1、2015届江西省五校高三第一次联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列叙述正确的是（ ） A力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位 B法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点 C伽利略用 “月 地检验 ”证实了万有引力定律的正确性 D牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 答案： B 试题分析：质量、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位千克、米和秒就是基本单位，选项 A 错误；法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，选项 B正确；牛顿用 “月 地检验 ”证实了万有引力定律的正确性，选项 C 错误；牛顿只是给出万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常
2、量，选项 D 错误 . 考点：物理学史及物理学家的贡献 . 在地面附近，存在着一个有界电场，边界 MN 将空间分成上下两个区域 I、II，在区域 II中有竖直向上的匀强电场，在区域 I中离边界某一高度由静止释放一个质量为 m的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则 ( ) A小球受到的重力与电场力之比为 3： 5 B在 t=5s时，小球经过边界 MN C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D在 1 s 4s过程中，小球的机械能先减小后增大 答案： AD 试题分析：小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以
3、看出，小球经过边界 MN 的时刻是 t=1s时，故 B错误；由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为： ，进入电场后的加速度大小为： ，由牛顿第二定律得： mg=ma1，F-mg=ma2，得电场力： ，可得重力 mg 与电场力 F之比为 3： 5，故 A正确，整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力 做的功与电场力做的功大小相等故 C错误；整个过程中，由图可得，小球在 0-2.5s内向下运动，在 2.5s-5s内向上运动，在 1s 4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小
4、球的机械能先减小后增大故 D正确。 考点：牛顿运动定律的综合应用；功能关系 如图所示， a、 b间接入电压 u 311sin314t(V)的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R2为用半导体热敏材料制成的传感器 (当温度升高时，其 阻值将减小 )，所有电表均为理想电表，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过 R1的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压 (报警器未画出 )，R3为一定值电阻当传感器 R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是 （ ） A A1的示数增大， A2的示数增大 B V1的示数不变， V2的示数减小 C A1的示数增大， A2的示数减小 D V1的示
5、数减小， V2的示数减小 答案： BC 试题分析：当传感器 R2所在处出现火情时， R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加， A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以 V2的示数要减小，即 R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小，所以 B、 C正确。 考点：变压器的原理及动态电路的分析。 在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的 P点处有一个粒子源，发出比荷相
6、同的三个粒子 a、 b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用 ta、tb、 tc分别表示 a、 b、 c通过磁场的时间；用 ra、 rb、 rc分别表示 a、 b、 c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（ ） A ta=tb tc B tc tb ta C rc rb ra D rb ra rc 答案： AC 试题分析：由粒子的运动轨迹可知，三个粒子运动的轨道半径的关系为 rc rbra，选项 C正确， D错误； 由 ，由于三种粒子的比荷相同，故周期相同，由图可知 ab两粒子运动的圆心角相等且大于 c粒子的圆心角，故根据 可知 ta=tb tc，选项 A正确
