2分）对于第二次A到B的过程，设切向推出时的速度为v0，根据动能定理（增量式），有 （2分）代入数据得 v0 = 225 m/s （2分）22【解析】：（1）粒子穿越第一区域的时间t1 = L/v0 ，对照图乙，正好是在沿正方向的匀强电场中做类平抛运动，设侧移量为y1 ；在第二区域的电场中做逆向平抛运动，由对称性，沿y方向的侧移量相等到达x = 4L 边界时的纵坐标y4 =4y1 ，由题意知4y1 = 2L ，解得y1 = L/2 。 （6分）（2）在左侧磁场区域里，设粒子做圆周运动的半径为R1，圆心为O1（如图），在右侧磁场里的半径为R2，圆心为O2，则有sin = L/R1 ， ，据 qBv = mv2/R 知R2 =3R1/2 ，联立解得 R1 = 5L/3 ， sin = 3/5 ，故粒子到达边界线x = 5L时的纵坐标y5 = 2L R1（1- cos）= 5L/3 （10分）（3）由上可知，粒子射出磁场时的纵坐标y6 = y5 -R2 sin530 = - L/3改变入射点时，粒子的运动轨迹将与原来的平行，要使粒子从x轴上方射出，入射点的坐标y0 L/3 （6分）30（1）D（2）A