2015届高三二轮物理复习资料：专题检测卷(三)

陕西省咸阳市2015届高考物理三模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分）1．关于处理物理问题的思想与方法，下列说法正确的是( )A．伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法B．在探究平均速度实验中使用了微元法C．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法考点：物理学史．分析：伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想．法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法的思想方法．解答：解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．故A正确．B、平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想．故B错误．C、法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法．故C错误．D、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．故D错误．故选：A．点评：在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等．2．斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象（如图1）及物体运动的速度随时间变化的图象（如图2所示）．由图象中的信息能够求出的物理量或可以确定的关系有（斜面的倾角用θ表示）( )A．物体的质量mB．斜面的倾角θC．物体与斜面间的动摩擦因数μD．μ=tanθ考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由v﹣t图象判断物体在不同时间内的运动情况，由F﹣t图象可以读出物体在不同时间内所受到的推力大小．由v﹣t图象分析得知物体4﹣6s内处于平衡状态，由平衡条件求出物体所受摩擦力大小．物体在0﹣2s内做匀加速直线运动，由v﹣t图象的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解物块的质量．由摩擦力公式求出μ．解答：解：设斜面的倾角为θ由v﹣t图象可知，在4～6s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条件可知，物体所受到的滑动摩擦力f与拉力F及重力在斜面上的分量平衡，即f=F+mgsinθ，由图F﹣t图象可知，在2s～6s内，推力F=2N，则物体所受到的摩擦力f=2+mgsinθ…①．物体在0﹣2s内做匀加速直线运动，由v﹣t图象的斜率得出加速度．…②，由F﹣t图象在0﹣2s内读出F=3N，由牛顿第二定律得F+mgsinθ﹣f=ma…③，由①②③解得m=1kg，故A正确f=μmgcosθ…④由①④物块与斜面之间的动摩擦因数=，故D错误．由于θ未知，故不能算出μ，故B、C错误．故选：A．点评：本题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，根据牛顿定律求解物理量，是常见题型．3．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100πt（V）的交流电，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，则下列说法不正确的是( )A．电阻R1两端的电压为50VB．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过R2的电流为 A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：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论．解答：解：A、由表达式知原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50V，故A正确；B、输出电压最大值为50V；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50V；故B正确；C、根据电流热效应，=；所以R2两端的电压为25V；故通过R2的电流I2==V；输出端的总功率P=+（）2×25=150W；故输入功率也为150W；故C错误，D正确；本题选错误的；故选：C点评：本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值．4．如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m=20kg，B物体质量M=30kg且足够长．处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B 之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m时（A还在B上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）( )A．200N B．300N C．250N D．350N考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：判断物体B上缓慢地向墙壁移动0.5m时，A物块有无滑动，然后根据对B受力分析，根据平衡求出水平推力F的大小．解答：解：若A物块未滑动，则弹簧的压缩量为0.5m，则弹簧的弹力F1=kx=250×0.5N=125N＞μmg=100N．假设不成立．对B在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力F、A对B的滑动摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：F=f1+f2=μmg+μ（M+m）g=100+250N=350N．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力．判断出A、B之间是静摩擦力还是滑动摩擦力是关键．