云南省高三第一次模拟理综物理解析版MicrosoftWord文档要点

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云南省云南省2015届高三第一次(3月)一致检测

理综物理试题

一、选择题：本题共8小题，每题6分，在每题给出的四个选项中，1-4题只有一个选项正确，5-8有多个选项正确，所有选对的得6分，选对但不全的得3分，不选或选错的得0分．1．（6分）（2015?云南一模）甲、乙两物体均做直线运动，它们在某段时间内的位移x随时间f变化的图象以以以下图，则在0～t1时间内，以下判断正确的选项是（）

A．甲物体做加快运动

B．甲、乙两物体运动方向同样

C．甲的均匀速度比乙的均匀速度大

D．甲、乙两物体的均匀速度大小相等

【考点】：匀变速直线运动的图像．

【专题】：运动学中的图像专题．

【解析】：位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识比较速度的大小，确立物体的运动性

质．物体的位移大小等于纵坐标的变化量．【解析】：解：A、位移图象的斜率等于物体的速度，

乙沿负方向做加快运动，运动方向相反．故AB错误．

0～t1的时间内甲沿正方向做减速运动，

C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，依据图象可知甲、乙两物体的位移大小相等，时间相

等，所以均匀速度大小相等，故C错误，D正确．

应选：D．

【谈论】：对于位移图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是重点．

2．（6分）（2015?云南一模）以下说法正确的选项是（）

A．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船，其速度可能大于7.9km/s

B．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以

在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动

C．人造地球卫星返回地球并安全着陆的过程中向来处于失重状态

D．嫦娥三号在月球上着陆的过程中可以用下降伞减速

【考点】：

【专题】：

万有引力定律及其应用．

万有引力定律的应用专题．

【解析】：

依据万有引力供给向心力

表示出线速度求解．地球的第一宇宙速度

7.9km/s，是人造卫星的最小发射速度，是卫星环绕地球运动的最大速度．

卫星在下降过程中向下减速时，依据加快度方向判断所处的状态．月球上没有空气，不可以用降

落伞减速．

【解析】：解：A、地球的第一宇宙速度7.9km/s，是人造卫星的最小发射速度，是卫星环绕地球运动的最大速度．故A错误．

、在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完满失重状态，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动，绳索的拉力供给向心力，

故

B

正确．C、卫星在下降过程中向下减速时，加快度方向向上，处于超重状态，故

C错误．

D、月球上没有空气，不可以用下降伞减速，故应选：B．

D错误．

【谈论】：解决本题的重点是利用万有引力供给向心力这一知识点，并能理解第一宇宙速度的含义．

3．（6分）（2015?云南一模）以以以下图，五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个极点和中心，并和该正方形平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向以以以下图，

则中心处的导体棒遇到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是（）

A．竖直向上

B．竖直向下

C．水平向左

D．水平向右

【考点】：通电直导线和通电线圈四周磁场的方向；安培力．

【解析】：依据安培定章确立出安培力的方向，再利用矢量合成法规求得B的合矢量的方向，

再依据左手定章，即可求解．

【解析】：解：依据题意，由右手螺旋定章对角导线电流产生磁场正好互相叠加，以以以下图，

由矢量的合成法规，则得磁场方向竖直向下，

依据左手定章可知，中心处的导体棒遇到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；应选：C．

【谈论】：本题观察磁感觉强度B的矢量合成法规，会进行磁感觉强度的合成，从而确立磁场的大小与方向，并掌握左手定章的内容．

4．（6

分）（2015?云南一模）以以以下图，直线

MN

上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子

1从

磁场界限上的

a点垂直

MN

和磁场方向射入磁场，

经t1时间从

b点走开磁场．此后电子

2也由

a

点沿图示方向以同样速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c走开磁场，

则为（）

A．B．2C．D．3

【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【解析】：电子1和2以同样的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都同样，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，依据几何关系求解即可．【解析】：解：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，依据题意画出粒子的运动轨迹，以以以下图：电子1垂直射进磁场，从b点走开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c走开磁场，依据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，依据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，

所以

应选：D

【谈论】：本题的重点要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供给向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都同样，依据几何关系求解时间比．

