1、南京市、盐城市2015届高三年级第一次模拟考试物理试题说明：1、本试卷满分120分，考试时间100分钟。2、本试卷分为第I卷和第II卷，所有题目一律在答题卡上相应位置规范作答。第I卷 （选择题，共31分）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1、取一根玻璃筒，一端封闭，另一端装有阀门，内有羽毛和金属片，用抽气机把筒内的空气抽尽后关闭阀门。先把玻璃筒竖直放置，再把玻璃筒倒立过来。则（ ）A、金属片下落的加速度大B、羽毛落到底端的速度小C、羽毛运动的轨迹是曲线D、金属片和羽毛同时落到底端【答案】D【命题立意】本题旨在考查自由落体运动。【解析】把管内的空气
2、几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为，经过相同时间，物体的速度为，相同，一样大，即下落一样快，所以金属片和羽毛同时落到底端。故选：D2、四个物体的位移一时间图像如下图所示，其中表示物体做加速运动的是（ ）【答案】C【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像。【解析】位移时间图线的斜率表示是速度，根据图象可知，A做运动运动，B处于静止状态，C的斜率逐渐增大，做加速运动，D的斜率逐渐减小，做减速运动，故C正确。故选：C3、如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形。两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中
3、一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（ ）A、 B、 C、 D、 【答案】B【命题立意】本题旨在考查电场线、电场强度。【解析】两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的小为 1，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为故选：B4、减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是（ ）【答案】B【命题立意】本题旨在考查力的合成【解析】减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向
4、，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误。故选：B5、如图所示的电路中，灯泡A、B和电感L与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍。电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（ ）A、A先变亮，然后逐渐变暗B、B先变亮，然后逐渐变暗C、A立即熄灭，B逐渐变暗D、A、B都逐渐变暗【答案】A【命题立意】本题旨在考查自感现象和自感系数。【解析】由于电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，所以闭合开关，电路稳定后流过L的电流大于流过A的电流；断开开关时，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，而灯泡A中
5、原来的电流消失，流过A的电流与流过线圈L的电流相等，所以A灯先变亮，然后两灯泡都逐渐熄灭故BCD错误，A正确。故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分。6、位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量。如图所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器（ ）A、电容增大B、电容减小C、两极板电压变大D、两极板电压变小【答案】BC【命题立意】本题旨在考查电容器的动态分析。【解析】由公式知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介
6、质减小，那么其电容C减小，由公式知，电荷量不变时，U增大，故BC正确，AD错误。故选：BC7、如图所示，A、B是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则“天宫一号” （ ）A、在A点时线速度大B、在A点时重力加速度小C、在B点时向心加速度小D、在B点时向心加速度大于该处的重力加速度【答案】AC【命题立意】本题旨在考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用。【解析】A、根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的速度大于B点的速度，故A正确；B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：，因为A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在A点时重力加速度大，
7、故B错误；C、向心加速度，A点的速度大于B点的速度，A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在B点时向心加速度小，故C正确；D、在B点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于在B点时向心加速度，故D错误故选：AC8、航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且。合上开关S的瞬间（ ）A、从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B、铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C、若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动
8、D、电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【答案】AB【命题立意】本题旨在考查楞次定律。【解析】A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确； C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C错误； D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选：AB【举一反三】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向。9、如图所示，内壁光滑的圆形轨道
9、固定在竖直平面内，轻杆两端固定有甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量。将两球放入轨道内，乙球位于最低点，由静止释放轻杆后，则甲球（ ）A、能下滑到轨道的最低点B、下滑过程中杆对其做负功C、滑回时一定能返回到初始位置D、滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能【答案】BC【命题立意】本题旨在考查机械能守恒定律。【解析】A若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故A错误，C正确； B、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故B