5．一个国际研究小组借助于智利超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，演变初期体积较大星体的质量较大，则在最初演变的过程中下列说法正确的是( )A．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大B．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小C．它们做圆周运动的万有引力不断改变D．它们做圆周运动的万有引力保持不变考点：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：双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析．解答：解：AB、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2．双星间的距离为L．转移的质量为△m；对m1：G=（m1+△m）ω2r1①对m2：G=（m2﹣△m）ω2r2②由①②得：ω=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度ω不变；r1+r2=L故随着△m的增加，体积较大星体的质量减小，其转动半径增加，根据v=rω，线速度增加；故A正确，B错误；CD、两个星球的总质量一定，当它们质量相等时，两个星球的质量的乘积最大，故它们做圆周运动的万有引力是增加的，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究．6．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞去迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变考点：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．分析：带电粒子被加速后进入匀强磁场区域，做匀速圆周运动，根据圆周运动的半径公式和周期公式判断荷质比与磁感强度的关系，周期和磁感强度的关系．解答：解：A、B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R=，荷质比越大，B应该越小，故A错误，B正确；C、D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁感应强度应该越大，根据周期公式T=，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，判断三个变化量之间的关系应有一个量保持不变．7．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h时．让圆环由静止开始沿杆滑下，滑到杆的底端时速度恰好为零．若以地面为参考面，则在圆环下滑过程中（倾角α＜45°）( )A．弹簧弹力做的功为﹣mghB．圆环的机械能保持为mghC．弹簧的弹性势能先增大后减小D．弹簧弹性势能最大时，圆环的重力势能和动能之和最小考点：功能关系；弹性势能．分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．解答：解：A、整个系统机械能守恒，重力势能减小mgh，故弹性势能增加mgh，故弹簧弹力做的功为﹣mgh，故A正确；B、弹簧弹力对圆环做功，圆环机械能不守恒，不可能保持mgh不变，故B错误；C、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再恢复原长最后伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大才对，故C错误；D、整个系统机械能守恒，即弹簧的弹性势能、圆环的动能和重力势能之和保持不变，故弹簧的弹性势能最大时，圆环的动能和重力势能之和最小，故D正确；故选：AD．点评：本题关键要对圆环的受力情况和做功进行分析，是解决问题的根本方法，要抓住系统的机械能守恒．这是一道考查系统机械能守恒的好题．8．如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．质量为m、长度为L的导体棒MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒有水平向左的初速度v0，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，下列说法中正确的是( )A．初始时刻棒所受安培力大小为B．棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率为C．棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为mv﹣2QD．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，R1中的电流由b指向a考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：由E=BLv0、I=、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小．MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为2Q，整个回路产生的焦耳热为4Q．解答：解：A、初始时刻，由F=BIL、I==，得安培力大小为F A=．故A正确；B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为mv﹣2Q，故C正确；D、从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，由左手定则判断知，MN中电流方向由M指向N，则R1中的电流由b指向a，故D正确．故选：ACD．点评：本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

陕西省渭南市澄城县寺前中学2015届高三下学期物理统练试题3班级：___________ 姓名： ___________1、如图所示，质量为3m 、长度为L 的木块静止放置在光滑的水平面上。