5．（6分）（2015?云南一模）以以以下图的电路中，理想变压器的输入电压u不变，R1为定值电

阻，若要使电压表示数增大，可采纳的方法是（）

A．保持其余不变，将滑动接头p向上移B．保持其余不变，将滑动接头p向下移C．保持其余不变，增大R2D．保持其余不变，减小R2【考点】：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．【专题】：交流电专题．【解析】：变压器原副线圈匝数不变，电压表丈量的是电阻R2两端的电压，由串联电路的特色即可判断【解析】：解：A、保持其余不变，变压器副线圈两端电压不变，将滑动接头p向上移，电压表的示数将增大，故A正确；

B、保持其余不变，变压器副线圈两端电压不变，将滑动接头p向上移，电压表的示数

将减小，故B错误；

C、保持其余不变，变压器副线圈两端电压不变，将滑动接头p向上移，电压表的示数

将增大，故C正确；

D、保持其余不变，变压器副线圈两端电压不变，将滑动接头p向上移，电压表的示数

将减小，故D错误；

应选：AC

【谈论】：本题主要观察了串联电路中电阻分压的特色，即电阻分得的电压与电阻成正比

6．（6分）（2015?云南一模）以以以下图，三杜绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个极点分别固

定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q．CB

边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强磁场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的（）

A．电势能不变B．电势能减小C．重力势能减小D．重力势能增大

【考点】：电势能．

【专题】：电场力与电势的性质专题．

【解析】：依据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再依据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小解析．

【解析】：解：顺时针转过120°时，A到B地点，B到C地点，C到A地点A、设三角形的边长为L，则：电场力做功WAB=0.5qEL，WBC=﹣2qEL，WCA=1.5qEL，故W总=0，电势能不变，A正确B错误C、重力做功：WGAB=mgLcos30°=，WGBC=0，WGCA=3mgLcos30°=﹣，故WG总=﹣mgL，重力势能增添，C错误D正确应选：AD

【谈论】：掌握电场力和重力做功与电势能和重力势能的变化关系．

7．（6分）（摆列，总长度为

2015?云南一模）以以以下图，n个完满同样、边长足够小且互不粘连的小方块挨次

l，总质量为M，它们一起以速度v在圆滑水平面上滑动，某时辰开始滑上粗糙

水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为

μ，若小方块恰能完满进入粗糙水平面，则摩

擦力对所有小方块所做功的数值为（

）

A．B．Mv2C．D．μMgl

【考点】：

【专题】：

【解析】：

功的计算．

功的计算专题．

恰能完满进入粗糙水平面，说明进入后的速度为零，把所以方块看做质点可以方便

解题．【解析】：解：小方块恰能完满进入粗糙水平面，说明进入后的速度为零，依据功的公式：

W=fS=0.5μMgl，

依据动能定理：W=0﹣=﹣

应选：AC

【谈论】：要从题目中获得隐含条件，应用动能定理，看做质点后能方便办理此类问题．

8．（6分）（2015?云南一模）以以以下图，质量和电荷量均同样的两个小球A、B分别套在圆滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平堆力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1．现缓慢推进B球，A球也缓慢挪动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则（）

A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2

【考点】：库仑定律；共点力均衡的条件及其应用．

【专题】：电场力与电势的性质专题．

【解析】：对A球受力解析，依据动向均衡的解析方法，遇到的重力大小方向不变、支持力的

方向不变，库仑力的方向在改变，但是因为B球只好到C，故由矢量三角形可知A遇到的库仑力在减小．依据库仑定律的表达式判断AB之间的距离变化．再对B受力解析，依据均衡条件判断推力的变化．

【解析】：

解：CD、对A受力解析以以以下图，A遇到重力mg、支持力FA和库仑力F库，依据均衡条件可

知，重力mg和库仑力F库的合力FA′与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变成mg、FA′、F库′之间的三角形关系，以以以下图．当B球向C挪动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知，库仑力在变小．依据库仑定律可知L变大，即AB之间的距离变大．故C正确、D错误．AB、对B球受力解析以以以下图，B遇到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推论F，依据均衡条件可知，F=F库cosβ，当B球向C挪动的过程中，库仑力的方向在改变，即β在变大，则cosβ变小，库仑力又在减小，故推论F变小，即F1＞F2．故A错误、B正确．应选：BC．【谈论】：本题要掌握库仑定律、均衡条件、受力解析，是一道综合能力较强的题目，本题的打破口在于A球遇到的重力大小方向不变、支持力的方向不变，库仑力的方向在改变．

