2015届高三第二次全国大联考(四川版)物理卷(解析版)
2015届高三第二次全国大联考(新课标I卷)
2015年3月2015届高三第二次全国大联考（新课标I卷）读某地区等高线地形图，回答1～2题。
1.图示区域水库和最高点之间的相对高度可能是A. 890mB. 1030mC.1210m C.1300m2. 该地区山地阳坡植被稀疏，原因是A.气温低B.风速大C.土壤贫瘠D.水分条件差【参考答案】1.B 2.D【考点】等高线判读、阴阳坡。
（华北平原半湿润阴坡植被好于阳坡）冬小麦在每年秋季播种，次年春末夏初收获。
下图是某地区冬小麦生育期（作物从播种到成熟所需的时间）日数图。
读下图回答3～4题。
3.导致M、N两地冬小麦生育期不同的主要因素是A.洋流B.大气环流C.地形D.土壤4.N地与M地相比，冬小麦生产的有利条件是A.热量充足B.降水丰富C.光照充足D.土壤肥沃【参考答案】3.A 4.C【解析3】M地生育期短于N地。
两地纬度相当，生育期不同，说明两地热量条件的差异导致作物生长速度不同。
图中M地受沿岸暖流增温增湿作用的影响，作物生长期较短。
N 地受沿岸寒流的影响，作物生长期较长。
【解析4】两地纬度相当，图中M地受沿岸暖流增温增湿作用的影响，N地受沿岸寒流降温减湿作用的影响，M地热量条件更好，A错。
受副热带高压和寒流影响，N地位热带沙漠气候。
受东南信风及赤道低压的影响，M地位热带草原气候，因此，M地降水更丰富，但N第光照条件更好，故B错，C正确。
N地的地带性土壤位荒漠土，D错。
【考点】农业区位因素。
海雾是在海洋上形成的雾，与陆地上形成雾的原理一样，有辐射雾和平流雾。
黄海成山角附近海域每年4～8月被大雾笼罩，有“雾窟”之称。
读下图回答6～7题。
6.下列关于我国海雾特点的叙述正确的是A.每年随夏季风的推移，海雾会从春至夏自南向北推延B.受低气压控制时，易出现海雾C.渤海是内海，受陆地影响大，不易形成海雾D.夏季水温高，对流作用强，因此不会形成海雾7.黄海成山角附近海域4～8月多雾的原因有①暖湿空气从南向北推进，经过相对寒冷的黄海时，底层易凝结形成雾②南下的冷空气经过相对温暖的黄海海面时，近海面上的水汽易凝结形成雾③因寒暖流交汇，两种温差较大且又比较潮湿的空气混合后形成雾④夜晚降温快，近海面大气降温迅速，空气中的水汽凝结形成雾A. ①②B. ②③C. ①③④D. ①②③④【参考答案】6.A 7.D【解析6】雾的形成与暖空气遇冷（遇冷空气、冷下垫面或降温），暖气团中水汽凝结直接相关。
2015年3月2015届高三第一次全国大联考(四川版)物理卷(正式考试版)
◎…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前【学科网学易大联考】2015年第一次大联考【四川卷】物理试题命题人：学科网大联考命题中心 题号 一 二 总分 得分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出．．答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）本卷共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.关于科学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）A ．根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短变矮B ．伽利略运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断C ．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D ．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在2.如图甲所示，质量m =2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动。
过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示。
取重力加速度g =10 m/s 2。
2015年四川省高考物理试卷
2015年四川省高考物理试卷一、选择题：每题6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分1．（6分）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A．一样大B．水平抛出的最大C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大2．（6分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两个小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波（）A．频率是30Hz B．波长是3m C．波速是1m/s D．周期是0.1s3．（6分）直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、b光相比（）A．玻璃对a光的折射率较大B．玻璃对a光的临界角较小C．b光在玻璃中的传播速度较小D．b光在玻璃中的传播时间较短4．（6分）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（）A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是e0D．有效值是Ne05．（6分）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（）B．火星做圆周运动的加速度较小C．火星表面的重力加速度较大D．火星的第一宇宙速度较大6．（6分）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（）A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量7．（6分）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10﹣4T．电子质量m=9.1×10﹣31kg，电量e=1.6×10﹣19C，不计电子重力．电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cmC．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm二、非选择题：（共68分）8．（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2=N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．9．（11分）用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值R x，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有：电流表A1（量程0～30mA）；电流表A2（量程0～100mA）；电压表V（量程0﹣6V）；滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；开关S一个，导线若干条．某同学的实验过程如下：Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路．Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴．I为横轴．得到如图2所示的图线．Ⅲ．断开开关，将R x改接在B、C之间．A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）．回答下列问题：①电流表应选用，滑动变阻器应选用②由图2的图线，得电源内阻r=Ω；③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式R x=，代入数值可得R x；④若电表为理想电表，R x接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围，电压表示数变化范围（选填“相同”或“不同”）10．（15分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．（1）求甲站到乙站的距离；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．（燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10﹣6克）11．（17分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10﹣6C．质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点．到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时的速度与竖直方向的夹角为α，且tanα=1.2．P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用．F 大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2．求：（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．12．（19分）如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ．均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。
文档：四川省物理答案
2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川）物理参考答案第Ⅰ卷(包括7小题，每小题6分，共42分)1.A2.C3.C4.D5.B6.BC7.AD第Ⅱ卷(包括4小题，共68分)8.（17分） （1）（6分）25.85（2分） 0.98（2分） 弹簧的原长（2分） （2）（11分） ①A 2 （2分） R 2 （2分） ②25 （2分） ③0I U －r （3分）④相同（1分）不同（1分）。
9.（15分）解：（1）设立车匀加速直线运动阶段多用的时间1t ，距离为1s ；在匀速直线运动阶段所用的时间为2t 距离为2s ，速度为v ；在匀减速运动阶段所用的时间为3t ，距离为3s ;甲站到乙站的距离为s 。
则s 1＝121vt ①s 2＝vt 2 ② s 3＝321vt ③s ＝1s ＋2s ＋3s ④由①②③④式联立，并代入数据解得： s ＝1950m ⑤ 说明：①③式各2分，②④⑤各1分。
（2）设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P ，所做的功为W 2。
设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W ，将排放气态污染物质量为M 。
则W 1＝Fs 1 ⑥ W 2＝Pt 2 ⑦ W= W 1+ W 2 ⑧ M= (3×10－9kg ·J -1) ·W ⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并带入数据得 M=2.04 kg ⑩ 说明：⑥⑦⑨各2分，⑧⑩式各1分。
10.（17分）解： (1)小物体P 在速率从0至2m/s 时，所受外力F 1＝2N ，设其做匀变速直线运动的加速度为a 1，经过时间△t 1速度为v 1，则F 1-μmg= ma 1 ①v 1＝a 1△t 1 ②由①②式并代入数据得 △t 1= 0.5s ③ 说明：①②③式各2分。
（2）小物体P 从速率为2m/s 运动至A 点，受外力F 2＝6N ，设其做匀变速直线运动的加速度为a 2则F 2-μmg= ma 2 ④ 设小物体P 从速度v 1经过△t 2时间，在A 点的速度为 v 2，则 △t 2=0.55s-△t 1 ⑤ v 2= v 1+ a 2△t 2 ⑥P 从A 点至B 点，受外力F 2＝6N 、电场力和滑动摩擦力的作用，使其做匀变速直线运动加速度为a 3，电荷量为q ，在B 点的速度为v 3，从A 点至B 点的位移为x 1，则 F 2-μmg-qE=ma 3 ⑦2B v －22v =2a 3x 1 ⑧P 以速度v 3滑出轨道右端B 点，设水平方向受外力为 F 3，电场力大小为F E ，有 F E =F 3 ⑨F 3与F E 大小相等方向相反，P 水平方向所受合力为零，所以，P 从点B 点开始做初速度为v 3的平抛运动。
2015年高考真题--理科综合(四川卷)物理 Word版含答案
线 横轴 I 的交点坐标
( I0 , 0)
纵轴 U 的交点坐标
( 0,U 0 )
滑动
阻器 选用 Ω
4 的 线 得电源内阻 r =
用 I0 U0 和 r 表示 测电阻的 系式 Rx 电表 理想电表 置调到某 (选填”相 ”或” 9 (15 置 ”)
代入数值可得 Rx
Rx 接在 B C 之间 接在 A B 之间 滑动 阻器滑 都从最大阻值 种情况相比 电流表示数 化范围 电压表示数 化范围
点 过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E＝1.5×106N/C 方向水 向右的 m＝0.25kg 轨道间动摩擦因数 μ
电场 带负电的小物体 P 电荷 是 2.0×10－6C 质 P从O点 静 开始向右 动
(2)(11
)用实验测 电 的内阻 r 和
测电阻的阻值 Rx 已知电 的电动势约 6V
电 内
阻和 测电阻阻值都 数十欧 可选用的实验器材有 电流表 A1( 程 0 – 30mA)
电流表 A2( 程 0 – 100mA) 电压表 V( 程 0 – 6V) 滑动 阻器 R1(阻值 0 –5Ω) 滑动 阻器 R2(阻值 0 –300Ω) 开 某 S 个 导线 条
谷时乙在 峰 且 木块之间有
A. 频率是 30Hz B. C. 长是 3m 是 1m/s
D. 周期是 0.1s 3. 直线 P1P2 过均匀玻璃球球心 O, 如 a b 相比 束 a,b 行且 于 P1P2 对 空气射入玻璃球的 路
A. 玻璃对 a B. 玻璃对 a C. b D. b
的 射率较大 的临界角较小
若015
高考四川卷理科综合试题进wo严d 进物理部 铜
)
铜
(第 卷 选择题 共 42 1. 在 力 A. B. 水 置以相 的 率把 则落在 大 抛的最大 个小球 别沿水 斜向
四川省资阳市2015届高三第二次诊断性考试物理试卷及解析
四川省资阳市2015届高三二诊考试物理试卷一、选择题（本题包括7小题．每题6分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得满分，选不全的得一半分数，有选错或不答的得0分）2．（6分）（2015•资阳模拟）如图是在高山湖泊边拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物（石块、砂砾等）都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是（）3．（6分）（2015•资阳模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）≈4．（6分）（2015•资阳模拟）“嫦娥二号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）5．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示是一列简谐横波某时刻的波形曲线，质点a、b相距20cm，c、d相距40cm，此时质点a的加速度大小为2m/s2，质点c的速度方向向下，且再经过0.1s，质点c将第一次到达下方最大位移处，则（）v=求解波速，根据判断加速度．v==可知，求6．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点．已知小球的质量为m、初速度大小为v0、斜面倾角为θ，电场强度大小未知．则下列说法中正确的是（）==7．（6分）（2015•资阳模拟）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ．一个质量为m、半径为r的通电匀质金属环位于圆台底部，0～t时间内环中电流大小恒定为I，由静止向上运动经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H．已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）﹣v=二、非选择题，（共68分）8．（8分）（2015•资阳模拟）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能E kB=mgR；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能E kC=；（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W f=；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=．