质量为m 的子弹（可视为质点）以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为025v 。

试求： (1)子弹穿出木块后，木块的速度大小；(2)子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小。

2、如图所示，A 为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M ＝40 kg 的小车B 静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m ＝20 kg 的物体C 以2.0 m/s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B 后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h ＝1.6 m ．物体与小车板面间的动摩擦因数 ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．(取g ＝10 m/s 2)，求：(1)物体与小车保持相对静止时的速度v ；(2)物体在小车上相对滑动的距离L.3、如图6所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。

两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动，突然断开轻绳，当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0，求：从绳断开到第一次恢复自然长度的过程中，弹簧释放的弹性势能Ep。

图64、如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为 ，小车足够长。

求：（1）小物块相对小车静止时的速度；（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，物块相对小车滑行的距离。

5、如图所示，光滑水平面上有带有1/4光滑圆弧轨道的滑块，其质量为2m，一质量为m的小球以速度v0沿水平面滑上轨道，并能从轨道上端飞出，则：①小球从轨道上端飞出时，滑块的速度为多大？②小球从轨道左端离开滑块时，滑块的速度又为多大？6、两木板M1＝0.5kg，M2＝0.4kg，开始时M1、M2都静止于光滑水平面上，小物块m ＝0.1kg以初速度v＝10m/s滑上M1的表面，最后停在M2上时速度为v2＝1.8m/s，求：（1）最后M1的速度v1（2）在整个过程中克服摩擦力所做的功。

2015年山东省青岛市高考物理二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中有的只有一个选项正确，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）如图所示，物块正沿斜面匀速下滑，现在物块下滑过程中分别对物块施加一个竖直向下的恒力F1和一个与斜面平行向左下方的恒力F2，两种情况下斜面均静止不动，则下列说法正确的是（）A．当加F1时，物块仍沿斜面匀速下滑B．当加F2时，物块仍沿斜面匀速下滑C．当加F1时，斜面不受地面的摩擦力D．当加F2时，斜面受地面向右的摩擦力2．（6分）如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，AB间的距离x1=3m，BC间的距离x2=5m，则物体的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s23．（6分）2015年3月30日21时52分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将首颗新一代北斗导航卫星发射升空，31日凌晨3时34分顺利进入圆轨道．卫星在该轨道上运动的周期与地球自转周期相同，但该轨道平面与赤道平面有一定的夹角，因此该轨道也被称为倾斜同步轨道，根据以上信息请判断下列说法中正确的是（）A．该卫星做匀速圆周运动的圆心一定是地球的球心B．该卫星离地面的高度要小于地球同步卫星离地面的高度C．地球对该卫星的万有引力一定等于对地球同步卫星的万有引力D．只要倾角合适，处于倾斜同步轨道上的卫星可以在每天的固定时间经过青岛上空4．（6分）在匀强电场中有一个光滑的直角三角形框架，∠CAB=30°．将一质量不计的带电滑块以初速度v0释放，使其沿斜面CA运动，到达A点的速度为v0，让滑块以相同速度从C点沿CB下滑，则到达B点的速度为v0，则下列说法正确的是（）A．电场方向与AB边垂直B．B点电势是A点电势的两倍C．A点电势与BC边中点的电势相等D．C点电势一定比A点电势高5．（6分）如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.1T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5m2．导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A．闭合导线框中产生的交变电压的表达式为u=100sin100tB．闭合导线框的匝数N=10C．若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小D．若导线框的转速加倍，变压器的输出功率将加倍6．（6分）A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．水平力F的最大功率之比为2：1C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：37．（6分）如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m．金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（π取3）（）A．线框中感应电流的方向是顺时针方向B．t=0.4s时，穿过线框的磁通量为0.005WbC．经过t=0.4s，线框中产生的热量为0.3JD．前0.4s内流过线框的电量为0.2C二、非选择题8．（8分）某同学利用如图甲所示装置研究弹簧的弹性势能与弹簧伸长量之间的关系．图中O点所在虚线为弹簧的原长位置，O、A、B、C、D的间距均为x．