三、非选择题：包含必考题和选考题两部分．（一）必考题

9．（6分）（2015?云南一模）在丈量一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验电路图以以以下图，实验室供给予下器械：电流表A1（量程0.6A，内阻约1.0Ω）电流表A2（量程3A，内阻约0.5Ω）

电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）

滑动变阻器R1（0～20Ω）

滑动变阻器R2（0～200Ω）

干电池E（电动势约1.5V，内阻未知）

开关及导线若干（1）实验中电流表应选A1，滑动变阻器应选R1；（填器械的代号）（2）实验中要求电流表丈量经过电池的电流，电压表丈量电池两极的电压．依据图示电路，电流表的示数小于（填“大于”或“小于”）所需丈量的电流值；（3）如有同样型号的新旧两节干电池，分别接入图示电路，当电流在同样范围内变化时，电压表读数变化范围较大的是旧干电池（填“新干电池”或“旧干电池”）．

【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【解析】：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A的即可，因为干电池的内阻较小，为了方条子件选择最大阻值较小的滑动变阻器；

2）依据电路构造解析偏差原由及现象；

3）依据新旧电池的内阻大小关系，明确电压示数的变化．

【解析】：解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A

的，应选：A1；

因为干电池的内阻较小，为了方条子件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器

R1（0～10Ω）；

2）由电路图可知，因为电压表的分流，电流表示数小于流过电源的电流；即电流表示数小于所需丈量的电流值；

3）因为旧电池的内阻较大，故在电流同样的范围内，旧干电池的内压变化较大；故电压表读数变化范围较大；

故答案为：（1）A1；R1

2）小于；

3）旧干电池

【谈论】：电学实验一般以常有实验为载体观察实验中的接法、仪表的选择及数据的办理，偏差解析等，难度适中．

10．（9分）（2015?云南一模）一学生用如图甲所示的装置丈量木块与木板间的动摩擦因数．在

桌面上搁置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器．木块一端拖着穿过打

点计时器的纸带，另一端连接高出定滑轮的绳索，在绳索上悬挂必定质量的钩码后可使木块在木

板上匀加快滑动．实验中测得木块质量M=150g，钩码质量m=50g．

（1）实验开始时，应调整滑轮的高度，让细线与木板平行；

（2）实验中获得如图乙所示的纸带，纸带上A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数点之间的时间间隔是0.10s，所测数据在图中已标出，依据图中数据可求得木块运动的加快度a=0.25m/s2（结果保存两位有效数字）：（3）依据实验原理可导出计算动摩擦要素的表达式μ=（用M、m、g、a表示）；取g=10m/s2，代入相关数据可求得μ=0.3（计算结果保存一位有效数字）．【考点】：研究影响摩擦力的大小的要素．【专题】：实验题．【解析】：解决实验问题第一要掌握该实验原理，认识实验的操作步骤和数据办理以及注意事项．纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出加快度；依据牛顿第二定律，联合滑动摩擦力公式，即可求解．【解析】：解：（1）应调整滑轮的高度，让细线与木板平行；（2）依据运动学公式得：△x=at2，a===0.25m/s2．（3）依据牛顿第二定律，则有：mg﹣μMg=（M+m）a；解得：μ=；代入数据，则有：μ==0.3；

故答案为：（1）平行，（2）0.25，（3）=；0.3．

【谈论】：对于实验问题我们要认识实验的装置和工作原理，同时掌握牛顿第二定律的应用，并要注意单位的换算．

11．（13分）（2015?云南一模）如图甲所示，一圆形线圈面积S=0.2m2，匝数N=10，电阻r=2Ω，

与电路器P连接成闭合回路，电热器电阻R=3Ω，线圈处于磁感觉强度周期性变化的匀强磁场中，当磁场磁感觉强度按如图乙所示规律变化时，求：

1）一分钟内电热器产生的热量；

2）经过电热器电流的有效值．

【考点】：法拉第电磁感觉定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

【专题】：交流电专题．

【解析】：（1）依据法拉第电磁感觉定律，联合闭合电路欧姆定律，及焦耳定律，求得一个周期内产生热量，从而可求得一分钟内电热器产生的热量；

2）依据电流的热效应，运用焦耳定律，分段求得热量，联合交流电的有效值求法，从而即可求解．

【解析】：解：（1）依据法拉第电磁感觉定律，则在0到0.2s内产生的感觉电动势为

E1==10××0.2=5V；

由闭合电路欧姆定律，则有产生的电流I1===1A；同理，在0.2s到0.3s内的产生的感觉电动势为E2==10××0.2=10V；由闭合电路欧姆定律，则有产生的电流I2===2A；那么一个周期内电热器产生热量Q0=22=1×3×0.2+2×3×0.1=1.8J而一分钟内，共完成n==200个周期，

