1、2015年天津市七校联考高考物理模拟试卷（4月份）一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1（6分）（2015天津模拟）下列说法正确的是（） A 对天然放射现象的研究建立了原子的核式结构 B 发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 C 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 D 射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；天然放射现象【分析】： 对粒子散射实验的研究建立了原子的核式结构；根据光电效应方程得出光电子的最大初动能与什么因素有关； 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；射线和射
2、线分别是带正电的氦核流和带负电的电子流，而射线不带电； 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；【解析】： 解：A、对粒子散射实验的研究建立了原子的核式结构故A错误；B、由光电效应的方程Ek=hW0可知，光电子的动能由入射光频率、金属的逸出功的大小决定，与入射光的强度无关；故B错误C、根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循h=EmEn，故只能辐射特定频率的光子；故C正确D、射线和射线分别是带正电的氦核流和带负电的电子流，而射线不带电故D错误 故选：C【点评】： 本题主要考察原子结构和原子核的相关知识选项的迷惑性大，关键要熟悉教材，牢记这些基本的
3、知识点，以及加强训练2（6分）（2015天津模拟）质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的（） A 线速度v= B 角速度= C 运行周期T=2 D 向心加速度a=【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【分析】： 研究月航天器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出问题向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所要求解的物理量选取应用不考虑月球自转的影响，万有引力等于重力【解析】： 解：根据万有引力提供卫星做圆周运动
4、的向心力和万有引力等于重力得出：A、G=m得v=，故A正确；B、mg=m2R得=，故B错误；C、T=得T=2，故C错误；D、a=G，故D正确故选：D【点评】： 本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论3（6分）（2015天津模拟）如图所示，一束复色可见光射到置于空气中的平板玻璃上，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，对于两束单色光来说（） A 玻璃对a的折射率较大 B b光在玻璃中传播的速度较大 C b光每个光子的能量较大 D 用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距【考点】： 光的折射
5、定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据光的偏折程度比较出a、b两光的折射率大小，从而比较出光子的频率大小、波长大小，根据v=比较出光在玻璃中的速度大小由光子能量公式E=h分析光子能量的大小根据x=分析干涉条纹间距的大小【解析】： 解：A、由图看出，b光的偏折程度大，则玻璃对b光的折射率较大故A错误B、a光的折射率较小，根据v=知，玻璃中a光的速度较要大故B错误C、b光的折射率较大，频率较高，根据E=h知，b光的光子能量较大故C正确D、a光的频率较小，波长较长，根据x=知，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的突破口在于通过光的偏折程度得出折射率的
6、大小，即可判断折射率、频率、波速、波长、光子能量等大小关系4（6分）（2015天津模拟）如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流若已知图中n1：n2=1000：1，n3：n4=1：100，电压表示数为220V，电流表示数为lA，则下列判断正确的是（） A 甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2105V B 乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2103 V C 甲是电流互感器，通过输电线的电流是100A D 乙是电流互感器，通过输电线的电流是0.01A【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】
7、： 变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程【解析】： 解：A、B、甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=1000：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V1000=2.2105V；故A正确，C错误；C、D、乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：100，电流表示数为10A，故传输电流为：I=10A100=1000A；故CD错误故选：A【点评】： 本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中5（6分）（2015天津模拟）如图所示为某一电场所形
8、成的一簇电场线，图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上，G点在x轴上，则下列说法正确的有（） A 负电荷在O点时的电势能小于其在G点时的电势能 B OE间的电势差等于HO间的电势差 C E点电势比G点的电势高 D 将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做负功【考点】： 电势能；等势面【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线与等势线垂直，画出E、O点等势线，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低，去分析判断电势和电势能的大小关系【解析】： 解：A、根据电场线与等势线垂直，画出O点等势线，可知O点的电势大于G点电势，所以A正确；B、由于HO处的电场线
9、密，场强大，所以OE间的电势差小于HO间的电势差，B错误；C、沿着电场线方向电势降低，故E点电势比G点的电势低，故C错误；D、正电荷受力的方向向下，将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做正功，D错误故选：A【点评】： 本题稍微有点难度，能够画出各点的等势线（最起码心中要有等势线）是顺利解决本题的关键二、不定项选择题（每小题6分，共18分每小题给出的四个选项中，都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，选错或不答的得0分）6（6分）（2015天津模拟）如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板
10、间的动摩擦因数1，木板与地面间的动摩擦因数为2，则（） A 木块受到木板的摩擦力的大小等于F B 木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m1+m2）g C 木板受到地面的摩擦力的大小一定是1m1g D 无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【考点】： 摩擦力的判断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】： 以木板为研究对象，分析受力情况，求出地面对木板的摩擦力当改变F的大小时，分析m对M的摩擦力能否大于地面对木板的最大静摩擦力，判断木板能否运动【解析】： 解：A、对木板：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2，f1=1mg，由平衡条件得：f2=f1=1mg故A错误，C正确B、