==；9．（9分）（2015•资阳模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻r A=0.3ΩC．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.1ΩD．电压表：量程0～3V，内阻未知E．电压表：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器：0～10Ω，2AG．滑动变阻器：0～100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．（1）在上述器材中请选择适当的器材：ABDFH（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的甲（填“甲”或“乙”）（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=0.70Ω．r===1.010．（15分）（2015•资阳模拟）如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°．已知圆弧轨道半径为R=0.5m，斜面AB的长度为L=2.875m．质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力F c；（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ．………③11．（17分）（2015•资阳模拟）如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.4Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T．一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab 与导轨间动摩擦因数μ=0.2，ab连入导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）．不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2．求：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度v m；（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热Q R和流过电阻R的总电荷量q．Q=12．（19分）（2015•资阳模拟）如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示．开始时刻，磁场方向垂直纸面向内（如图），t=0时刻有一带正电的粒子（不计重力）从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0=2×103m/s．已知带电粒子的比荷为=1.0×104C/kg，其它有关数据见图中标示．试求：（1）t1=×10﹣4s时粒子所处位置的坐标（x1，y1）；（2）带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离h；（3）带电粒子是否还可以返回原点？如果可以，求返回原点经历的时间t′．m………×时粒子所处位置的坐标（。
2015全国高考物理2卷题及答案
绝密★2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力《物理》新课标Ⅱ卷测试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共110题，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1.答题前，现将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2Ｂ铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔记清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无线；再猜告知、试题卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第I卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.如图，两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰45，再由a点从静止释放好保持静止状态。
现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转°一同样的微粒，则微粒将A．保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动15.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上。
当金属框绕ab边以角速度w逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l。
下列判断正确的是A．Ua> Uc，金属框中无电流B. Ub >Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aC .Ubc=-1/2Bl²w，金属框中无电流D. Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿a-c-b-a16.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。
2015年四川省高考物理试卷【精编】
2015年四川省高考物理试卷一、选择题：每题6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分1．（6分）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A．一样大B．水平抛出的最大C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大2．（6分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两个小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波（）A．频率是30Hz B．波长是3m C．波速是1m/s D．周期是0.1s3．（6分）直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、b光相比（）A．玻璃对a光的折射率较大B．玻璃对a光的临界角较小C．b光在玻璃中的传播速度较小D．b光在玻璃中的传播时间较短4．（6分）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（）A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是e0D．有效值是Ne05．（6分）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（）行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011A．火星的公转周期较小B．火星做圆周运动的加速度较小C．火星表面的重力加速度较大D．火星的第一宇宙速度较大6．（6分）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（）A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量7．（6分）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10﹣4T．电子质量m=9.1×10﹣31kg，电量e=1.6×10﹣19C，不计电子重力．电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cmC．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm二、非选择题：（共68分）8．（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2=N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．9．（11分）用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值R x，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有：电流表A1（量程0～30mA）；电流表A2（量程0～100mA）；电压表V（量程0﹣6V）；滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；开关S一个，导线若干条．某同学的实验过程如下：Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路．Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴．I为横轴．得到如图2所示的图线．Ⅲ．断开开关，将R x改接在B、C之间．A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）．回答下列问题：①电流表应选用，滑动变阻器应选用②由图2的图线，得电源内阻r=Ω；③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式R x=，代入数值可得R x；④若电表为理想电表，R x接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围，电压表示数变化范围（选填“相同”或“不同”）10．（15分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．（1）求甲站到乙站的距离；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．（燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10﹣6克）11．（17分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10﹣6C．质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点．到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时的速度与竖直方向的夹角为α，且tanα=1.2．P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用．F 大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2．求：v（m•s﹣1）0≤v≤22＜v＜5v≥5F/N263（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．12．（19分）如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ．均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。
2015年全国高考试题独家解析理科综合(四川卷)答案
2015年全国高考试题独家解析(四川卷)理科综合答案物 理1．A 【解析】 根据动能定理可知2201122=+mv mgh mv 末，得20=2+v gh v 末，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确。
2．C 【解析】 据题意知0.5=f Hz ，2λ=m ，则1λ==v f m/s ，2=T s ，C 项正确。
3．C 【解析】 由题图可知<a b n n ，故A 错误；由1sin =C n 知>a b C C ，故B 错误；由=c n v知>a b v v ，故C 正确；a 光在玻璃中的传播距离比b 光小，由=st v知<a b t t ，D 错误。
4．D 【解析】 根据题意，小型发电机输出电压的峰值为02=m E Ne ，A 、B 项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E 的关系满足2=m E ，故有效值为02Ne ，C 项错误，D 项正确。
5．B 【解析】 根据万有引力定律可知222()π=M m Gm r Tr 太，得公转周期公式234π=r T GM 太，对同一中心天体，环绕天体的公转半径越大，公转周期越大，A 项错误；根据公转向心加速度公式2=GM a r 太，环绕天体的公转半径越大，公转向心加速度越小，B 项正确；对于天体表面的重力加速度，由2=GMg R 得>g g 地火，C 项错误；由第一宇宙速度公式1=GMv R，得11>v v 地火，D 项错误。
6．BC 【解析】 如图所示，根据三角形定则不难看出，在重力G 大小和方向都不变、库仑斥力F 变大且与重力之间的夹角臼由90o 逐渐减小的过程中，合力F 合将逐渐增大，A 项错误；从N 到P 的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F 合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90o ，再增大为钝角，即合力F 合对小琼口先做正功后做负功，小球a 的速率先增大后减小，B 项正确；小球a 从N 到Q 靠近小球b 的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C 项正确；P 到Q 的运动过程中，小球a 减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D 项错误。
绵阳市2015届高三二诊物理试题_Word含答案
θ OA FBLv 0·×I A v 0DEB +Q+Qv 0v 0C 高压 电源＋－ SRG1. 法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则 A. 接通电池后，电流计指针一直保持偏转 B. 接通电池时，电流计指针没有偏转 C. 接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转 D. 接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零2. 如图所示，质量为m 的小球（可视为质点）用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置。
现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则 A. F 1＝F 2＝2mg B. 从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC. 从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D. 从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大3．如图所示，一个不计重力的带电粒子以v 0沿各图的虚线射入场中。
A 中I 是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B 中＋Q 是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C 中I 是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。
其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是4．静电计是在验电器基础上制成，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小。
如图，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，A 板固定，手握B 板的绝缘柄，G 为静电计。
开始时开关S 闭合，静电计G 指针张开一定角度。
则 A ．保持S 闭合，只将A 、B 两板靠近些，G 指针张角变小B ．保持S 闭合，只将变阻器滑动触头向左移动，G 指针张角变大C ．断开S 后，只将A 、B 两板分开些，G 指针张角变小D ．断开S 后，只在A 、B 两板间插入电介质，G 指针张角变小5．假设月球是质量分布均匀的球体。
2015届高三第一次全国大联考(四川版)物理卷(解析版)