则一分钟内，电热器产生热量Q==360J；

（2）依据电流的热效应，设经过电热器电流的有效值为I，

则有：I2RT=

解得：I=A；

答：（1）一分钟内电热器产生的热量360J；

（2）经过电热器电流的有效值A．

【谈论】：察见解拉第电磁感觉定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握焦耳定律的内容，注意求交流电的有效值的方法，是本题的重点．

12．（19分）（2015?云南一模）以以以下图，一传达带AB段的倾角为37°，BC段曲折成圆弧形，

CD段水平，A、B之间的距离为12.8m，BC段长度可忽视，传达带向来以v=4m/s的速度逆时

针方向运转．现将一质量为m=1kg的工件无初速度放到A端，若工件与传达带之间的动摩擦因

数为μ=0.5，在BC段运动时，工件速率保持不变，工件到达D点时速度恰巧减小到与传达带相

同．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

1）工件从A到D所需的时间．

2）工件从A到D的过程中，与传达带之间因摩擦产生的热量．

【考点】：功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

【解析】：

速；在CD

（1）滑块在传达带上先加快下滑；速度与传达带相等后，因为μ＜tan37°，连续加上是减速；依据牛顿第二定律列式求解三段的加快度，依据运动学公式列式求解；

（2）先确立各段过程中传达带和滑块的位移，获得相对位移，最后依据公式

Q=f?△S相对列式求

解．

【解析】：解：（1）滑块在传达带上先加快下滑，依据牛顿第二定律，有：

mgsin37°+μmgcos37°1=ma2解得加快度为：a1=g（sin37°+μcos37）=10°×（0.6+0.50×.8）=10m/s时间为：：

位移为：

速度与传达带相等后，因为μ＜tan37°，连续加快，依据牛顿第二定律，有：

mgsin37°﹣μmgcos37°=ma22

解得：a2=g（sin37°﹣μcos37）°=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s依据速度位移公式，有：

代入数据解得：v1=8m/s

故运动时间为：

滑上水平传达带后，加快度为：2a3=﹣μg=﹣5m/s依据速度公式，有：

故t=t1+t2+t3=0.4+2+0.8=3.2s

（2）从A到B过程，传达带的对地行程：

S=v（t1+t2）=4×（0.4+2）=9.6m

故工件从A到B的过程中与传达带之间因摩擦产生的热量：

Q1=μmgcos37°?（L+S）=0.5×1×10×0.8×（12.8+9.6）=111.2J从C到D过程，物体的对地行程：

x3===4.8m从C到D过程，传达带的对地行程：S′=vt3=4×0.8=3.2m故工件从C到D的过程中与传达带之间因摩擦产生的热量：Q2=μmg（x3+S′）=0.5×1×10×（4.8+3.2）=40J故工件从A到D的过程中，与传达带之间因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2=111.2J+40J=151.2J答：（1）工件从A到D所需的时间为3.2s；（2）工件从A到D的过程中，与传达带之间因摩擦产生的热量为151.2J．【谈论】：本题重点是明确滑块在各段过程中的受力状况、运动状况，依据牛顿第二定律列式求解加快度，依据运动学公式求解运动学参量，依据功能关系求解热量状况．

（二）选考题：共15分．【物理～选修3-3】（15

分）

13．（5分）（2015?云南一模）以下说法正确的选项是（

）

A．温度高的物体内能必定大

B．多晶体物理性质表现为各向异性

C．热量可能从内能小的物体传达到内能大的物体

D．布朗运动说明分子永不暂停地做无规则运动

E．固体很难被压缩是因为分子之间存在斥力的作用

【考点】：*晶体和非晶体；温度是分子均匀动能的标记．

【解析】：正确解答本题需要掌握：布朗运动的特色、实质以及物理意义；热力学第必定律，多晶体与单晶体，分子势能、分子力与分子之间距离的关系；温度和体积相关

物体的内能在宏观上与其物质的量、

【解析】：解：A、物体内能与温度体积和摩尔数相关，温度越高，分子均匀动能越大，假如分子数少，内能也小，故A错误；

B、多晶体物理性质表现为各向同性，故B错误；

C、热量是从高温物体传向低温物体，物体内能与温度体积和摩尔数相关，高温物体的内能可能小，故C正确；D、布朗运动是固体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，故D正确；