7、， B错误，故选 AC。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 . 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为 AC，竖直短轴为 ED。轻弹簧一端固定在大环的中心 O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中将小环从 A点由静止释放，已知小环在 A、 D两点时弹簧的形变量大小相等。下列说法中错误的是 ( ) A刚释放时，小球的加速度为重力加速度 g B. 小环的质量越大，其滑到 D点时的速度将越大 C. 小环从 A到运动到 D，弹簧对小环先做正功后做负功 D. 小环一定能滑到 C点 答案： B 试题分析：刚释放时，小环速度为零
8、，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为 g，故 A正确；因为 AD点时弹簧的形变量相同，且 OA长度大于 OD，所以OA处于拉伸， OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，故 C正确；从 A到 D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达 D点的速度是一样的，故小球一定能滑到 C点，故 D正确， B错误。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；功的计 算；机械能守恒定律 对于真空中电荷量为 q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为 r处的电势为 =kq/r（ k为静电力常量），
9、如图所示，两电荷量大小均为 Q 的异种点电荷相距为 d，现将一质子（电荷量为 e）从两电荷连线上的 A 点沿以负电荷为圆心、半径为 R的半圆形轨迹 ABC 移到 C 点，在质子从 A到 C的过程中，系统电势能的变化情况为（ ） A减少 B增加 C减少 D增加 答案： A 试题分析： A点的电势为 ； C点的电势为，则 A、 C间的电势差为，质子从 A移到 C，电场力做功为 ，是正功，所以质子的电势能减少，故 A正确 考点：电势；电场力做功 . 如右图所示， I， II分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 v-t图线，根据图线可以判断（ ） A甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线
10、运动，加速度大小相同，方向相同 B两球在 t 8s时相距最远 C两球在 t 2s时刻速度相等 D两球在 t 8s时相遇 答案： D 试题分析：在速度 -时间图象中，图象的斜率表示加速度，由图象可知，甲的加速度为： ，乙的加速度为：，加速度大小不等，故 A错误；甲物体 8s内的总面积为零即总位移为零，说明甲物体由回到出发点，乙物体前 2s内静止，后 6s内的总位移为零，说明乙物体也回到了出发点，又因为两物体从同一地点出发，所以两物体此时相遇，并且相距最近，故 B错误， D正确；由图可知，两球在 t=2s时刻速率相等，但方向相反，故 C错误。 考点： v-t图线及其追击问题。 伽利略曾利用对接斜面
11、研究 “力与运动 ”的关系。如图所示，固定在水平地面上的倾角均为 的两斜面，以光滑小圆弧相连接。左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为 。小球从左侧顶端滑到最低点的时间为 t1，滑到右 侧最高点的时间为 t2。规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小 v、加速度的大小 a、动能 Ek及机械能 E随时间 t变化的关系图线正确的是（ ） 答案： B 试题分析：由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变， 小球在左侧斜面下滑时的加速度： a1=gsin-gcos，小球在右侧斜面下滑时的加速度： a2=gsin+gcos， 小球
12、在左侧斜面下滑时的加速度较小，故 A错误， B正确；小球的动能与速率的二次方成正比，即 Ek= mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故 C 错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故 D错误。 考点：牛顿定律的应用；物理图线的应用 . 如图所示，一根轻杆两端各固定一个质量均为 m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线， 30， 60，则轻杆对 A球的作用力为 ( ) A mg B mg C mg D mg 答案： A 试题分析：对 A球受力分析，受重力、杆的支持力 F2和细线的拉力 F1，如图所示： 根据共点力平衡条件，有：
13、 F2=mg（图中矢量三角形的三个角分别为 30、 30、120），故选： A 考点：共点力平衡条件的应用 . 土星的卫星很多，现已发现达数十颗，下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数，则两颗卫星相比较，下列判断正确的是（ ） 卫星 距土星距离 /km 半径 /km 质量 /kg 发现者 发现日期 土卫五 527000 765 2.491021 卡西尼 1672年 土卫六 1222000 2575 1.351023 惠更斯 1655年 A土卫五的公转速度大 B土星对土卫六的万有引力小 C土卫六表面的重力加速度小 D土卫五的公转周期大 答案： A 试题分析：根据万有引力提供向心力得： ，解得