绝密★启用前2015年第一次大联考【四川卷】物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．无效．．。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）本卷共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.关于科学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）A ．根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短变矮B ．伽利略运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断C ．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D ．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在 【答案】B【考点】考查物理学史【解析】根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短，但是与运动垂直的方向长度不变，即高度不变，A 错；法拉第在研究电磁感应现象时利用了常规实验法，C 错；麦克斯韦预言了电磁波的存在，但是用实验证实了电磁波的存在的是赫兹，D 错；B 符合事实。
【易错警示】因斯坦提出的狭义相对论中的动尺变短指的是运动方向长度变短，不是任何方向的长度都变短。
2.如图甲所示，质量m =2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动。
过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示。
2015年四川省凉山州高考物理二诊试卷
2015年四川省凉山州高考物理二诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的革命与创新，下列说法正确的是（）A.电容器的电容大小与带电量有关B.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场一定能产生变化的电场C.根据狭义相对论原理可知，在不同惯性参考系中，光在真空中的光速是不同的D.电视机遥控器使用的是红外线【答案】D【解析】解：A、电容器的电容大小由电容器本身决定，与带电量无关，故A错误；B、变化的磁场一定能产生电场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，故B错误；C、根据狭义相对论原理可知，在不同惯性参考系中，光在真空中的光速是相同的，故C错误；D、电视机遥控器可以发射红外线，通过红外线实现遥控，故D正确．故选：D本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，知道电容器的电容大小由电容器本身决定．对于物理学上的重大发现，要加强记忆，这是考试的热点．2.科技活动小组的同学们为给西昌邛海湿地公园增加梦幻夜景做了一个小实验，将两盏不同颜色的单色光的灯A、B安装在水面下同一深度，结果发现A灯照亮的水面区域较大，以下说法正确的是（）A.A光的折射率小于B光的折射率B.在水中A光传播速度小于B光的传播速度C.用这两种光分别通过同一双缝干涉实验装置，A光条纹间距较小D.若在双缝干涉实验中，同时用这两种光分别照亮其中一条缝，在屏上能得到明暗相间的彩色干涉条纹【答案】A【解析】解：A、水下有两个点光源，在水面上看到照亮的水面区域的边缘，光线恰好发生了全反射，此处入射角等于临界角，由题，在水面上看到A光照亮的水面面积较大，说明A光的临界角大于B光的临界角，由临界角公式sin C=分析得知，A光的折射率小于B 光的折射率．故A正确．B、由v=得知，在水中A光传播速度大于B光的传播速度．故B错误．C、由于A光的折射率小于B光的折射率，则在空气中，A光的波长大于B光的波长，在同等条件下，双缝干涉条纹间的距离与波长成正比，则让A光和B光通过同一双缝干涉装置，A光条纹间距较大．故C错误．D、若在双缝干涉实验中，同时用这两种光分别照亮其中一条缝，在屏上能得到明暗相间的单色干涉条纹．故D错误．故选：A．水下有两个点光源，A灯照亮的水面区域较大，说明A光的临界角大于B光的临界角，由临界角公式sin C=分析折射率的大小．由v=判断光在水中速度的大小．波长越长，衍射现象越明显．干涉条纹间的距离与波长成正比本题关键是分析两束光临界角的大小，再进一步分析折射率、波长、干涉条纹间距等等的大小关系．3.如图所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框ABCD，电枢绕垂直于磁场方向的线框对称中心线OO′匀速转动，通过电刷与一理想变压器连接，已知该变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，副线圈中接一“44V，44W”的电动机，此时它正常工作．所有线圈及导线电阻不计，电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是（）A.电压表的读数为220VB.若仅将矩形线圈变为圆形（线圈匝数、导线材料以及单匝长度不变），电压表示数将增大C.图示时刻，磁通量最大，电动势为0，因此电压表的读数为0D.若该电动机的内阻为8Ω，则它的输出功率为32W【答案】B【解析】解：A、副线圈中接一“44V，44W”的电动机，此时它正常工作，说明副线圈中的电压是44V，原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，所以原线圈中的电压：V=220V．则交流电压的读数是220V．故A错误；B、据E=NBSω知，线圈转动产生的电动势最大值与线圈的面积成正比，所以若仅将矩形线圈变为圆形（线圈匝数、导线材料以及单匝长度不变），线圈中的电动势增大，电压表示数将增大．故B正确；C、图示时刻，磁通量最大，电动势为0，但是电压表的读数为有效值，是220V．故C 错误；D、电动机的电流：A，电动机的内电阻的热功率：内W，所以它的输出功率为：P出=P-P内=44-8=36W．故D错误．故选：B根据电压之比等于匝数比，求出原线圈的输入电压，据E=NBSω求出线圈转动产生的电动势；根据电流比等于匝数之反比求出副线圈的电流．解决本题的关键掌握交流电电动势峰值的表达式，以及知道峰值与有效值的关系，知道原副线圈电压、电流与匝数比的关系．4.如图所示，匀强电场中有一梯形ABCD，其中AB=2cm，BC=1cm，CD=4cm，A、B、C三点电势分别为φA=12V，φB=6V，φC=3V，则下列说法正确的是（）A.若一电子从A点移动到D点，它将克服电场力做功3e VB.将一电子从A点移动到D点，电场力做功5e VC.匀强电场场强的最小值为3×102V/mD.匀强电场场强的最小值为2×102V/m【答案】C【解析】解：由题，AB=2cm，CD=4cm=2AB，匀强电场中，沿着相同的方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，故：2（φA-φB）=φD-φC代入数据可得：φD=15VA、电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，故电子从A点移到D点，电场力做的功为：W AD=q U AD=-e（φA-φD）═-1e×（12-15）V=3e V，电场力做正功．故A错误，B错误；C、根据匀强电场的特点可知，沿电场线的方向电势降落最快，所以相等的电势差下，电场线方向在两点的连线上时的电场强度最小，电场线的方向沿AB的方向时的电场强度最小，最小为：V/m．故C正确，D错误；故选：C匀强电场中，沿着相同的方向，每前进相同的距离，电势的变化相同；电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，根据W=q U求解电场力做的功．本题关键是明确匀强电场中沿着相同的方向每前进相同的距离电势的变化相同，然后结合电势差与电场力做功关系列式分析．5.一列简谐波以3m/s的波速沿x轴正方向传播，已知t=0时刻波形如图所示，则下列说法正确的是（）A.该机械波的周期为1sB.x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动C.x=0处的质点在t=s时速度最大D.x=0处的质点在t=s时到达平衡位置【答案】C【解析】解：A、由图可知，该波的波长是6m，其周期：==2s．故A错误；B、波沿x轴正方向传播，由平移法可知，x=0处的质点在t=0时向y轴正向运动．故B错误；C、波的角频率：，其振动方程：y=A•sin（ωt+β），t=0时，x=0处的质点在cm处，所以：；t=s时，质点位于平衡位置处，速度最大．故C正确；D、在t=s时，，质点位于最大位移处．故D错误．故选：C由图象读出波长，由即可求出周期．由图象的平移法即可判断出质点振动的方向；结合平移法求出波形的变化，判断出是否受到最大，以及是否在平衡位置．本题考查对振动与波动关系的分析和理解能力．波在同一均匀介质中是匀速传播的．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.物理学中各种图象具有深刻含义，如果如图图象坐标都为国际单位制单位，那么下列说法正确的是（）A.若图表示物体运动的速度-时间图象，则该图线的斜率表示物体运动的位移B.若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势C.若图描述的是某物体加速度随合外力的变化关系，则该图线斜率表示物体的质量 D.若图表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关系，则图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小【答案】BD【解析】解：A、速度时间图象中斜率，斜率表示加速度，故A错误；B、磁通量随时间变化的图象中斜率为：，根据法拉第的电磁感应定律可知，电动势与磁通量的变化率成正比，故若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势，故B正确；C、加速度随力变化图象中，斜率为：根据牛顿第二定律得：，所以图象的斜率表示质量的倒数，故C错误；D、直线运动物体的合外力随位移的变化关系图象中，围成的面积为，根据动能定理得：F x=E K2-E K1，故图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小的一半，故D正确；故选：BD．对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决．本题考察迁移能力的应用，是道好题．7.如图所示，可视为质点的不带电绝缘小物体A质量为2kg，放在长L=1m质量也为2kg的木板B的最右端．已知A、B之间接触面光滑，B与水平面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g=10m/s2．若从t=0开始，对木板B施加水平向右的恒力F=8N，则下列说法正确的是（）A.t=0时刻，B的加速度大小为4m/s2B.A、B将在t=2s时分离C.若在t=2s时撤去水平恒力，则B在水面上的总位移大小为17mD.若在t=2s时撤去水平恒力，则直至B停止运动时系统因为摩擦而产生的热量为36J 【答案】CD【解析】解：A、根据牛顿第二定律得，B的加速度为：=．故A错误；B、A离开B所需的时间为：，故B错误；C、A离开B时，B的速度为：v1=a B t1=2×1m/s=2m/s，此时B的位移为：x1=L=1m，A离开B后B的加速度为：′=3m/s2；在第2s内B的位移为：′=，此时B的速度为：v2=v1+a B′t2=2+3×1m/s=5m/s，撤去恒力后，B的加速度大小为：，B匀减速运动的位移大小为：，则B的总位移为：x=x1+x2+x3=1+3.5+12.5m=17m．故C正确；D、产生的热量等于全程中摩擦力所做的功，则有：Q=μ（m A+m B）gx1+μm B g（x-x1）=0.1×40×1+0.1×20×16=36J；故D正确；故选：CD．根据牛顿第二定律求出B的加速度．根据位移时间公式求出A脱离B的时间，判断出1s末A脱离B，结合速度时间公式求出A脱离B时B的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出第2s内的位移以及末速度，再根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，结合速度位移公式求出匀减速运动的位移大小，从而得出总位移．解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度中等．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)8.（1）在力学实验中经常使用如图1所示装置，已知打点计时器所用交流电的频率为f，小车的质量为M，钩码的质量为m，在利用该装置进行的实验中，下列说法唯一正确的是______A．在“研究匀变速运动”的实验中，首先要平衡摩擦力B．“探究功与速度变化的关系”的实验要满足M远大于mC．“探究物体的加速度与力的关系”实验中，平衡摩擦力后，小车在运动中受到的合外力就等于钩码的重力mgD．在实验中先让小车运动再闭合打点计时器（2）若学生利用此实验装置做“研究匀变速运动”实验，在实验之前看见桌上有一把游标卡尺，就用来测量了小车的长度，读数如图2所示，则小车的长度为______ cm （3）如图3为研究匀变速直线运动某次实验打出的部分纸带，打点计时器的电源频率为50H z，根据测量数据计算出的加速度值为a= ______ m/s2（结果保留两位有效数字）【答案】B；9.020；0.79【解析】解：（1）A、在“研究匀变速运动”的实验中，不需要平衡摩擦力，故A错误；B、“探究功与速度变化的关系”的实验要满足M远大于m，需要用钩码的重力大小代替小车的合力．故B正确；C、“探究物体的加速度与力的关系”实验中，平衡摩擦力后，小车在运动中受到的合外力近似等于钩码的重力mg，故C错误；D、在实验中先闭合打点计时器再让小车运动，故D错误；故选：B（2）游标卡尺的固定刻度读数为9cm，游标读数为0.05×4=0.20mm=0.020cm，所以最终读数为9cm+0.020cm=9.020cm；（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小，得：a==0.79m/s2故答案为：（1）B（2）9.020（3）0.79“研究匀变速直线运动”的实验中，不需要先平衡摩擦力再进行实验，只要满足小车做匀加速直线运动就可以呢．“探究功与速度变化的关系”的实验要满足M远大于m，需要用钩码的重力大小代替小车的合力．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小．该题涉及的实验比较多，不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，然后可以讨论得出相应结论．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．9.某同学设想运用如图1所示的实验电路，测量未知电阻R x的阻值，电流表A的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求．（1）为了测量未知电阻R x的阻值，他在闭合开关K1之前应该将两个电阻箱的阻值调至______ （填“最大”或“最小”），然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数l0；接着将开关K2拨至2位置，保持R2不变，调节R1，当调节R1=34.2Ω时，电流表A读数仍为l0，则该未知电阻的阻值R x= ______ Ω．（2）为了测量电流表A的内阻R A和电源（内阻忽略不计）的电动势E，他将R1的阻值调到R1=1.5Ω，R2调到最大，将开关K2调至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图2所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：______ （用题中所给字母表示）；利用图象中的数据可求得；电流表A的内阻R A= ______ Ω，电源（内阻忽略不计）的电动势E= ______ V．【答案】最大；34.2；；0.5；4【解析】解：（1）闭合开关K1之前，从保护电路的角度，R2的阻值应调到最大值，根据题意可知，开关K2拨至1位置和2位置时，电流表示数相同，R2阻值不变，所以R x=R1=34.2Ω，（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R1+R2+R A）整理得：，则图象的斜率表示，在纵轴上的截距表示，结合图象得：，解得：E=4V，R A=0.5Ω故答案为：（1）最大；34.2；（2）；0.5；4（1）从保护电路的角度考虑R2的阻值，分析开关K2拨至1位置和2位置时的电路结构，根据欧姆定律求解阻值；（2）根据闭合电路欧姆定律求出的表达式，结合图象得斜率、截距的物理意义即可求解．此类题目要求先明确实验的原理，再由原理得出实验的方法，从而得出正确的数据，体现了等效替代法在物理实验中的应用．四、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.