反应了液体分子的无规则运动，

E、因为分子间存在斥力，阻截物体分子互相凑近，以致固体很难被压缩，故

E正确；

应选：CDE．

【谈论】：本题观察了热力学定律和分子动理论的基础知识，在平常练习中要增强对这些基本知识的理解与应用．

14．（10分）（2015?云南一模）以以以下图，导热优异的U型玻璃管左右两臂等高，左端管口封闭，右端管口与大气相通，用水银柱在玻璃管内封闭了一段长L1=20cm的空气柱，此时左端水银面比右端水银面高h=33cm．现从右边管口向管内缓慢注入水银，此过程中环境温度保持不变，直到右边水银面与管口相平，求此时空气柱的长度．（取大气压强P0=76cmHg）

【考点】：

【专题】：

【解析】：

【解析】：

理想气体的状态方程．

理想气体状态方程专题．

封闭气体做等温变化，依据玻意而定律列式求解即可．

解：初始状态，设玻璃管横截面积为S，则封闭气体的压强和体积为

P1=P0﹣Ph=76﹣33cmHg=43cmHg

V1=L1S=20S

设最后空气柱的长度为x，则末态空气柱的压强和体积为：

P2=P0+Px=76+xcmHg

V2=xS

依据玻意而定律可得：P1V1=P2V2

代入数据解得：x=10cm

答：空气柱的长度为10cm．

【谈论】：气解决本题的重点是发掘已知条件找出气体发生什么变化，此后选择适合的气体实验定律即可正确解题，此中求出气体的状态参量是正确解题的前提与重点．

【物理一选修3-4】（15分）

15．（2015?云南一模）以下说法中正确的选项是（）

A．机械波可以在真空中流传

B．波从一种介质进入另一种介质时，频率保持不变

C．机械波的频率越高，在介质中的流传速度越大

D．两列波发生坚固的干涉现象，则两列波的频率必定同样

E．光的偏振现象说明光波是横波

【考点】：波的干涉和衍射现象；机械波．【解析】：波的频率等于波源的振动频率，波的频率与介质没关．介质中各个质点的频率等于波源的频率．偏振是横波独有的现象．【解析】：解：A、机械波的流传需要介质；不可以在真空中流传；故A错误；B、频率由波源决定，在不同样介质中频率不变；故B正确；C、机械波的流传速度由介质决定；与频率没关；故C错误；D、干涉条件为两波的频率同样；故D正确；E、偏振是横波的性质；故光的偏振说明光是横波；故E正确；应选：BDE

【谈论】：本题重点要知道波的频率等于波源的振动频率，由波源的振动状况决定，与其余要素没关．

16．（2015?云南一模）以以以下图，ABCD

镀银成反射面．一宽度为d的平行光束垂直

为一棱镜的横截面，∠

AB面射入棱镜，从

A=∠B=90°，∠C=60°，CD面

BC面射出后垂直射到光屏MN

上，在

MN

上获得一宽度为

d的亮斑．求棱镜资料的折射率．

【考点】：光的折射定律．

【专题】：光的折射专题．

【解析】：第一作出光路图，由几何关系求出光辉射到BC面的入射角，并获得MN上的亮斑

与d的关系，再由折射定律求解．

【解析】：解：光路图以以以下图，当光屏MN与射出的光束垂直时，由几何关系可得：光辉射

到BC面的入射角为：i=30°

由几何关系可得：

===

设光辉从BC射出时的折射角为r，则在△O3O4F中：

sin（90°﹣r）=

据题意：=d

由折射定律可得：n=

联立解得：n=

答：棱镜资料的折射率为．

【谈论】：本题是几何光学识题，做这种题目，第一要正确画出光路图，要能灵巧运用几何知识帮助我们解析角的大小．

【物理一选修3-5】（15分）

17．（2015?云南一模）在以下表达中，正确的选项是（）

A．光电效应现象说明光拥有粒子性

B．重核裂变和轻核聚变都会产生质量损失

C．玛丽居里最早发现了天然放射现象

D．若黄光照耀某金属能发生光电效应，