先将光电门固定于A处，将固定在弹簧末端质量为m的小铁球从原长处释放，在小球经过光电门时，计时器记录下时间t A；依次将光电门置于B、C、D各处，每次均将小球从原长处由静止释放，得到时间t B、t C、t D．（1）如图乙用游标卡尺测量小球的直径d为mm；（2）当光电门固定于D处时，小球通过该处速度的表达式v D=（用字母表示），弹簧的伸长量为．（3）当小球运动至D处时，弹簧弹性势能的表达式E PD=（用字母表示）．9．（10分）在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中，实验1组的同学利用图甲所示电路，选用下列器材进行了规范的实验操作．A．干电池（内电阻小于1.0Ω）B．电流表（量程0～0.6A，内阻r A=1Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约20kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流2A）E．开关、导线若干把得到的数据记录后用“○”在图乙所示的“U﹣I”图象中进行描点．在小组互评环节，实验2组的同学在实验器材没有变化的情况下对1组的实验方案进行了改进后再次进行了实验，并把实验数据用“×”也描在图乙所示的“U﹣I”图象中．请完成以下对1组实验方案的评价及改进．（1）从实验原理上来看，用图甲电路进行实验，误差主要来自：．（2）从所得实验数据来看，不足之处是：．（3）在如图丙中画出改进的方案电路图．（4）根据改进后所得的实验数据作出图线，由图线得到：E=V；r=Ω．（保留两位小数）．10．（18分）如图所示，在水平地面上固定一个倾角α=45°、高H=4m的斜面．在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R=m，AB与圆周相切于B点，长度为R，与水平方向的夹角θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1kg，直径可忽略的小球从管口A处由静止释放，g取10m/s2．（1）求小球在C点时对轨道的压力；（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？是多少？11．（20分）如图甲所示，长度为l，垂直于纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，板间距离为板长的两倍，平行板右侧有一水平方向的匀强电场．t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由MN板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反，上述仅l、m、q、v0为已知量．（1）若粒子在T B时刻进入电场，求B0的最大值；（2）若粒子在T B时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；（3）若B0=，求T B满足的条件．【物理-物理3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用B．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距D．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化13．（8分）如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的体积V1=6.0×10﹣3m3，温度T1=300K．现使外界环境温度缓慢升高至T2，此过程中气体吸收热量700J，内能增加500J．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0=1.0×105Pa，求T2．【物理-物理3-4】(12分)14．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻它的波形如图甲所示．经过时间0.2s，这列波的波形如图乙所示，则这列波的波速可能是（）A．0.9m/s B．1.8m/s C．2.7m/s D．3.6m/s15．如图所示，一束单色光射入一半径为0.2m玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．求：①此玻璃的折射率；②光在玻璃球内的传播时间．【物理-物理3-5】（12分）16．下列说法中正确的是（）A．原子核放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来元素的同位素B．玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观点C．氢原子从高能级跃迁到低能级要放出光子D．放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件有一定的关系17．如图所示，在光滑水平面上有一长木板C，它的两端各有一挡板，木板C的质量为m C=5kg．在C的正中央并排放着滑块A、B，质量分别为m A=1kg，m B=4kg．开始时，A、B、C均静止，A、B间夹有少量塑胶炸药，炸药爆炸后使A以6m/s的速度水平向左运动．设A、B与C间的摩擦都可以忽略，A、B中任一滑块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，求：①A、B两滑块哪个先与木板C相碰，碰后板C的速度；②当两滑块都与挡板相碰后，板C的速度．2015年山东省青岛市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中有的只有一个选项正确，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）如图所示，物块正沿斜面匀速下滑，现在物块下滑过程中分别对物块施加一个竖直向下的恒力F1和一个与斜面平行向左下方的恒力F2，两种情况下斜面均静止不动，则下列说法正确的是（）A．当加F1时，物块仍沿斜面匀速下滑B．当加F2时，物块仍沿斜面匀速下滑C．当加F1时，斜面不受地面的摩擦力D．