随着世界各国航天事业的发展，宇宙探测已成为各国关注的热点，宇宙中有颗类地行星，质量是地球质量的2倍，直径也是地球直径的2倍，假若发射一个质量m=5000kg 的探测器对该星体表面进行勘察研究，该探测器内装有发动机，探测器软着陆在一块平地上的P点，距离着陆的指定目标A点还有距离L=12m，探测器落地稳定后启动发动机，让探测器以a1=1m/s2的加速度开始作匀加速运动，到达A点前关闭发动机最后恰停在A点．已知探测器与该星体地面间的动摩擦因数μ=0.2，地球表面的重力加速度g=10m/s2．求：（1）该星体表面的重力加速度为多大？（2）探测器从P点到达A点的过程中，发动机所做的功为多少？（3）从P点到达A点的过程中探测器的最大速度和最大功率分别为多少？【答案】解：（1）在星球表面，重力等于万有引力，故：mg=星体表面重力加速度：g=故：=，解得：（2）探测器在整个运动过程中，根据动能定理，有：W F-F f l=0解得：W F=5000×10×12=6×104J（3）运动的最大速度为v，则：+=L解得：v=2m/s加速过程，有：F-mg1=ma1解得：F=1×104N发动机提供最大功率：P=F v=2×104W答：（1）该星体表面的重力加速度为5m/s2；（2）探测器从P点到达A点的过程中，发动机所做的功为6×104J；（3）从P点到达A点的过程中探测器的最大速度为2m/s，最大功率为2×104W．【解析】（1）在星球表面，重力等于万有引力，列式求解出重力加速度表达式进行分析即可；（2）对上升的整个过程根据动能定理列式求解即可；（3）上升12m过程是先加速后减速，根据速度位移公式求解最大速度，根据P=F v求解最大功率．本题关键明确在星球表面重力等于万有引力，然后结合牛顿第二定律、功能关系和运动学公式列式求解即可，基础题目．11.两根相距l=1m的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个“6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角θ=37°，两金属杆ab、cd与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆ab质量m1=1kg；电阻R1=1Ω；cd质量m2=2kg，电阻R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab杆在平行于倾斜导轨向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过程中ab杆均在倾斜导轨上运动，cd杆始终保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）ab杆向上匀速运动的速度大小（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小（3）ab杆从开始运动到速度最大过程中上升的位移x=4m，求此过程小灯泡发光产生的热量．【答案】解：（1）ab棒匀速运动时，小灯泡正常发光，则流过灯泡的电流为I1==A=0.5A cd杆与灯泡并联，电压相等，则流过cd杆的电流为I2==A=1.5A则流过ab杆的总电流为I=I1+I2=2A由B lv=U+IR1，得：ab杆向上匀速运动的速度大小v=4m/s（2）cd杆始终保持静止，受力平衡，所受的安培力大小为F安=BI2l静摩擦力为f=F安cos37°代入解得f=2.4N（3）ab杆匀速运动时，F=m1gsin37°+μm1gcos37°+BI l=14Nab杆运动过程中，系统产生的总热量为Q，则由能量守恒得：F x-m1gxsin37°-μm1gxcos37°=+Q解得Q=8J根据焦耳定律Q=I2R t知，ab杆、cd杆和灯泡产生的热量之比为Q R1：Q R2：Q L=（22×1）：（1.52×4）：（0.52×12）=4：9：3故小灯泡发光产生的热量为Q L=Q=1.5J答：（1）ab杆向上匀速运动的速度大小为4m/s．（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小为2.4N．（3）此过程小灯泡发光产生的热量为1.5J．【解析】（1）ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，由公式P=UI可求出灯泡的电流，由欧姆定律求出通过cd棒的电流，从而得到通过ab棒的电流，再由平衡条件和安培力公式结合求解其速度大小．（2）cd杆始终保持静止，受力平衡，求出其所受的安培力，再由平衡条件求解cd杆受到的摩擦力大小．（3）由ab棒匀速运动，求出F的大小，再由能量守恒求出回路中产生的总热量，结合电路的结构求解小灯泡发光产生的热量．本题分析电路的连接，把握各部分电压和电流的关系是关键．同时要能准确分析能量如何转化，要熟练掌握电路知识、电磁感应知识，并能综合应用．12.如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方有一圆形的有界匀强磁场（图中未画），磁场方向垂直于纸面向内，磁感应强度B=0.1T，x轴下方有一方向斜向右上与y轴正方向夹角α=37°的匀强电场．在x轴上放一挡板，长2.4m，板的左端在坐标原点O处，有一带正电粒子从y轴上的P点（坐标0，6.8）以大小v=4m/s，方向与y轴负方向成θ=53°角的速度射入第二象限，经过圆形磁场偏转后从x轴上的A点（坐标-1.6，0）与x轴正方向夹α=37°角射出并进入电场运动．已知粒子的比荷=20C/kg，不计粒子的重力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为多少？（2）圆形磁场区域的最小面积为多少？（3）要让带电粒子射出电场时能打在挡板上，求电场强度E的大小满足的条件及从P 点射出到打在挡板上对应的最长时间．【答案】解：（1）由洛仑兹力充当向心力可知：qv B=m代入数据解得：r=2m；（2）由几何关系可得：圆形磁场半径最小值R满足：R=rsin53°=2×0.8=1.6m；则对应的最小面积为：s=πR2=π×（1.6）2=2.56π（m2）（3）粒子进入电场后做类平抛运动，设它从A点射到X轴时的位移为x，则有：xcos37°=vt；xsin37°=联立解得：E==代入数据解得：≤E≤由图的对称性可知：op+OA tan37°=2R+2lcos57°代入数据解得：l=4m；打在档板右端对应的时间最长；t1===1s；t2===（s）t3=（°）=0.5st4=°=0.8s；t=1+0.5+0.8+=2.3+（s）答：（1）粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为为2m；（2）圆形磁场区域的最小面积为2.56π（m2）；（3）要让带电粒子射出电场时能打在挡板上，电场强度E的大小满足的条件为≤E≤；从P点射出到打在挡板上对应的最长时间为2.3+（s）．【解析】（1）由洛仑兹力充当向心力可求得半径；（2）由几何关系明确磁场圆的最小半径；则可求得最小面积；（3）根据题意明确粒子的运动过程，根据对称性可求得粒子转动情况，分别求得各过程中的时间，则可求得总时间．本题是粒子在混合场中运动，根据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度适中高中物理试卷第11页，共11页。
【解析】四川省乐山市2015届高三二模物理试题Word版含解析
2015年四川省乐山市高考物理二模试卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）（2015•乐山二模）一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x=处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x=处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是（）A．t1=t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法判断【考点】：简谐运动的回复力和能量；简谐运动．【专题】：简谐运动专题．【分析】：做简谐运动的弹簧振子做变加速运动，振子远离平衡位置时速度减小，相反靠近平衡位置时速度增大，根据振子的运动情况分析确定时间关系【解析】：解：A、根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x=A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x=A处的平均速度，而路程相等，说明t1＜t2．故ACD错误，B正确；故选：B【点评】：解答本题关键要理解并掌握振子的运动情况，也可以通过作振动图象进行分析．2．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出．下列说法正确的是（）A．a光的频率小于b光的频率B．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距等于b光的条纹间距C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：作出光路图，根据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率的大小和波长的大小，通过波长大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小．【解析】：解：A、作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大．故A错误．B、a光的频率较大，则波长较小，根据干涉条纹间距公式△x=，知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距．故B错误．C、因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行．故C正确．D、因为a光的折射率较大，由临界角公式sinC=，则知a光的临界角小．故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，并掌握折射率与波长、临界角等之间的关系．3．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R=4Ω的电阻和两个“18V，9W”相同小灯泡，当开关S断开时，小灯泡L1刚好正常发光，则（）A．原线圈输入电压为200VB．S断开时原线圈中的电流为0.05AC．闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比增大D．闭合开关S后，小灯泡L1消耗的功率减小【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】：解：A、灯泡正常发光，副线圈电流为I==0.5A，所以副线圈两端电压U=18+0.5×4=20V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200V，所以A正确；B、电流与匝数成反比，由A知S断开时原线圈中的电流为0.05A，所以B正确；C、闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C错误；D、当开关S闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R分压增大，小灯泡L1消耗的功率减小，故D正确；故选：ABD．【点评】：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．4．（6分）（2015•乐山二模）“神舟十号”飞船绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道高度距离地面约340km，则关于飞船的运行，下列说法中正确的是（）A．地球对飞船的万有引力提供飞船运行的向心力B．飞船处于平衡状态C．飞船运行的速度大于第一宇宙速度D．飞船运行的加速度大于地球表面的重力加速度【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】：飞船绕地球做匀速圆周运动过程中只受到地球的万有引力，故可知万有引力提供飞船圆周运动的向心力，由此分析即可．【解析】：解：A、飞船飞行过程中只受地球引力作用下做匀速圆周运动，故万有引力提供飞船运行的向心力，故A正确；B、飞船做匀速圆周运动，合力不为零，故飞船处于非平衡状态，故B错误；C、据万有引力提供圆周运动向心力知飞船的速度随轨道半径增大而减小，而第一宇宙速度是近地卫星运行的速度，是绕地球圆周运动的最大速度，故飞船运行速度小于第一宇宙速度，C错误；D、在地球表面重力与万有引力大小相等，由可知，飞船的加速度随轨道半径的增大而减小，故飞船的加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误．故选：A．【点评】：绕地球圆周运动的飞船所需向心力由万有引力提供，知道第一宇宙速度的物理意义，知道地球表面重力与万有引力相等是正确解题的关键．5．（6分）（2015•乐山二模）相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a 运动到d的过程中（）A．粒子的速度一直在增大B．粒子的电势能一直在减小C．粒子在a点的电势能比在d点低D．粒子的加速度先变大再不变后变小【考点】：电场线；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电场力的方向与电场线的切线的方向相同，根据电场力做功与动能的变化判断A，根据电场力做功与电势能的关系判断B，根据沿电场线的方向电势解答判断C，电场线的疏密表示电场的强弱．【解析】：解：A、由于电场力的方向与电场线的切线的方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小．故A错误；B、在a点的附近，电场力做负功，根据电场力做功与电势能的关系知粒子的电势能在a点的附近先增大．故B错误；C、从图中可得，a点位移a所在电场线的接近中点的地方，二d点离负极板更近一些，所以a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能．故C错误；D、电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度想增大，后减小．故D正确．故选：D【点评】：该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系．图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键．6．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是（）A．货箱向上运动的速度大于vB．缆绳中的拉力F T＞（M+m）gC．货车对缆绳拉力做功的功率P＞（M+m）gvcosθD．货物对货箱底部的压力小于mg【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；运动的合成和分解．【专题】：功率的计算专题．【分析】：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可．【解析】：解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcosθ由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，故B正确；C、整体的速度为vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正确；D、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式P=Fv分析，不难．7．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r 的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p=mD．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=m【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由E=BLv0和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．【解析】：解：A、导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确．B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0．由于r=R，所以导体棒两端的电压U=E=BLv0．故B错误．C、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于．故C错误．D、金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q==，故D正确．故选：AD【点评】：弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用．二、非选择题（共68分）8．