11、由于木板相对于地面是否刚滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是2（m+M）g故B错误D、由题，分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动故D正确故选：CD【点评】： 摩擦力公式f=N用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解，可根据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力7（6分）（2015天津模拟）一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（） A 这列波沿x轴负方向传播 B 这列波
12、的波速是m/s C 从t=0.6s开始，紧接着的t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10m D 从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 本题要抓住两种图象之间的联系，能由乙图读出该时刻即t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过t=0.6s时A质点通过的路程【解析】： 解：A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为
13、沿x轴正向故A错误B、由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：v=m/s=m/s故B正确C、因为t=0.6s=0.5T，根据质点做简谐运动时在一个周期内通过的路程是4倍振幅，则知经过t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=22cm=4cm故C错误；D、图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置，故D正确故选：BD【点评】： 本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向8（6分）（2015天津模拟）在“和平使命201
14、4联合军演”的“垂直截击行动”中，中国空降兵某部的一名伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地他运动的速度随时间变化的规律如图所示下列结论正确的是（） A 在0t0时间内加速度不变，在t03t0时间内加速度减小 B 降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小 C 在t03t0的时间内，平均速度 D 若第一个伞兵打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 速度图象倾斜的直线表示物体做匀加速直线运动，其加速度不变根据斜率等于加速度，分析t03t0时间
15、内加速度如何变化根据牛顿第二定律分析阻力如何变化根据“面积”等于位移，将在t03t0的时间内物体的位移与匀减速直线运动的位移进行比较，再分析平均速度与的大小【解析】： 解：A、在0t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，2t03t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小故A正确B、设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：fmg=ma，得f=mg+ma，a逐渐减小，则阻力f也逐渐减小即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小故B正确C、在t03t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，如图中红线所示，其平均速度为根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运
16、动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度故C错误；D、第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，即他们在空中的距离先增大后减小故D正确故选：ABD【点评】： 本题根据斜率等于加速度判断加速度的变化根据“面积”等于位移，分析平均速度的大小要注意对于匀变速直线运动的平均速度才等于二、填空（18分）9（2分）（2015天津模拟）质量为m的物体，沿半径为R的轨道以速度v做匀速圆周运动，求物体所受的合外力在半个周期内的冲量大小2mv【考点】： 动量定理【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 物体做匀速圆周
17、运动，物体的速度大小不变，应用动量定理可以求出合外力的冲量【解析】： 解：以物块的初速度方向为正方向，经过半个周期后，速度为v，由动量定理得，合外力的冲量：I=m（v）mv=2mv，负号表示方向，冲量大小为2mv；故答案为：2mv【点评】： 本题考查了求合外力的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时要注意正方向的选择，否则会出现错误10（6分）（2015天津模拟）在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示当M与m的大小关系满足Mm时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力某一
18、组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是BA平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=求出另外一组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这组同学得到的aF关系图象如图2所示，其原因是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以
19、认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出【解析】： 解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力T=Ma=，当Mm时，认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力A、平衡摩擦力时，不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上故A错误B、改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力故B正确C、实验时，先接通电源，再释放小车故C错误D、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a=求出故D错误故选：B从图象可知，F大于零时，加速度为零，知没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时长木板的倾角过小故答案为：Mm；B；没有平衡摩擦力或平
20、衡摩擦力不足【点评】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，注意实验的条件是：砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，此时才有绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力11（10分）（2015天津模拟）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为0.4700cm用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220该同学想用伏安法更精确地测量上述电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：电流表A1（量