当加F2时，斜面受地面向右的摩擦力【解答】解：AC、未加F1时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ得：sinθ=μcosθ对物块施加一个竖直向下的恒力F1时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=μ（F1+mg）cosθ重力和F沿斜面向下的分力大小为（F1+mg）sinθ，则上可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，所以A正确；由于斜面给物体的摩擦力与支持力的合力竖直向上，故斜面做不受地面摩擦力作用，故C正确．BD、当沿斜面向下推力F2时，物体与斜面间支持力保持不变，故摩擦力大小不变，故物体将沿斜面向下加速运动，故B错误；当有F2作用时，不改变斜面与物体间的摩擦力，故斜面体对物体作用力的合力竖直向上，故斜面体相对地面没有水平方向的运动趋势，故斜面体不地面的摩擦力作用，故D错误．故选：AC．2．（6分）如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，AB间的距离x1=3m，BC间的距离x2=5m，则物体的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2【解答】解：因为A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，可知A到B 的时间和B到C的时间相等，根据平均速度推论知，B点的速度，根据速度位移公式得，，即，解得T=1s，则加速度a=．故选：B．3．（6分）2015年3月30日21时52分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将首颗新一代北斗导航卫星发射升空，31日凌晨3时34分顺利进入圆轨道．卫星在该轨道上运动的周期与地球自转周期相同，但该轨道平面与赤道平面有一定的夹角，因此该轨道也被称为倾斜同步轨道，根据以上信息请判断下列说法中正确的是（）A．该卫星做匀速圆周运动的圆心一定是地球的球心B．该卫星离地面的高度要小于地球同步卫星离地面的高度C．地球对该卫星的万有引力一定等于对地球同步卫星的万有引力D．只要倾角合适，处于倾斜同步轨道上的卫星可以在每天的固定时间经过青岛上空【解答】解：A、倾斜同步轨道围绕地球做匀速圆周运动，圆心一定是地球的球心，故A正确；B、根据万有引力提供向心力r，得r=，因为倾斜地球同步轨道卫星的周期与赤道上空的同步卫星的周期相同，故它的轨道髙度与位于赤道上空的同步卫星的轨道高度相同，故B错误．C、根据可知，由于不知道该卫星和地球同步卫星质量的关系，所以无法判断万有引力的关系．故C错误．D、倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，所以只要倾角合适，处于倾斜同步轨道上的卫星可以在每天的固定时间经过青岛上空，故D正确．故选：AD4．（6分）在匀强电场中有一个光滑的直角三角形框架，∠CAB=30°．将一质量不计的带电滑块以初速度v0释放，使其沿斜面CA运动，到达A点的速度为v0，让滑块以相同速度从C点沿CB下滑，则到达B点的速度为v0，则下列说法正确的是（）A．电场方向与AB边垂直B．B点电势是A点电势的两倍C．A点电势与BC边中点的电势相等D．C点电势一定比A点电势高【解答】解：设滑块的质量为m，电量为q，BC的中点为D，因质量不计，所以滑块在运动过程中，只有电场力做功．设CA间的电势差为U1，则由动能定理有：m﹣v=qU1设CB间的电势差为U2，则由动能定理有：m﹣v=qU2解得：U2=2U1即BC的中点D的电势与A的电势相等．A、由以上解答可知，A与BC的中点D的电势相等，所以电场方向垂直于AD，与Ab并不垂直，选项A错误．B、虽然CB间的电势差等于CA间的电势差的2倍，但是零势能面没有确定，所以B点电势不一定是A点电势的两倍，选项B错误．C、由以上解答可知，即BC的中点D的电势与A的电势相等，选项C正确．D、虽然滑块哟C到A的过程中电场力做正功，因不知滑块所带的电性，所以无法判知C点和A点的电势高低，选项D错误．故选：C5．（6分）如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.1T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5m2．导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A．闭合导线框中产生的交变电压的表达式为u=100sin100tB．闭合导线框的匝数N=10C．若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小D．若导线框的转速加倍，变压器的输出功率将加倍【解答】解：A、由乙图可知，输出电压的最大值U m2=100V，周期为2π×10﹣2s，角速度ω===100rad/s；则输入端的最大值U m2=100×10=1000V；故表达式应为：u=100sin100t；故A错误；B、发电机输出的最大电压值U m1=NBSω=1000V；解得N==64匝；故B错误；C、将导线框的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大，输出电流减小，由电流之比等于匝数的反比可知，电流表的示数减减小；故C正确；D、若转速度加倍，则最大值加倍，有效值加倍；输出端的有效值也会加倍，则由P=可知，输出功率将变成原来的4倍；故D错误；故选：C．6．（6分）A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．水平力F的最大功率之比为2：1C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3【解答】解：A、由速度图线的斜率等于加速度，则得：匀减速运动的加速度大小之比a A：a B=：=1：1．f A=m A a A f B=m B a B在外力作用下联立解得m A：m B=5：12而匀减速运动过程中，两物体的合外力等于摩擦力，根据牛顿第二定律得：摩擦力大小之比等于质量之比，即擦力大小之比是5：12．故A正确；B、AB两物体的最大速度之比为2：1，施加的力相同，故水平力F的最大功率之比为2：1，故B正确；C、在力F作用下通过的位移之比为1：2，故拉力做功之比为1：2，故C错误；D、由图象可知整个过程位移之比为6：5，摩擦力之比为5：12，故摩擦力做功之比为1：2，所用时间之比为3：5，故擦力做功的平均功率之比为5：6，故D 错误故选：AB7．（6分）如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m．