（6分）（2015•乐山二模）如图所示是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带．打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出．F点的速度v=0.71m/s，加速度a=7.8m/s2（结果均保留两位有效数字）．【考点】：探究小车速度随时间变化的规律．【专题】：实验题．【分析】：由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得F点的速度．由△x=aT2可得知道的加速度．【解析】：解：EG间距为：2.84×10﹣2mF点的速度为：，纸带的加速度为：=7.8m/s2．故答案为：0.71；7.8．【点评】：关于纸带首先要掌握平均速度表示瞬时速度；其次要会用△x=aT2求加速度；9．（10分）（2015•乐山二模）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧．实验中得到了多组数据，通过描点连线在I﹣﹣U系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示．（1）在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路．（2）根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，图丁示意图中合理的是D．（3）将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路，电源电动势为6.0V，内阴为1.0Ω．若电路中的电流为0.40A，则定值电阻R所消耗的电功率为0.64W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．（2）根据图甲所示图象判断灯泡电阻随电压变化的关系，然后根据电功率公式分析答题．（3）由图甲所示图象求出电流为0.4时，灯泡两端电压，然后根据图象求出灯泡两端电压，最后由闭合电路欧姆定律与电功率公式P=UI求出电阻消耗的功率．【解析】：解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由图甲所示图象可知，灯泡电阻约为R==≈14.6Ω，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）由图甲所示图象可知，随灯泡电流与电压的增大，电压与电流的比值增大，即随灯泡电流与电压的增大，灯泡电阻增大；A、由于灯泡电阻随U的增大而增大，由P=可知，灯泡电阻随U2增大P﹣U2斜率减小，故AB错误；C、由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由P=I2R可知，P﹣I2图象斜率增大，故C错误，D正确；（3）由图甲所示图象可知，电流为0.4A时，灯泡两端电压为4V，电阻两端电压U R=E﹣Ir﹣U L=6﹣0.4×1﹣4=1.6V，电阻消耗的电功率P=U R I=1.6×0.4=0.64W．故答案为：（1）实验电路图与实物电路图如图所示；（2）D；（3）0.64．【点评】：本题考查了设计实验电路图、连接实物电路图、判断灯泡功率的变化规律、求电阻消耗的功率等问题，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．10．（15分）（2015•乐山二模）如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25．工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为θ=37°并保持不变，经4s后松手．（g=10m/s2）求：（1）松手前铸件的加速度；（2）松手后铸件还能前进的距离．【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对铸件分析，抓住竖直方向上合力为零，根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，结合速度时间公式求出松手时的速度，通过牛顿第二定律和速度位移公式求出继续前进的距离．【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律得，松手前铸件的加速度a==m/s2=1.3m/s 2．（2）松手时铸件的速度v=a1t=1.3×4m/s=5.2m/s，松手后的加速度大小，则松手后铸件还能滑行的距离x=．答：（1）松手前铸件的加速度为1.3m/s2；（2）松手后铸件还能前进的距离为5.4m．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．11．（17分）（2015•乐山二模）如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m=1kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑块已上滑s=0.2m的距离（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；（2）t2=0.3s和t3=0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；（3）弹簧锁定时具有的弹性势能E P．【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：（1）根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度，通过牛顿第二定律求出滑块加速度和地面之间的动摩擦因数．（2）利用运动学公式求出0.3s时的速度，在下滑过程中求出下滑加速度，利用运动学公式求出0.4s 的速度（3）在0﹣0.1s内运用动能定理，求出弹簧弹力做的功，从而得出弹性势能的最大值．【解析】：解：在bc段做匀加速运动，加速度为：根据牛顿第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=maμ=（2）根据速度时间公式，得：t2=0.3s时的速度大小：v1=v0﹣at=1﹣10×0.1=0在t2之后开始下滑下滑是的加速度为mgsin37°﹣μmgcos37°=ma′a′=gsin37°﹣μmgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8m/s2=2m/s2从t2到t3做出速度为零的加速运动时刻的速度为：v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s（3）从0到t1时间内，有动能定理可得W P﹣mgssin37°﹣μmgscos37°=W P=mgssin37°+μmgscos37°+=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+J=4J答：（1）物体离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a为10m/s2及动摩擦因数μ的大小为0.5 （2）t2=0.3s和t3=0.4s时滑块的速度v1、v2的大小分别为0，0.2；（3）锁定时弹簧具有的弹性势能E p为4J．【点评】：本题考查了动能定理、牛顿第二定律等规律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．12．（20分）（2015•乐山二模）如图所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点．已知P点坐标为，带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，不计粒子重力．求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）N点的坐标；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．【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）粒子从P点到O点做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，抓住等时性求出匀强电场的电场强度大小．（2）根据平行四边形定则求出粒子在O点的速度，因为粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，所以N点的速度与O点的速度相等，粒子在N点的速度是P点的速度2倍，所以类平抛运动的时间是以前的二分之一，结合运动学公式求出竖直位移，从而得出N点的坐标．（3）根据几何关系得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小．【解析】：解：（1）设粒子从P到O时间为t，加速度为a，则L=v0t，由牛顿第二定律，可得qE=ma由以上三式，可解得：（2）设粒子运动到N点时速度为v，则：，所以粒子从N到P的时间：沿y轴位移：，因此N点坐标为（0，）（3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R．粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30°由几何关系可知：，又因为：解得．答：（1）（1）匀强电场的电场强度大小为；（2）N点的坐标（0，）；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．【点评】：解决本题的关键理清粒子整个过程中的运动规律，掌握处理类平抛运动和圆周运动的方法，作出运动轨迹，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解．。
2015年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(四川卷)--(附解析答案)
1.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小 ( ) A.一样大 B.水平抛的最大 C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大【解析】选A 。
三个小球被抛出后,均仅在重力作用下运动,三球从同一位置落至同一水平地面时,设其下落高度为h,并设小球的质量为m,根据动能定理有:mgh=12mv 2-201mv 2,解得小球的末速度大小为20v 2gh +,与小球抛出的方向无关,即三球的末速度大小相等,故选项A 正确。
2.平静湖面传播着一列水面波(横波),在波的传播方向上有相距3m 的甲、乙两小木块随波上下运动。
测得两小木块每分钟都上下30次,甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰。
这列水面波 ( ) A.频率是30Hz B.波长是3m C.波速是1m/s D.周期是0.1s【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)根据小木块每分钟上下30次,可计算出频率和周期。
(2)根据甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰,可计算出波长。
(3)由v=Tλ可求出波速。
【解析】选C 。
由于小木块每分钟振动30次,因此周期为:T=6030s=2s,频率为:f=1T=0.5Hz,故A 、D 错;又因为甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰,所以32λ=s AB ,解得波长λ=2m 。
波速v=Tλ=1m/s,B 错、C 对。
3.直线P1P2过均匀玻璃球球心O,细光束a、b平行且关于P1P2对称,由空气射入玻璃球的光路如图。
a、b光相比( )A.玻璃对a光的折射率较大B.玻璃对a光的临界角较小C.b光在玻璃中的传播速度较小D.b光在玻璃中的传播时间较短【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)光的偏折程度与光的折射率有关,折射率大的光,光的偏折程度较大。
(2)理解公式sinC=1n和n=cv的含义。
【解析】选C。
由题图可判断出玻璃对光束b的折射率大于光束a,A错误;根据公式sinC=1 n ,可知玻璃对a光的临界角大于b光的临界角,B错误;根据公式n=cv,可知b光在玻璃中的传播速度比a光小,C正确;根据以上分析可知,b光在玻璃中传播的距离比a光大,同时传播速度比a光小,所以传播时间比a光长,D错误。
四川省绵阳市2015届高三物理二诊试题(含解析)
2015年四川省绵阳市高考物理二诊试卷一、选择题〔每题6分〕1．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，如此〔〕A．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B．接通电池时，电流计指针没有偏转C．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零【考点】：研究电磁感应现象．【分析】：根据感应电流产生的条件分析答题．【解析】：解：A、接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，故AB错误，D正确；C、接通电池后再断开时的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，故C错误；应当选：D．【点评】：此题是一道根底题，知道感应电流产生的条件即可正确解题．2．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，质量为m的小球〔可视为质点〕用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，如此〔〕A． F1=F2=2mgB．从A到B，拉力F做功为F1LC．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大【考点】：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：根据共点力平衡求出在B点的拉力，根据动能定理和牛顿第二定律求出小球在最低点的拉力，从而比拟两拉力的大小．对A到B过程运用动能定理，求出拉力F做功的大小．根据首末位置的重力功率，判断整个过程中的重力功率变化．【解析】：解：A、在B点，根据平衡有：F1sin30°=mg，解得F1=2mg．B到A，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律得，，联立两式解得F2=2mg，故A正确．B、从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，W F﹣mgL〔1﹣cos60°〕=0，解得，故B错误．C、从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误．D、在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误．应当选：A．【点评】：此题考查了平衡、牛顿第二定律、动能定理的综合运用，知道从A到B的过程中，拉力表示恒力，不能通过功的公式求解拉力做功的大小，需通过动能定理进展求解．3．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中．A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B中+Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是〔〕A． B． C． D．【考点】：带电粒子在混合场中的运动；平行通电直导线间的作用．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：当带电粒子所受的合力为零时才能做匀速直线运动，分析粒子的受力情况，从而作出判断．【解析】：解：A、根据安培定如此判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A正确．B、根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B错误．C、由安培定如此知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确．D、假设粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定如此判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，如此带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．此题选不可能做匀速直线运动的，应当选：B．【点评】：此题要紧扣匀速直线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定如此和左手定进展判断．4．