2015?稳派名校学术联盟?新高三摸底考试

物理参考答案

1.答案：B

解析： 由

可知Biden星半径较大，角速度小于地球，A错；由

可知Biden星半径较大，周期大于地球，B对；由

可知Biden星半径较大，线速度小于地球，C错；由题中所交代的条件无法判断二者重力加速度的关系，D错。

2.答案：B

解析：A弹簧弹力与b小球重力大小相等为10 N，由
可知其伸长量为2cm，A错；对a球受力分析可知外力
，B对；a球受力分析可知 弹簧B弹力
，
弹簧B的伸长量
，C错；突然撤去外力F瞬间，A弹簧弹力不变，b球加速度为0，D错。

3.答案：C

解析：图示位置开始计时，原线圈中电压瞬时值为
，A错；原线圈中电压的有效值为
24 V，B错；变压器原副线圈匝数比
，C对；副线圈电流
，由
可知原线圈中电流表示数为0.15 A，D错。

4．答案：A

解析：由楞次定律可知，0~t2时间内感应电流始终由N到M，A错，B对；a板电势高，为正极板，C对，结合左手定则可知0~t1时间内导体棒MN受安培力方向向右，D对。

5.答案：A

解析：由
，
可知施加电场强度E=50 V/m

6. 答案：D

解析：由撤去后物体运动情况分析可知
，又
则物体与水平面的滑动摩擦系数为0.1，A错；对A、B物体分析
，
则外力
，
，B错，C错；图象与t轴所围的面积可知A物体总位移为5m，D正确。

7.答案：AC

解析：A图中安培力竖直向下，C选项安培力沿斜面向下，导体棒加速度可能沿斜面向下大小为g，AC选项正确；B图中安培力水平向右，D中安培力沿斜面向上，无法满足题设的要求，正确选项为AC。

8.答案：BC

解析：4 s末达到最深地方
，A错；由
m/s2，B对；3 min~4 min潜水器处于减速下降过程，加速度向上，超重，C对；8 min~10 min潜水器处于减速上升过程，加速度向下，失重，D错。

9.答案：ABC

解析：分析定值电阻R0可知回路电流
A，A对，由部分电路欧姆定律可知
，B对；滑动触头P滑至最右端时，整个回路内电阻等于外电阻，电源输出功率最大，C对；将R0看做内电阻（将R0与E看做等效电源），则R调至2Ω时，等效内阻等于外电阻，滑动变阻器消耗的电功率最大，D错误。

10.答案：CD

解析：两物体由静止释放，至二者高度差为h的过程中，a物体重力做功－
mgh，A错；b物体重力做功
，B错；对系统应用动能定理
可知，系统的动能为mgh，D对；对b物体应用动能定理可知
，解得
，C对。

11．答案：BCD

解析：要验证平行四边形定则，需要测出两弹簧拉力的大小和方向，实际合力的大小和方向，

以两分力为邻边作平行四边形作出的对角线的方向和大小与实际合力的大小和方向在误差允许的范围内是否相等，因此需要测量两分力的大小，根据一根弹簧悬挂重物时，测出弹簧的形变量，由弹簧弹力等于重物的重力，即
，两根弹簧悬挂重物时，测出两弹簧的形变量
、
，计算出两弹簧的弹力大小与重物重力大小的关系，然后选定标度，作出两力的力的图示，然后以两弹簧拉力为邻边作平行四边形，看平行四边形的对角线与重物的重力是否在误差允许的范围内等大反向即可，因此选项A、E错误，B、C、D正确；根据平行四边形法则知，在合力不变的情况下，两弹簧的夹角越大，两弹簧的弹力越大，则有可能超出弹簧的弹性限度，选项F错误。

12. 答案：（1）电路如图　（2）A （3）1.08 W（1.08~1.10 W均可） （各3分）

解析：由于小灯泡电阻较小，电路应该设计成电流传感器外接。描绘小灯泡伏安特性曲线，设计成滑动变阻器分压接法。将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.36 A，在小灯泡伏安特性曲线上找出对应电压为3 V的点，该点纵横坐标的乘积0.36 A×3 V=1.08 W。（1.08~1.10 W均正确）