10、正确；D、甲与乙两个物体系统机械能守恒，滑回过程中，甲球增加的重力势能等于乙减小的机械能以及甲的动能故D错误。故选：BC第II卷(非选择题，共89分)三、简答题：本题分必做题(第10, 11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。10、10. (8分)(1)小球A从桌边水乎抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了A球和B球下落过程的三个位置，题10-1图中A球的第2个位置未画出。已知背景的方格纸每小格的边长为2.45 cm,频闪照相仪的闪光频率为10 Hz。请在题10-1图中标出A球的第2个位置；A球离开桌边时速度的大小为 m/
11、s。 (2)为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数，某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度弹出，通过光电门测出初速度的值，用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离s,测量数据见下表（g=10m/s2）. 实验次数()s(cm)l1.215.022.531.034.253.046.075.057.594.0 在题10-2图示坐标中作出s的图像;利用图像得到动摩擦因数 。【答案】（1）图见解析示；（2）图见解析；（2）0.4（0.350.45）【命题立意】本题旨在考查探究影响摩擦力的大小的因素。【解析】：（1）因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同，则第2个位置与B球的第二个位置在同一水平
12、线上在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平距离为3格如图所示。频闪照相仪的闪光频率为，则 A球离开桌边时的速度（2）（1）根据描点法作出图象，如图所示： （2）由动能定理可得：则可知图象的斜率等于由图可知，图象的斜率为解得：故答案为：（1）如上图所示；（2）如图所示；（2）0.4（0.350.45）。11、(10分)某同学要测一只额定电压为6 V,额定功率约为1W的小灯泡的电阻.(1)他先选用多用电表，将其选择开关旋至“X1”挡，调节好多用电表，测量时多用电表的示数如题11一1图所示，读数为 。(2)他再利用下表中提供的某些器材，采用伏安法测量小灯泡正常工作时的电阻.序号器材名称
13、序号器材名称A电流表(量程3A、内阻约0.01)E滑动变阻器（阻值50、最大电流1A)B电流表(量程200mA、内阻约0.5)F电源(电动势8V、内阻忽略不计)C电压表(量程3V、内阻约10K)G电键、导线若干D电压表(量程15V、内阻约20K)下列四幅电路图中最合理的是 ；题11-2图题11-3图电流表应该选用 ，电压表应该选用 ；(填写表中的序号)按照中最合理的电路图把题11-3图中实物连接完整。(3)该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是 .【答案】（1）5；（2）C，B，D，图见解析；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【命题立意】本题旨在考查伏安法测电阻。【
14、解析】1）欧姆表的读数是5，倍率是1，所以总读数是5；（2）灯泡的电阻值约为5，属于小电阻，电流表要使用外接法；滑动变阻器的电阻值大于灯泡的电阻值，要使用限流式接法，故实验的原理图选择C根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选量程200mA的电流表B；小灯泡的额定电压是6V，所以要选择量程15V的电压表D，不能选择3V量程的电压表；连线图如图所示（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温度的升高而增大故答案为：（1）5；（2）C，B，D，如图；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大。【易错警示】应明确：根据通过待测电阻的最大电流来选
15、择电流表量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；当实验要求电压调节范围足够大或变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。12A、选修模块3-3(12分)（1）(4分)如题12A-1图所示，把玻瑞管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是 。 A、玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体 B、玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C、熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D、熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【答案】C【命题立意】本题旨在考查晶体和非晶体。【解析】A、B、玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍
16、然是非晶体故AB错误；C、D、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形故C正确，D错误。故选：C(2)（4分)一定质量的理想气体压强P与热力学温度T的关系如题12A-2图所示，AB、BC分别与P轴和T轴平行。气体在状态C时分子平均动能 (选填“大于”、“等于”或“小于”A状态时分子平均动能。气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了U，则此过程气体吸收的热量为 。【答案】大于、【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、热力学第一定律。【解析】由图可知，C点的
17、温度最高；因温度是分子平均动能的标志；故C点时分子平均动能大于A状态时的分子平均动能；由热力学第一定律可知，气体对外做功；则有：；则；故答案为：大于、(3)（4分)导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用质量为M的光滑活塞密封一定质量的理想气体，活塞横截面积为S.开始时汽缸开口向上，被封气体的体积为V0，如题12A-3图所示，现将汽缸平放，如题12A-4图所示。已知外界大气压强为P0，环境温度不变，待系统重新稳定后，求活塞相对于缸底移动的距离。【答案】【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、封闭气体压强。【解析】对活塞受力分析：得：气缸倒置后：对活塞受力分析得：对封闭气体运用玻玛定律：得：所
18、以：答：活塞相对于缸底移动的距离12B、选修模块3-4（12分） (1) (4分)如题12B-1图所示，偏振片正对工作的液品显示器，透过偏振片看到显示器亮度正常，将镜片移动90o，透过镜片看到的屏幕漆黑，则 。题12B-1图A、显示器发出的光是纵波 B、显示器发山的光是横波C、显示器发出的光是自热光 D、显示器发出的光是偏振光【答案】BD【命题立意】本题旨在考查光的偏振【解析】由题意可知，只有当入射光的振动方向与偏振片的方向相同时，透射光的强度最强；若与与偏振片的方向垂直时，透射光的强度最弱，即为零，因此显示器发出的光是横波，且偏振光，故BD正确、AC错误。故选：BD(2) (4分)P、Q是一