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕静电计是在验电器根底上制成，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小．如图，A、B是平行板电容器的两个金属板，A板固定，手握B板的绝缘柄，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计G指针张开一定角度．如此〔〕A．保持S闭合，只将A、B两板靠近些，G指针张角变小B．保持S闭合，只将变阻器滑动触头向左移动，G指针张角变大C．断开S后，只将A、B两板分开些，G指针张角变小D．断开S后，只在A、B两板间插入电介质，G指针张角变小【考点】：电容器的动态分析．【专题】：电容器专题．【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解析】：解：A、B、保持开关闭合，电路稳定时电路中没有电流，如此电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，不论A、B两板靠近些，还是将变阻器滑动触头向左移动，如此静电计指针张角不变，故AB错误；C、断开电键，电容器的带电量Q不变，将A、B两极板分开一些，如此d增大，根据C=，可知电容减小，而Q不变，根据C=，知电容器极板间电势差增大，静电计指针张角增大，故C错误；D、断开电键，电容器带电量Q不变，在A、B插入一块电介质，如此据C=，可知电容增大，而Q不变，根据C=，知电容器极板间电势差减小，静电计指针张角减小，故D正确．应当选：D．【点评】：此题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变，根据电容的决定式和定义式结合分析．5．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕假设月球是质量分布均匀的球体．月球半径为r，飞行器仅在月球万有引力作用下在月球外表附近绕月球外表飞行一周用时为t，可以认为月球不自转，引力常量为G．如此可以计算〔〕A．月球的第一宇宙速度B．月球与地球之间的距离C．飞行器的质量D．飞行器静止在月球外表上时对月球外表的压力【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：飞行器贴近月球外表做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和密度公式分析能否求出月球的质量和密度．根据月球对卫星的万有引力等于卫星的重力，得到月球外表的重力加速度．【解析】：解：A、月球上的第一宇宙速度是月球近外表运行的速度，所以月球上的第一宇宙速度v=，故A正确B、要求月球与地球之间的距离，由=须知月球转动的规律，故B错误；M=，即可求出月球的质量M，不能求出空间站m．C、空间站贴近月球外表做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，列出等式，其中空间站的质量消去，无法求解空间站的质量，故C错误D、由mg=，如此月球外表的重力加速度g==，即可求出月球外表的重力加速度．不知道飞行器的质量，不能求月球外表的压力，故D错误．应当选：A．【点评】：研究飞行器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解，注意公式的变形．6．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止．在斜面体AB边上靠近B点固定一点电荷，从A点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块〔视为质点〕，运动到P点时速度恰为零．如此小物块从A到P运动的过程〔〕A．水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B．小物块的电势能一直增大C．小物块所受到的合外力一直减小D．小物块损失的机械能大于增加的电势能【考点】：电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：对物体受力分析和运动过程的分析，通过受力分析判断出物体的各个力做功情况即可判断【解析】：解：A、对整体受力分析可知，带电物块在沿斜面运动过程中，受到库仑力、重力、垂直斜面的支持力，沿斜面向上的摩擦力，先作加速运动，后作减速运动，水平方向加速度大小先减小后增大，所以要受到地面的摩擦力，摩擦力大小先减小后反向增大．故A错误；B、有运动可知，B电荷带负电荷，A也带负电荷，故A在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，故B正确；C、物块A先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，故C错误；D、由能量守恒可知带电物块损失的机械能大于它增加的电势能，是因为抑制摩擦力做了功，也损失机械能，故D正确；应当选：BD【点评】：此题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析与能量守恒即可7．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面一样且绝缘，一样的带负电小球从斜面上的同一点O以一样初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点〔图中未画出〕．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．如此〔〕A． O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功一样【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据带电小球受到重力，电场力与洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，与平抛运动的规律，即可求解．【解析】：解：A、带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，如此有：，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此OB间距小于OC间距，故A正确；B、由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B错误；C、根据A分析，如此有，那么v y=at=2v0tanθ，如此有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法如此，可得，小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确；D、由于洛伦兹力作用下，如此竖直方向的加速度小于g，如此使得竖直方向的速度小于甲图的平抛竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，如此球从O到A重力做的功多于球从O到D 做的功，因此合力对小球做功不同，故D错误；应当选：AC．【点评】：考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定如此的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却一样，是解题的关键．同时掌握洛伦兹力不做功的特点．二、非选择题〔共68分〕8．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕用如下列图的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值．如图是探究过程中某次实验时装置的状态．①在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持 A 一样．A．ω和r B．ω和m C．m和r D．m和F②图中所示是在研究向心力的大小F与 C 的关系．A．质量m B．半径r C．角速度ω③假设图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为 B ．A.1：3B.3：1C.1：9D.9：1．【考点】：决定向心力大小的因素．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．【解析】：解：①在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法．应当选：A．②图中两球的质量一样，转动的半径一样，如此研究的是向心力与角速度的关系．应当选：C．③根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，如此转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1．应当选：B．故答案为：①A；②C；③B【点评】：本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．9．〔11分〕〔2015•绵阳模拟〕学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ．要测算绕线金属丝长度，进展以下实验：〔1〕先用多用电表粗测金属丝的电阻．正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图1所示，如此金属丝的电阻约为9 Ω．〔2〕用螺旋测微器测金属丝的直径d．〔3〕在粗测的根底上准确测量绕线金属丝的阻值R．实验室提供的器材有：电流表A1〔量程0～3A，内阻约为0.5Ω〕电流表A2〔量程0～0.6A，内阻约为3Ω〕电压表V1〔量程0～3V，内阻约3kΩ〕电压表V2〔量程0～15V，内阻约18kΩ〕定值电阻R0=3Ω滑动变阻器R1〔总阻值5Ω〕滑动变阻器R2〔总阻值100Ω〕电源〔电动势E=6V，内阻约为1Ω〕开关和导线假设干．①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻．测量电路的一局部可选用图2电路中的 C ．②请在给出的器材中选出合理的器材，在图3虚线框内画出准确测量绕线金属丝阻值的完整电路〔要求在图中标明选用的器材标号〕．〔4〕绕线金属丝长度为．〔用字母R、d、ρ和数学常数表示〕．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．根据伏安法测电阻的原理与实验要求作出实验电路图．根据电阻定律，结合电阻率，即可求解．【解析】：解：〔1〕欧姆表使用“×1Ω〞挡，由图1所示可知，金属丝电阻阻值为9×1Ω=9Ω．〔3〕①电压表选择0﹣3V，可知电阻丝两端的电压最大为3V，电阻丝的电阻大约为9Ω，最大电流大约为0.33A，可知电流表选择A2．用电压表直接测量电流表A2的内阻，电压表的量程偏大，当电压表示数适当时，会超过电流表量程，此时可以将电流表A2与定值电阻串联，定值电阻起分压作用，然后用电压表测量定值电阻和电流表A2的总电压，应当选：C．②金属丝电阻约为9Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如下列图：〔4〕根据电阻定律得，，如此l=．故答案为：〔1〕9，〔3〕C，如下列图，〔4〕．．【点评】：伏安法测电阻时，如果待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值、如果电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法．10．〔15分〕〔2015•绵阳模拟〕绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．设计的飞机质量m=5×104kg，起飞速度是80m/s．〔1〕假设起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=8000kW，飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小？〔2〕假设飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F=8×104N，受到的平均阻力为f=2×104N．如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，如此跑道的长度至少多长？【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；动能定理．【专题】：功率的计算专题．【分析】：〔1〕根据P=Fv和牛顿第二定律列式解答；〔2〕机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移，两个位移之和即为跑道的最小长度．【解析】：解：〔1〕F===1×105N；牛顿第二定律得：F﹣f=ma；解得：f=F﹣ma=1×105﹣5×104×0.4=8×104N〔2〕飞机从静止开始做匀加速运动到到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，牛顿第二定律得：a1==m/s2=1.2m/s2x1===m飞机匀减速直线运动的位移x2，x2==m=800m以跑道的至少长度x=x1+x2=800m+m=3467m答：〔1〕机在起飞前瞬间受到的阻力为8×104N；〔2〕为确保飞机不滑出跑道，如此跑道的长度至少为3467m．【点评】：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．此题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．11．〔17分〕〔2015•绵阳模拟〕如图甲所示，两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置，倾角θ=37°，间距d=1m，电阻r=2Ω的金属杆与导轨垂直连接，导轨下端接灯泡L，规格为“4V，4W〞，在导轨内有宽为l、长为d的矩形区域abcd，矩形区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各点的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化如图乙所示．在t=0时，金属杆从PQ位置静止释放，向下运动直到cd位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态．不计两导轨电阻，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕金属杆的质量m；〔2〕0～3s内金属杆损失的机械能△E．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：〔1〕由于金属杆从PQ位置静止释放，向下运动直到cd位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态，说明棒在PQ到ab的运动过程，B均匀增大，在从ab到cd的运动过程中做匀速运动，研究PQ到ab的过程，根据P=UI，求得通过小灯泡的电流强度，得到回路总的电功率，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、匀速运动过程中功率关系列式，即可求得电流、电阻，摩擦力和l，再求得m；〔2〕由运动学公式求得两个过程的位移，根据能量守恒定律求解机械能的损失．【解析】：解：〔1〕设小灯泡额定功率为P=4W，额定电流为I，额定电压为 U=4V，正常发光时电阻为R，如此P=UI，得 I==1AR==Ω=4Ω在0﹣1s时间内，金属杆从PQ运动到ab位置，设整个回路中的感应电动势为E，磁场宽度为l，如此E=I〔R+r〕=1×〔4+2〕V=6V又 E==•dl，=2 T/s，d=1m可得 l=3m在t=1s金属棒进入磁场后，磁场的磁感应强度B保持不变，设金属杆进入磁场时速度为v，金属杆中的感应电动势为E1，如此E1=E=Bdv设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为 f，杆进入磁场前加速度为a，如此 a=由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣f=ma进入磁场后杆匀速运动，设受到的安培力为F安，所以有：F安=BIdmgsinθ=f+F安；解得 v=3m/s，a=3m/s2，f=2N，F安=6N，m=0.67kg〔2〕设金属杆进入磁场前0﹣1s内的位移为x1，通过磁场的时间为t2，如此x1=，t2=解得 x1=1.5m，t2=1s故在2s金属杆出磁场，设第3s内金属杆的位移为x3，3s末金属杆的速度为v3，如此x3=vt3+v3=v+at3；0～3s内金属杆损失的机械能△E=mg〔x1+l+x3〕sinθ﹣解得 x3=4.5m，v3=6m/s，△E=24J答：〔1〕金属杆的质量是0.67kgm；〔2〕0～3s内金属杆损失的机械能△E是24J．【点评】：对于复杂的电磁感应问题，关键通过审题找到突破口，此题关键抓住灯泡的亮度不变，正确判断棒的运动情况，从力和能两个角度进展研究．力的角度关键要会推导安培力与速度的关系，能的角度关键分析能量是怎样转化的．12．