13.解： B车总的刹车距离
m （2分）

A车总的刹车距离
m （2分）

A车反应阶段的位移
m （2分）

两车之间的距离
m （2分）

14．解：（1）在轨道的最低点MN处，FN=3mg，

FN－mg=m
　（1分）

解得：v=
　（1分）

导体切割磁感线产生的感应电动势，E=BLv　（1分）

棒到达最低点时金属棒两端的电压，U=
E=
BL
　（1分）

（2）导体棒在MN处受安培力
　（3分）

方向水平向右 （1分）

15．解：（1）设小物块滑行的距离为x1，由动能定理得 －μmgx1=0 －
mv02 （2分）

解得：x1=1m （2分）

（2）设小物块在传送带时加速运动的位移为L1，加速度a=μmg/m=2m/s2 （1分）

根据v2－v02=2aL1，解得L1=8m。物体恰在B点与传送带达到共同速度（1分）

设加速运动时间为t1，根据v=v0+at1解得t1=2s （1分）

物体与传动带的相对位移

8J （1分）

（3）设小物块滑行到B点时的速度为v，滑出传送带后做平抛运动，运动时间为t3，

由平抛运动规律，h=
gt32，s=vt3， （2分）

联立解得：t3=1s，s=6m （2分）

16.解：（1）由动能定理，qU0=
mv2，（2分）

解得粒子从O点射出时速度v=
（2分）

（2）由L=vt，L/2=
at2，a=qE/m，（2分）解得E=2 U0/L（2分）

（3）设粒子从O点沿与x方向夹角为θ射出，则有2Rsinθ=L，qvB=m v2/R，qvB=qE，（2分）

联立解得：θ=30°（2分）

17.（1）答案：ABE

解析：温度高的物体分子平均动能一定大，选项A正确；由热力学第一定律，绝热气缸，外界对其做功，物体内能一定增加，选项B正确；温度越高，布朗运动越显著，选项C错误；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确。

（2）解：设U形管的横截面积为S，右端与大气相通时，对封闭气体，V1=L1S，

p1= p0－16 cmHg （2分）

右端与减压舱连通后，设左端封闭气体压强为p2，左端水银面下降，V2=（L1＋Δx）S，（1分）

根据几何关系，Δx=8 cm，（1分）

根据玻意耳定律，p1V1= p2V2，（2分）

解得：p2=50.4 cmHg（2分）

减压舱压强p2=50.4 cmHg（1分）

18.答案：（1）ACE （2）①
　②

解析：（1）根据上坡下，下坡上知E质点向上振动，到平衡位置的时间为0.05 s，F质点向下振动，振动到最低点再向上振动到平衡位置，共用时0.15 s，F质点从平衡位置到现在位置的时间与E质点从现在位置到平衡位置的时间相等，因此F质点振动半个周期的时间为0.2 s，故波的周期为0.4 s，选项A正确；由振动方程
，选项B错误；由
10m/s，选项C正确；E质点在4 s内完成了10次全振动，因此运动的路程为40 A，选项D错误；发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小，因此该波很容易穿过0.4 m的障碍物，选项E正确。

（2）解：

①根据折射率的定义得
；（2分）

②根据临界角公式
（2分），可得临界角
45°（2分），直接射到O点的光线入射角为45°，因此恰好发生全反射，射到B点的光线入射角为90°，根据折射定律可得折射角为45°，根据几何关系得折射光线竖直向下射出CD面，因此从CD面上透射光的宽度为
（3分）。

19.（1）答案：
（2分） m1＋m2－m3－m4（2分） （m1＋m2－m3－m4）c2（2分）

解析：由核反应方程遵循的规律可知方程中的X表示
；这个核反应中质量亏损Δm＝m1＋m2－m3－m4；这个核反应中释放的核能ΔE＝Δmc2＝（m1＋m2－m3－m4）c2

（2）解：①以A、B、C整体为对象，全过程应用动量守恒定律：

mv0＝（m＋3m＋5m）v （3 分）

得ABC共同向右运动的速度v＝
（2 分）

②设A、B碰撞后的速度为v′，根据动量守恒有mv0＝（m＋3m）v′ （1分）

动能损失ΔEk＝mv－（m＋3m）v′2 （2 分）

得ΔEk＝
mv （1 分）