21、程04mA，内阻约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V（量程03V，内阻约10k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5A）待测圆柱体电阻R 开关S 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4的方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（3）欧姆表读数等于
22、表盘示数乘以倍率；（4）结合电源电动势的值选择电压表量程，估测电路中的最大电流后选择电流表量程；伏安法测电阻，题目要求较精确测量，选择滑动变阻器分压接法，另还需注意电流表内接外接的选择【解析】： 解：游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5cm=50mm，游标读数为30.05mm=0.15mm 所以最终读数为50+0.15=50.15mm；螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.00.01mm，最终读数为4.5+0.200=4.700mm；欧姆表读数等于：R=2210=220；电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1，
23、则电路中的最大电流I=15mA，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值即可R1；=500220，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：50.15 0.4700 220 如图所示【点评】： 当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式三、计算题：12（16分）（2015天津模拟）质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6kg，停在B的左端质量为1kg的小球用长为0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳
24、拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数=0.1，求：（1）碰撞过程中损失的机械能；（2）为使A不滑离木板，木板至少多长【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）球和A碰撞过程中系统动量守恒，先求得小球在最低点时的速度，再根据反弹高度求得碰撞后小球的速度，根据动量守恒求得A获得的速度从而得到损失的机械能；（2）AB作用过程中水平方向动量守恒，根据功能定理求得B的最小长度【解析】： 解：（1）小球下摆过程中机械能守恒可得可得小球摆到最低
25、点时的速度m/s小球反弹后上升过程中机械能守恒，可得：，解得小球反弹速度m/s球与A碰撞过程中，系统动量守恒，取小球向右为正方向：mv1=mv1+mAvA解得vA=所以碰撞过程中损失的机械能：=3J（2）物块A与木板B相互作用过程中动量守恒，取水平向右为正方向有：mAvA=（mA+M）v共所以v共=令B的长度至少为x，则根据功能关系有：得x=0.25m 答：（1）碰撞过程中损失的机械能为3J；（2）为使A不滑离木板，木板至少为0.25m【点评】： 本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断是否符合动量守恒的条件，注意选取正方
26、向13（18分）（2015天津模拟）如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d（AGAC）不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内求：（1）此离子射入磁场时的速度v0；（2）离子从D处运动到G处所需时间t；（3）离子到达G处时的动能Ek【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）画出离子的运动轨迹，由几何知识求出离子在
27、磁场中做圆周运动的半径r则有求解初速度；（2）离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动公式结合可求出半径和周期找出离子在磁场中圆周运动时轨迹所对应的圆心角，可求得时间离子进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，由运动学公式即可求出离子在电场中运动的时间即能求出总时间（3）由牛顿第二定律和运动学公式可求出离子在电场中偏转的距离，根据动能定理求出离子到达G处时的动能【解析】： 解：（1）正离子轨迹如图所示：圆周运动半径r满足：d=r+rcos60解得r=设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：得 （2）T=由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：离子在电
28、场中做类平抛运动，从C到G的时间为：t2=离子从DCG的总时间为t=t1+t2=（3）设电场强度为E，则有：qE=mad=根据动能定理得：解得：答：（1）此离子射入磁场时的速度v0为；（2）离子从D处运动到G处所需时间t为；（3）离子到达G处时的动能为【点评】： 本题离子在组合场中运动的问题，离子在磁场中运动画轨迹是解题的关键，在电场中运用运动的分解进行研究结合动能定理解动能较简单些14（20分）（2015天津模拟）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=0.2m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m
29、=0.1kg的导体棒从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好图乙是棒的vt图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐进线，小型电动机在12s末达到额定功率P=4.5W，此后保持功率不变，t=17s时，导体棒ab达最大速度除R外，其余部分电阻均不计，g=10m/s2（1）求导体棒ab在012s内的加速度大小a；（2）求导体棒ab与导轨间的动摩擦因数及电阻R的值；（3）若从017s内共发生位移100m，试求12s17s内，R上产生的热量Q是多少【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦
30、耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）图象中012s内物体做匀变速直线运动，则由该段图象中的斜率可求得加速度；（2）由导体切割磁感线时的感应电动势表达式可求得电动势大小，由欧姆定律可求得感应电流，则可求和安培力；由牛顿第二定律可得出加速度表达式；同理可求得17s时的加速度表达式，联立即可求得动摩擦因数素及电阻R的值；（3）由位移公式可求得12s内的位移，由功能关系可求得R上产生的热量【解析】： 解：（1）导体棒ab在012s内做匀加速直线运动，由vt图象的斜率得 m/s2=0.75m/s2（2）t1=12s时，由vt图象得速度为 v1=9m/s感应电动势为 E=BLv，感应电流
31、为 ，导体棒受到的安培力 F安=BIL因为P=F1v1，由牛顿第二定律得 F1F安mg=ma即 由图象知17s末导体棒ab的最大速度为v2=10m/s，此时加速度为零，P=F2v2同理有 联立解得 =0.2，R=0.4（3）由vt图象知012s内，导体棒匀加速运动的位移 =m=54m1217s内，导体棒的位移 x2=10054=46m由能量守恒得 代入数据得 4.55Q0.20.11046=0.1（10292）解得R上产生的热量 Q=12.35 J 答：（1）导体棒ab在012s内的加速度大小a为0.75m/s2；（2）导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为0.2，电阻R的值为0.4；（3）若从017s内共发生位移100m，12s17s内，R上产生的热量Q是12.35 J【点评】： 本题考查电磁感应中的能量关系，在解题中要注意分析过程，通过受力分析找出力和运动的关系；再分析各力的做功情况，可利用能量守恒或功能关系求解