〔19分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，x p=2L，Q 点在负y轴上某处，第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，第Ⅱ象限内有一圈形区域与x、y 轴．分别相切于A、C两点，AO=L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域〔图中未画出〕，圆形区域和矩形区域内有一样的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面〔图中为画出〕．电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点和P 点；电荷量为﹣q、质量为m、速率为v0的粒子b，从Q点向与y轴成45°夹角方向发射，经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反．不计粒子的重力和粒子间相互作用力．求：〔1〕圆形区域内磁场感应强度B的大小、方向；〔2〕第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E；〔3〕矩形区域的最小面积S．【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〕正粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；〔2〕粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；〔3〕在矩形区域中运动的粒子的速度偏转角度为90°，画出轨迹，结合几何关系确定最小磁场面积．【解析】：解：〔1〕粒子电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，说明在A点时磁场力向右，根据左手定如此，磁场方向垂直向外；画出从A到C的轨迹，如下列图：结合几何关系，有：r=L ①粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qv0B=m②联立解得：B=方向垂直向外〔2〕粒子从C到P过程是类似平抛运动，根据分运动公式，有：2L=v0tL=其中：a=联立解得：E=〔3〕带负电荷的粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过矩形区域后速度偏转角为90°，洛伦兹力提供向心力，故：解得：R=轨迹如图：磁场区域对应的最小宽度：b=R﹣R=磁场区域对应的最小长度：a=故最小面积为：答：〔1〕圆形区域内磁场感应强度B的大小为、方向垂直向外；〔2〕第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E为；〔3〕矩形区域的最小面积为．【点评】：此题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解，不难．。
【名师解析】四川省遂宁市2015届高三第二次诊断考试物理试题
【名师解析】四川省遂宁市2015届高三第二次诊断考试物理试题一.选择题（共7小题，每小题6分，共42分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或者不答的得0分）1．（6分）（2015•遂宁模拟）下列关于电磁波的说法符合实际的是（）A．X射线是一种波长比紫外线还长的电磁波，医学上可检查人体内病变和骨骼情况B．把传递信号“加”到载波上的过程叫做调制，且调制的方法只有一种C．常见的电视遥控器发出的是紫外线脉冲信号D．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波【考点】：电磁波的产生；电磁波的发射、传播和接收；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．【分析】：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；变化分均匀变化和周期性变化，均匀变化的电场产生恒定的磁场，周期性变化的电场产生周期变化的磁场．【解析】：解：A、X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，故穿透能力强，医学上可检查人体内病变和骨骼情况，故A错误；B、把传递信号“加”到载波上的过程叫做调制，有调幅与调频两种方式，故B错误；C、目前常见的电视遥控器发出的是紫外线脉冲信号，故C正确；D、做变速运动的电荷会在空间产生变化的磁场，如果是匀变速运动，产生均匀变化的磁场，就不会产生电磁波，故D错误；故选：C．【点评】：本题考查了电磁波的产生原理及运用，关键是明确麦克斯韦的电磁波理论，基础题目．2．（6分）（2015•遂宁模拟）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=500匝，副线圈匝数n2=100匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，内阻为10Ω，电流表A2示数为1A电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是（）A．此交流电的频率为100 Hz B．此电动机输出功率为44 WC．电流表A1示数为0.2 A D．电压表示数为220V【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】：解：A、由交流电的公式知频率f===50Hz，故A错误；D、交变电源电压u=220sin100πt（V）有效值u1=220V，电压表示数为220V，故D错误；C、根据电流与匝数成反比得：I1=I2=0.2A，故C正确；B、P2=P1=U1I1=220×0.2W=44W，由于电动机有内阻，损失一部分能量，故输出功率小于44W，故B错误；故选：C【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．3．（6分）（2015•遂宁模拟）如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜折射后在右侧光屏的a、b间形成一条彩色光带．下列说法不正确的是（）A．玻璃对a处光的临界角大于b处光的临界角B．三棱镜对a处光的折射率大于对b光的折射率C．在真空中a处光的波长小于b处光的波长D．在三棱镜中a处光的传播速率小于b处光的传播速率【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由于玻璃对各色光的折射率不同，导致色散的形成，玻璃对紫光的折射率最大，对红光的最小，可以得a侧为紫光，b侧为红光，红光的波长大于紫光的波长，由v=可以分析在棱镜中红光与紫光的传播速度大小．【解析】：解：AB、由图看出三棱镜对a处光偏折最大，则玻璃对a处光的折射率大于对b处光的折射率，由临界角公式sinC=可知玻璃对a处光的临界角小于b处光的临界角，故A错误，B正确；C、玻璃对a处光的折射率大于对b处光的折射率，则a处光的频率大于b处光的频率，由公式c=λf，知在真空中a处光的波长小于b处光的波长，故C正确．D、玻璃对紫光的折射率最大，对红光的最小，可以得a处为紫光，b处为红光，因红光的折射率小于紫光的，由v=可知在三棱镜中，a处光的传播速度小于b处光的传播速度，故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】：解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、临界角等大小关系，要掌握全反射的两个条件，并能用来分析实际问题．4．（6分）（2015•遂宁模拟）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（）A．B．C．D．【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】：先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解．【解析】：解：宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F，故：F=mg所以：g=根据万有引力提供向心力得：G=m=mg解得：M=故选：D．【点评】：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．5．（6分）（2015•遂宁模拟）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，O为波源．图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，则（）A．该波的波速为20m/s，且沿x轴负方向传播B．从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3 mC．若一人从x正方向靠近O点运动，他接受到波的频率可能为4HzD．从该时刻起经过0.3s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向【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】：由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，根据x=vt求解经过0.15s，波沿x轴的正方向传播的距离，根据多普勒效应判断接受到波的频率可不可能为4Hz，根据0.3s与周期的关系判断Q点的振动方向．【解析】：解：A、由图乙可知，此时P向下运动，则该波沿x轴正方向传播，根据图甲可知，λ=4m，根据图乙可知，T=0.2s，则波速v=，故A错误；B、从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播的距离x=vt=20×0.15=3m，故B正确；C、若一人从x正方向靠近O点运动，靠近波源，根据多普勒效应可知，接收到的频率增大，而波的频率f=，所以接收到的频率大于5Hz，不可能是4Hz，故C错误；D、该时刻质点Q正向上振动，0.3s=1.5T，则从该时刻起经过0.3s，质点Q沿y轴负方向振动，故D错误．故选：B【点评】：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．6．（6分）（2015•遂宁模拟）图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计．导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器．质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触．杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则（）A．电容器左极板带正电B．电容器的最大带电量为C．杆ab的最大速度v等于D．杆ab所受安培力的最大功率为【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据右手定则，感应电动势的方向为，导体棒达到最大速度根据平衡条件，此时电容器的带电量最大，根据功率表达式P=FV可求得力和功率及速度之间的关系．【解析】：解：A：根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b；故右板带正电荷；故A错误；B：当线框的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：E m=BLv m=BLV；路端电压的最大值为：=；故电容器的带电量最大，为：，故B 正确；C：根据功率表达式：P=FV，当P、F到达最大时速度达到最大值即：，故C正确；D：杆ab克服安培力的最大功率为：P=F m v m=mgv m=mgV=P；故D错误；故选：BC【点评】：本题关键是明确导体棒的受力情况和运动情况，然后结合平衡条件和牛顿第二定律分析，不难．7．（6分）（2015•遂宁模拟）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）A．A、B球间的细线的张力为B．A、B球间的细线的张力可能为0C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．【解析】：解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．故选：AD【点评】：本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中．二.非选择题（共68分）8．（6分）（2015•遂宁模拟）图a．b是力学中的两个实验装置．（1）图a是用来显示支持面微小形变，图b是用来测量万有引力恒量（2）由图可知，两个实验共同的物理思想方法是BA．极限的思想方法B．放大的思想方法C．控制变量的方法D．猜想的思想方法．【考点】：弹性形变和范性形变；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．【分析】：这两个装置中，第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．【解析】：解：（1）因为装置A是演示微小形变的实验装置，装置B是卡文迪许扭秤，卡文迪许用该装置测出万有引力恒量．故答案为：桌面或支持面的微小形变；万有引力恒量．（2）第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．故选B【点评】：在物理实验中，经常会遇到要演示一些变化效应微弱的物理现象，为使实验效果明显，可见度大，通常采用放大手段．物理实验中常用的放大手段有杠杆放大，光点反射放大，点光源投影放大，投影仪放大，弱电流放大等．本题两个装置即为电光源投影放大法．9．（11分）（2015•遂宁模拟）有一个二极管（）标有“5V，0.005A”的字样．现要尽量精确描绘这个二极管完整的伏安特性图线．有下列器材供选用：A．电压表V1（0～5V，内阻为1kΩ）B．电压表V2（0～10V，内阻约为2kΩ）C．电流表A1（0～0.5A，内阻为1Ω）D．电流表A2（0～1.0A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器R1（10Ω，2A）F．定值电阻R2=19ΩG．学生电源（直流12V），还有电键、导线若干（1）滑动变阻器应采用分压式（填：分压式或限流式）（2）实验中所用电压表应选用A，电流表应选用C（填：A或B、C或D）．（3）请设计本实验的电路，并在如图方框内画出电路图．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：本题（1）根据描绘伏安特性曲线实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法；题（2）根据二极管的额定电压来选择电压表量程，由于二极管的额定电流远小于给出的电流表量程，可考虑将二极管与定值电阻并联后再与电流表串联；题（3）由于二极管与定值电阻并联后电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法．【解析】：解：（1）描绘伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；（2）根据二极管铭牌“5V，0.005A”可知电压表应选择A；由于给出的电流表量程远大于二极管的额定电流，所以不能直接将电流表与二极管串联使用，考虑将二极管与定值电阻并联后再与电流表串联：由于二极管与定值电阻并联后的总电流可为I=0.005A+=0.268A电源大于电流表量程的，所以电流表应选择C；（3）根据上面的分析可知，变阻器应采用分压式接法，二极管与定值电阻并联后再与电流表串联，由于二极管与定值电阻的并联电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：故答案为：（1）分压式；（2）A，C；（3）如图【点评】：应明确：①应根据待测电阻的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，当电表的量程过大或过小时，应根据欧姆定律进行改装；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；③当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，一般通过比较与的大小来选择．10．（15分）（2015•遂宁模拟）遂宁观音湖下穿隧道是西南地区首例城市江底下穿隧道，观音湖隧道设计长度为2215m，设计速度为50Km/h，隧道于2013年10月9日开工建设，于2015年2月10日上午8时全线通车．一在隧道中行驶的汽车A以v A=4m/s的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距x0=7m处、以v B=10m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a=2m/s2．如汽车A不采取刹车措施，从此刻开始计时．求：（1）A追上B前，A、B间的最远距离；（2）经过多长时间A恰好追上B．