19、列简谐横波中相距30 m的两点，各自的振动图象如题12B-2图所示，此列波的频率f= Hz.如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则波速v= m/s。【答案】（1）；（2）【命题立意】本题旨在考查波长、频率和波速的关系、横波的图象。【解析】由图象读出此波的周期，频率为据题P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则得：解得：波速为：故答案为：（1）；（2） (3) (4分)如题12B-3图所示，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm,折射率，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为cm，CD为出射光线，求CD与MN所成的角。题12B
20、-3图【答案】【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。【解析】连接OB、BC，如图所示：由几何知识知： 则：根据折射定律：得： 即：同理射出透明球的光线折射角为：由几何知识得到：答：与MN所成的角为12C.选修模块3-5 (12分)(1) (4分)下列是四位物理学家，他们对科学发展作出重大贡献。首先提出了能量子概念的物理学家是 。 【答案】B【命题立意】本题旨在考查物理学史。【解析】首先提出了能量子概念的物理学家是普朗克，不是爱因斯坦、汤姆生和贝克勒尔故B正确。故选：B(2) (4分)一个铀核()放出一个粒子后衰变成钍核()，其衰变方程为 ；已知静止的铀核、钍核和粒子的质量分别为m1、m2和m3
21、，真空中的光速为c，上述衰变过程中释放出的核能为 。 【答案】、【命题立意】本题旨在考查原子核衰变及半衰期、衰变速度。【解析】根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：根据爱因斯坦质能方程：故答案为：、。(3)(一分)质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度与质量为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后小球A被弹回，其速度变为原来的，求碰后小球B的速度。【答案】【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律。【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：答：碰后B的速度为。四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请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
22、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.13、(15分)如图所示，在水平虚线范围内有B=0.5T，高度为h=1.0m，方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量m=0.2 kg，边长L=1.0m的正方形线框abcd，其电阻R=1.0，cd边跟磁场下边平行且相距一段距离。现用F=3.0N竖直向上的恒力由静止开始拉动线框，cd边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，并穿过磁场区域，最后到达II位置。整个过程中线框保持在竖直平面内，求线框（1）开始运动的加速度；（2）刚进入磁场是c、d两点间电势差；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【命题立意】本题旨在考查导体切割
23、磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化。【解析】（1）根据牛顿第二定律得：线框开始运动的加速度：（2）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，则有：可得：根据右手定则判断知c点的电势比d点低，则：c、d两点间电势差：（3）根据能量守恒定律得：在穿越磁场过程中产生的焦耳热：答：（1）开始运动的加速度是；（2）刚进入磁场时c、d两点间电势差是；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热是。14、(15分)如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6 m且光滑。质量为1 kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零。此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段
24、运动时间相等。g=10 m/s2，以A为零势能点。求小物块 (1)通过B处的速度； (2)在C处的重力势能； (3)沿斜面下滑过程中通过BA段的时间。【答案】（1）；（2）；（3）。【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿运动定律的综合应用。【解析】（1）设物体在AB段加速度大小为，BC段加速度大小为由于： 得：（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B：从A到C：得：（3）在上滑AB段：在上滑BC段：得：物体下滑通过BA段做匀速运动：得：答：（1）通过B处的速度为；（2）在C处的重力势能为；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间为。15、(16分)如图所示，
25、在xoy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场。y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，总时间。粒子重力不计。求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件。【答案】（1）；（2）；（3）或、或【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、带电粒子在匀强电场中的运动。【解析】：（1）粒子在左侧磁场做匀
26、速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度是粒子做圆周运动的半径，则：；（2）粒子在电场中来回的总时间：，粒子一次通过电场的时间：设粒子到达MN边界的速度为，电场强度为，则：，解得：（3）粒子在电场中加速，粒子带负电，该电荷在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为或，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度：，设粒子在右侧磁场中轨道半径为，磁感应强度为，由牛顿第二定律得：，解得：已知：，粒子在右侧磁场中的运动情况有两种，如图所示： 当半径时，右侧磁场的宽度应满足：；当半径时，右侧磁场的宽度应满足：答：（1）左侧磁场区域的最小宽度为；（2）电场区域电场强度的大小为；（3）右侧磁场区域宽度应满足的条件为：或，磁感应强度为：或