14、：T=2 ， 因为土卫六的轨道半径大于土卫五的轨道半径，则土卫六的周期大，线速度小，故 A正确， D错误；万有引力： ，对土卫 5，有： ，对土卫 6，有：，故对土卫 6 的万有引力大，故 B 错误；在卫星表面，万有引力等于重力，有： ，解得： ， 对土卫 5，有： 对土卫 6，有： 故土卫 6表面的重力加速度大，故 C错误。 考点：万有引力定律的应用。 实验题 （ 5分）小明同学到实验室去做验证力的平行四边形定则的 实验时看见实验桌上有一把 20分度的游标卡尺，他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图（ a）所示，则钢笔套的长度为 _ _mm （ 2）随后小明开始做验证力的平行四边形定则的实
15、验，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的 A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图（ b）所示。先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点被拉到某一位置 O，此时记下两个弹簧测力计的读数 F1和 F2和两细绳的方向 .请完成下列问题： F1的读数如图（ c）所示（只画出了弹簧秤的一部分）则 F1=_N. 小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到_，记下弹簧测力计的读数，并记下 答案：（ 1） 10.55（ 2） 1.22 1.24 同一位置 O ；细绳的方向 试题分析：（ 1）钢笔套的长度为 1cm+0.05mm11=10.55mm （
16、2） F1=1.23N. 小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到同一位置 O ，记下弹簧测力计的读数，并记下细绳的方向 . 考点：验证力的平行四边形法则。 （ 10分）某研究性学习小组利用图甲所示电路测量某电池的电动势 E和内电阻 r ，由于该电池的内电阻 r较小，因此在电路中接入了一个阻值为 2.00的定值电阻 R0，闭合开关 K，调整电阻箱的阻值 R，读出电压表相应的示数 U，得到了如下数据（ R和 U分别表示电阻箱读数和电压表读数）： R/ 40.00 20.00 12.00 8.00 6.00 5.00 U/V 1.89 1.78 1.66 1.57 1.43 1
17、.35 为了比较准确地得出实验结论，该小组的同学准备用直线图像来处理实验数据，图像的纵坐标表示电压表读数 U，则图像的横坐标表示的物理量应该是 _ 在图乙中根据给定的坐标点画出图像，利用做得的图像得到 E = _V， r = _电动势的测量值 真实值（填大于、等于、小于）。（小数点后面保留 2位数字） 答案： 电压 U与电阻 R的比值 （或电流 I） 如图所示， E =2.00V 2.01V， r = 0.40 0.44电动势的测量值 小于 真实值 试题分析： 根据欧姆定律可知： ，可得故横坐标可以用 ， 图线如图： 由图可知： E =2.00V， ，所以 r =0.42由于电压表的分流作用，
18、故通过电源的电流大于 ，故导致电动势的测量值偏小 . 考点：测量电源的电动势及内阻 . 填空题 4分 )氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量。在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核已知氘核的比结合能是 1.09 MeV；氚核的比结合能是 2.78 MeV；氦核的比结合能是 7.03 MeV.则氢核聚变的方程是_；一次氢核聚变释放出的能量是 _MeV. 答案： ； 17.6. 试题分析：氢核聚变的方程是： 聚变释放 出的能量 EE2-E1 7.034-(2.783 1.092) 17.6 MeV 考点：核反应方程及结合能。 4分 )利用光的现象或原理填空 A照相机镜头镀的一层膜是利用
19、了光的 _原理 B海市蜃楼是光的 _现象 C光纤通信是利用了光的 _原理 D人们眯起眼看灯丝时会看到彩色条纹，这是光的 _现象 答案： A干涉 B折射 C全反射 D衍射 试题分析： A照相机镜头镀的一层膜是利用了光的干涉原理； B海市蜃楼是光的折射现象； C光纤通信是 利用了光的全反射原理 D人们眯起眼看灯丝时会看到彩色条纹，这是光的衍射现象。 考点：光的干涉、折射、衍射及全反射 . 计算题 8分 )如图所示，是一透明半圆柱体的横截面， O 为横截面的圆心，其半径为 R，折射率为， OA水平且垂直截面， 从 A点射出一条光线 AB经折射后水平射出半圆柱体，已知 OA R，光速为 c.求： ()
20、光在透明半圆柱体中的传播速度； ()入射点 B到 OA的垂直距离 BC。 答案：（ 1） ；（ 2） R 试题分析： ()由 n 得 v ()分析如图，设入射点 B 到 OA 的垂直距离 BC h，对 OAB 由正弦定理得： 又 ， AB R，所以 OAB为等腰三角形 2， 30，即： hR。 考点：光的折射。 （ 12分） 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ倾斜放置，两导轨间距离为 L，导轨平面与水平面间的夹角 ，所处的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为 m的金属棒 ab垂直于导轨放置，导轨和金属棒接触良好，不计导轨和金属棒 ab的电阻，重力加速度为 g。若在导轨的 M、 P两