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：（1）当两车速度相等时，两车距离最远；（2）先判断前车静止时，后车是否追上，然后再进一步根据运动学公式列式求解【解析】：解：（1）当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v=v B﹣at=v A即10﹣2t=4解得t=3s此时汽车A的位移x A=v A t=4×3=12m汽车B的位移x B=v B t﹣at2=10×=21m故最远距离△x m=x B+x0﹣x A=21+7﹣12=16m（2）汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1===5 s运动的位移x B′===25m汽车A在t1时间内运动的位移x A′=v A t1=20 m此时相距△x=x B′+x0﹣x A′=12 m汽车A需再运动的时间t2==3 s故A追上B所用时间t=t1+t2=8 s答：（1）A追上B前，A、B间的最远距离为16m；2）经过8sA恰好追上B．【点评】：本题是追击问题，要明确两车速度相等时，两车距离有极值；同时要先判断前车静止前量程能否相遇，然后根据运动学公式列式求解11．（17分）（2015•遂宁模拟）如图所示的空间有一竖直向下的匀强电场，场强E=2×103N/C，有一个可视为质点的质量为m=1kg，电荷量q=+1×10﹣3C的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g 取10m/s2．求：（1）AC之间的竖直高度h；（2）小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理．【专题】：电磁学．【分析】：（1）根据物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，由速度的分解法，求出物块到达C点的速度，根据能量守恒求解电荷自A点到C点的竖直高度；（2）根据动能定理求出物块到达D点时的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求解轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道的压力；（3）物块滑上木板后，两者组成的系统动量守恒．当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，由动量守恒求出共同速度，再由能量守恒求解木板的最小长度．【解析】：解：（1）设物块滑到C点的速度大小为v C．物块从A到C过程做类平抛运动，据题：物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，将速度分解，则有：v C cosθ=v0；解得：v C===4m/s设AB间的高度为h．自A点到C点，根据动能定理得：（mg+qE）h=，解得：h=0.5m，（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：，小球在D点时由牛顿第二定律得：，解得：F N=60N．由牛顿第三定律得，小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N，方向竖直向下．（3）由上题解得：v D=当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，设共同速度的大小为v．以物块和木板组成的系统为研究对象，取向左为正方向，则根据系统的动量守恒得：mv D=（m+M）v根据能量守恒定律得：μ（mg+qE）L=，联立解得：L≈2.5m答：（1）AC之间的竖直高度h=0.5m；（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是60N；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是2.5m．【点评】：本题关键要正确分析物块的受力情况和运动情况，以及功能关系，把握住每个过程所遵守的物理规律，特别是物块在木板上滑动时系统所受的合力为零，系统的动量守恒，根据能量守恒是求解木板长度常用的方法．12．（19分）（2015•遂宁模拟）如图所示，M，N两极板间存在匀强电场，两极板的宽度为d，N板右边存在如图所示的磁场，折线PAQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从S由静止经电场加速后再从P点沿PQ 方向水平射出，不计微粒的重力．（1）若微粒以v0的速度从P点射出，求M，N两极板间电场强度的大小及方向；（2）为使微粒从P点以某一速度v射出后，经过一次偏转直接到达折线的顶点A点，求初速度v的大小；（3）对于在M，N两极板间加不同的电场，微粒还能途经A点并能到达Q点，求所加电场的电场强度E应满足的条件及其从P点到达Q点所用的时间．【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）根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，即可求解；（3）由n取奇数与偶数两种情况下，结合圆心角，从而求出时间．【解析】：解：（1）在M，N间由动能定理：qEd=得：方向向左（2）由图中几何关系得：2Rsin45°=L得：R=由qvB=m得：v=（3）根据运动对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°设圆弧长为R，则有2R2=x2，可得：R=又qvB=m得：v=，（n=1、2、3、…）由得（n=1、2、3、…）当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为：为，其中n=1、3、5、…当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为，其中n=2、4、6、…答：（1）电场强度的大小为，方向为向左；（2）初速度v的大小为；（3）微粒的初速度v应满足的条件是，（n=1、2、3、…）；当n取奇数时，从P点到达Q点所用的时间，其中n=1、3、5、…；当n取偶数时，从P点到达Q点所用的时间，其中n=2、4、6、…【点评】：本题考查带电粒子在组合场中的运动，关键是要明确粒子各个阶段的运动规律，对各个过程能熟练地选用相应的规律列式计算．。
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绝密★启用前2015年第二次大联考【四川卷】理科综合·物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．稿纸上作答无效．．．．．．．。
（满分110分，考试时间60分钟）第Ⅰ卷（选择题共42分）第Ⅰ卷共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．光导纤维现已在通讯、医疗技术中大量使用。
光导纤维是由折射率不同的透明材料通过特殊复合技术制成的复合纤维。
光导纤维由芯线和外涂层组成，下列说法正确的是（）A．光纤芯线的折射率要低B．涂层材料折射率要高C．芯料和涂料的折射率相差越大越好D．一束光经光纤传导过程中，光几乎都在外涂层里传播【答案】C该题考查光导纤维的原理【解析】因为要求发生全反射，所以光导纤维的光纤芯线的折射率高，涂层材料的折射率低，而且两者的折射率相差越大越好，故ABD错误，C正确。
2．如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。
A球、C球与B 球分别用两根轻质细线连接。
当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30°，则A球和C球的质量之比为（）A ．1:2 B．2 :1 C ．1:3D．3:1【答案】C该题考查共点力的平衡问题【解析】B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B球所在位置两线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，故选C点评：本题难度较小，明确B球所在位置夹角为90°是本题求解的关键3．如图甲所示为一列简谐横波在t=0时刻波动图象，图乙为介质中M点的振动图象。
下列说法正确的是（）图甲图乙A．这列波沿x轴负方向传播B．这列机械波的频率为2 HzC．这列机械波的波速为4 m/sD．经过2s，M点通过的路程是0．4cm【答案】C该题考查机械振动和机械波【解析】根据M点的振动方向可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；根据频率是周期的倒数可知频率为1Hz，故B错误；波速为波长与周期的比值，即为4m/s，故C正确；经过2s，M点完成了2个周期的运动，即路程为1.6cm，故D错误。
4．在粗糙的水平地面上有一质量为2kg的小物块，在水平拉力作用下从t = 0时开始做初速度为零的直线运动，t= 6s时撤去拉力，其速度图象如图所示。
若取重力加速度g= 10m/s2，则下列说法正确的是（）A ．物块与地面间的动摩擦因数为0．2B ．0～2s 内，物块所受的拉力大小为4NC ．0～8s 内，物块离出发点最远为6mD ．0～8s 内，物块的平均速度大小为2．5m/s【答案】A该题考查v-t 图象的应用【解析】第6s 后只有摩擦力，即ma mg =μ，其中2/2s m a =，得动摩擦因数为0.2，故A 正确；0～2s 内，根据11ma mg F =-μ,其中21/2s m a =，得N F 81=，故B 错误；0～8s 内，物块先向正方向走了6m ，即为t 轴上方的面积，然后又向负方向走了14m ，即为t 轴下方的面积，所以离出发点最远为应为8m ，故C 错误；物块的平均速度为位移与时间的比值，即8m/8s=1m/s ，故D 错误。
5．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，电表为理想电表，灯泡电阻恒定，当滑动变阻器的滑片由a 端滑向b 端的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．灯泡消耗的功率逐渐增大B ．电压表、电流表示数均减小C ．电源消耗的总功率增大，热功率减小D ．电压表示数改变量与电流表示数变化量比值的绝对值恒定不变【答案】D该题考查闭合电路的动态分析问题【解析】滑片由a 端滑向b 端的过程中，电阻增大，总电流减小，灯泡两端电压减小，内压减小，灯泡消耗的功率逐渐减小，电压表示数增大，故AB 错误；总电流减小，所以热功率减小，电源消耗的总功率也会减小，故C 错误；因为电压表示数改变量与电流表示数变化量比值的绝对值为除滑动变阻器之外的电阻，所以恒定不变，故D 正确。
6．如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q 、-Q ，图中O 是两电荷连线中点，a 、b 两点与+Q 的距离相等，c 、d 是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd 构成一等腰三角形，a 、e 两点关于O 点对称。
则下列说法正确的是（ ）A ．a 、b 两点的电势相同B ．a 、e 两点的电场强度相同C ．将电子由c 沿cd 边移到d 的过程中电场力做正功D ．质子在b 点的电势能比在O 点的电势能大【答案】BCD该题考查等量异种电荷的电势和电场强度的分布【解析】a 、b 两点虽然关于+Q 对称，但是由于-Q 的影响，两点的电势并不相等，故A 错误；a 、e 两点大小对称，且方向相同，故B 正确；由c 到b 为电势升高，则负电荷受电场力做正功，故C 正确；b 点电势高于O 点的电势，则质子在b 点的电势能大，故D 正确。
7．如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。
初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为kmg x =1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是（ ）A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小R v LB F 022= B ．初始时刻导体棒加速度的大小)(2022r R m v L B g a ++=C ．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳0 /O热k g m mv Q 2220221+=【答案】BC该题考查电磁感应中的滑轨问题以及能量守恒【解析】由法拉第电磁感应定律得：0BLv E =,由闭合电路的欧姆定律得：rR E I +=,由安培力公式得：r R v L B F +=022，故A 错误；初始时刻，F+mg+kx 1=ma ，得)(2022r R m v L B g a ++=，故B 正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共68分）8．（17分）Ⅰ．（6分）如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。
直径为d 、质量为m 的小钢球下落的过程中，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出钢球通过A 、B 的时间分别为A t 、B t 。
用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。
测出两光电门间的距离为h （已知h d >>），当地的重力加速度为g 。
（1）钢球下落的加速度大小a =_________，钢球受到的空气平均阻力f F = ________。
（2）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度____（选填“大于”或“小于”）钢球球心通过光电门的瞬时速度。
【答案】（1）；（2）；（3）＜．该题考查利用光电门探究钢球下落时受到的阻力【分析】（1）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，再由加速度公式，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，结合加速度大小，即可求解空气平均阻力；（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解．【解析】（1）由通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，则v A = d / t A ； 同理，v B= d/ t B ； 根据，则有：；（2）钢球下落过程中，受到阻力，根据牛顿第二定律，则有：mg-F f =ma ；解得：；（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度，【点评】考查加速度的公式，掌握牛顿第二定律，理解平均速度与瞬时速度的联系与区别． Ⅱ．（11分）多用电表是实验室中常用的测量仪器之一，请根据所学知识，完成下列问题：（1）在使用多用电表测量阻值约为R x =2000Ω的定值电阻时，指针的位置如图（a ）所示，若选择开关拨至“×100”挡，则测量的结果为_________；若要继续测量阻值约为15Ω的定值电阻，则要将选择开关拨至“×1”挡，然后重新进行 。
（2）用已经正确选好档位的多用电表测未知电阻阻值，电路如图（b ）所示，电池的电动势为ε、内阻为r ， R 0为调零电阻，R g 为表头内阻，电路中电流I 与待测电阻的阻值R x 关系图像如图（c ）所示，则该图像的函数关系式为_____________________；多用表的中值电阻为 。
（3）现在要精确测量R x 的阻值，电流表内阻为0．5Ω，电压表内阻为5k Ω，为了减少实验图（1） 图（b ）图（c ） 50误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图中的A 、B 、C 、D 四个电路中选择 电路来测量R x 。
【答案】（1）1800，欧姆调零；（2）I= ε/ R 0+R g +r+R x ，R 0+R g +r ；（3）C该题考查多用表的读数及原理以及伏安法测电阻【解析】（1）欧姆表的读数=示数×倍率，即为1800Ω，每换一次档必须进行欧姆调零；（2）由闭合电路欧姆定律可得表达式：I= ε/ R 0+R g +r+R x ; 多用表的中值电阻等于内阻，即为R 0+R g +r（3）根据待测电阻以及电流表和电压的电阻关系可知，应该选用电流表的内接，滑动变阻器的分压式接法，故C 正确。
9．（15分）若“嫦娥”探月卫星为绕月球地卫星，利用该卫星可对月球进行成像探测。
已知卫星距离月球表面高为h ，绕行周期为T ，月球绕地球公转的周期为T 0，月球绕地球公转的轨道半径为R 0，地球半径为R ，月球半径为r ，引力常量为G ，光速为c ，月球绕地球及卫星绕月球均做匀速圆周运动。
求：（1）地球的质量M 和月球的质量m 及月球的第一宇宙速度v ；（2）如图所示，当绕月球地轨道的平面与月球绕地球公转的轨道平面垂直（即与地心到月心的连线垂直）时，绕月球地卫星向地球地面发送照片需要的最短时间t 。