21、端连接阻值 R的电阻，将金属棒 ab由静止释放，则在下滑的过程中，金属棒 ab沿导轨下滑的稳定速度为 v，若在导轨 M、 P两端 将电阻 R改接成电容为 C的电容器，仍将金属棒 ab由静止释放，金属棒 ab下滑时间 t，此过程中电容器没有被击穿，求： （ 1）匀强磁场的磁感应强度的大小为多少？ （ 2）金属棒 ab下滑 ts末的速度？ 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）若 M,P间接电阻 R时，金属棒做变加速运动，当 a=0时，金属棒做匀速运动，速度大小为 v，则感应电动势 E=BLv 通过棒的电流 棒所受的安培力为 FB=BIL 由平衡条件可得： mgsin=BIL 联立以上各式可
22、得： （ 2）设金属棒下滑的速度大小为 v时，经历 的时间为 t，通过金属棒的电流为 i，则感应电动势 :E=BLv 平行板电容器的两极板之间的电势差为： U=E 此时电容器极板上积累的电荷量为 Q： Q=CU 设再时间间隔 (t， t+ t)内，流经金属棒的电荷量为 Q，则 Q 也是平行板电容器极板在时间 t间隔内增加的电荷量，由以上各式得： 其中 （ 11） 解得 i=CBLa (12) 金属棒所受的安培力 (13) 由牛顿第二定律可得： （ 14） 由以上各式可得： （ 15） 所以金属棒做初速度为 0的匀加速直线运动， ts末的速度 vt=at 即（ 16） 考点：法拉第电磁及牛顿定律
23、的综合应用。 （ 12分）如图所示，在竖直平面建立直角坐标系 xOy， y轴左侧存在一个竖直向下的宽度为 d的匀强电场，右侧存在一个宽度也为 d的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，现有一个质量为 m，带电荷量为 +q的微粒 (不计重力 )，从电场左边界 PQ以某一速度垂直进入电场，经电场偏转后恰好从坐标原点以与 x轴正方向成 =30夹角进入磁场： （ 1）假设微粒经磁场偏转后以垂直 MN 边界射出磁场，求：电场强度 E为多少？ （ 2）假设微粒经磁场偏转后恰好不会从 MN 边界射出磁场，且当粒子 重新回到电场中时，此时整个 x0的区域充满了大小没有改变但方向逆时针旋转了 30角的匀强电
24、场。求微粒从坐标原点射入磁场到从电场射出再次将射入磁场的时间？ 答案：（ 1） ；（ 2） 试题分析： （ 1）微粒从 O 点进入磁场后做匀速圆周运动，令速度为 v1，半径为 R1，则 由几何知识： 解得： 粒子垂直 PQ边界进入电场后做类平抛运动，运动时间为 t1，沿 x轴方向做匀速运动有： 沿 y轴方向做初速度为零的匀加速运动，加速度为： 联立各式解得： ， 粒子从 O 点进入磁场后做匀速圆周运动，令速度为 v2，半径为 R2， R2=2d 解得： （ 11） 在磁场中运动的周期： (12) 圆弧所对应的圆心角为 ： 粒子在磁场中运动的时间 t2： (13) 粒子从磁场返回电场后做类平抛运
25、动，运动时间为 t3,沿 x方向做匀速直线运动： （ 14） 沿 y方向做加速度仍为 a的匀加速运动： （ 15） 由几何知识可得： （ 16） 联立各式解得： 故总时间为： 考点：带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动。 （ 9 分）如图所示，在水平面上固定一个高度为 h1=0.55 m 的平台 ABCD，其中 AB部分是 L=1.6m的水平轨道， BCD为光滑的弯曲轨道，轨道最高处 C处可视为半径为 r=4m的小圆弧，现一个质量为 m =1kg 的滑块以初速度v0=5m/s从 A点向 B点运动，当滑块滑到平台顶点 C处后作平抛运动，落到水平地面且落地点的水平射程为 x=0.8m，轨道顶点距水
26、平面的高度为 h2 =0.8m，（平抛过程中未与平台相撞）（取 g=10m/s2）求： （ 1）滑块在轨道顶点处对轨道的压力？ （ 2）滑块与木板间的动摩擦因数 ？ 答案：（ 1） 9N （ 2） 0.5 试题分析：（ 1）滑块过顶点 C后做平抛运动，运动时间为 t1，由平抛运动的规律可得： ， x=vt1，解得： t1=0.4s， v=2m/s，在 C处由牛顿定律：，解得： FN=9N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为。 （ 2）滑块从 A到 C的全过程中，由动能定理：解得： 考点：牛顿定律及动能定理的应用 . （ 8分）如图所示，质量均为 m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为 2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为 v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求： 小孩接住箱子后共同速度的大小 若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度 v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱 答案： ； 无法再次接住木箱 . 试题分析： 取向左为正方向 ,根据动量守恒定律，推出木箱的过程 中 : ， 接住木箱的过程中 : ， . 若小孩第二次将木箱推出 ,根据动量守恒定律 ， 故无法再次接住木箱 . 考点：动量守恒定律 ,