金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（π取3）（）A．线框中感应电流的方向是顺时针方向B．t=0.4s时，穿过线框的磁通量为0.005WbC．经过t=0.4s，线框中产生的热量为0.3JD．前0.4s内流过线框的电量为0.2C【解答】解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向里，大小随时间增大；B2垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通量增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B、t=0.4s时刻穿过线框的磁通量为：∅=B1××πr2﹣B2××πr2=5×0.5×3×0.12﹣4××3×0.12W b=0.055W b，故B 错误；C、由Q=I2Rt=（）2××△t=（）2××0.4J=0.3J，故C正确；D、在t=0.4s内通过线框中的电量q=t=t==10×C=0.2C，故D正确．故选：CD．二、非选择题8．（8分）某同学利用如图甲所示装置研究弹簧的弹性势能与弹簧伸长量之间的关系．图中O点所在虚线为弹簧的原长位置，O、A、B、C、D的间距均为x．先将光电门固定于A处，将固定在弹簧末端质量为m的小铁球从原长处释放，在小球经过光电门时，计时器记录下时间t A；依次将光电门置于B、C、D各处，每次均将小球从原长处由静止释放，得到时间t B、t C、t D．（1）如图乙用游标卡尺测量小球的直径d为12.35mm；（2）当光电门固定于D处时，小球通过该处速度的表达式v D=（用字母表示），弹簧的伸长量为4x．（3）当小球运动至D处时，弹簧弹性势能的表达式E PD=4mgx﹣m（用字母表示）．【解答】解：（1）游标卡尺的读数为12mm+7×0.05=12.35mm（2）、根据瞬时速度的公式v D=，弹簧的伸长量为4x（3）根据能量守恒，E PD=4mgx﹣m故答案为：（1）12.35mm（2），4x（3）4mgx﹣m9．（10分）在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中，实验1组的同学利用图甲所示电路，选用下列器材进行了规范的实验操作．A．干电池（内电阻小于1.0Ω）B．电流表（量程0～0.6A，内阻r A=1Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约20kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流2A）E．开关、导线若干把得到的数据记录后用“○”在图乙所示的“U﹣I”图象中进行描点．在小组互评环节，实验2组的同学在实验器材没有变化的情况下对1组的实验方案进行了改进后再次进行了实验，并把实验数据用“×”也描在图乙所示的“U﹣I”图象中．请完成以下对1组实验方案的评价及改进．（1）从实验原理上来看，用图甲电路进行实验，误差主要来自：电压表的分流．（2）从所得实验数据来看，不足之处是：路端电压的变化范围太小．（3）在如图丙中画出改进的方案电路图．（4）根据改进后所得的实验数据作出图线，由图线得到：E= 1.50V；r=0.53Ω．（保留两位小数）．【解答】解：（1）由甲图可知，电路采用相对电源的外接法，故误差来自于电压表的分流使电流表读数偏小；（2）由图中数据可知，路端电压变化范围太小，导致误差过大；（3）为了使路端电压变化较大，可以将已知内阻的电流表与电源相连，采用相对于电源的电流表内接法；故如图所示；（4）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+I（r+R A）故图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=1.50V，内阻r=﹣R A=0.53Ω；故答案为：（1）电压表的分流（2）路端电压的变化范围太小（3）如图：（4）如图所示；1.50；0.53．10．（18分）如图所示，在水平地面上固定一个倾角α=45°、高H=4m的斜面．在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R=m，AB与圆周相切于B点，长度为R，与水平方向的夹角θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1kg，直径可忽略的小球从管口A处由静止释放，g取10m/s2．（1）求小球在C点时对轨道的压力；（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？是多少？【解答】解：（1）设AD之间的竖直高度为h，由几何关系可知：h=R+Rsin30°+l AB sin60°=2mA到C根据动能定理得：mgh=在C点：F N﹣mg=解得：F N=7N由牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力为7N（2）从A到碰撞点，根据动能定理得：mg（h+x）=平抛过程：H﹣x=平抛水平位移：S x=v0t代入数据整理得：S x=可知：当x=1m时平抛水平位移S x有最大值S m=6m答：（1）求小球在C点时对轨道的压力为7N；（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离当x=1m时平抛水平位移S x有最大值，最大值是6m．11．（20分）如图甲所示，长度为l，垂直于纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，板间距离为板长的两倍，平行板右侧有一水平方向的匀强电场．t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由MN板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反，上述仅l、m、q、v0为已知量．（1）若粒子在T B时刻进入电场，求B0的最大值；（2）若粒子在T B时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；（3）若B0=，求T B满足的条件．【解答】解：（1）若粒子在T B时刻进入电场，画出轨迹，如图：临界情况是经过速度偏转角是90°，此时粒子运动半径具有最小值，为：根据，解得：（2）粒子圆周运动周期：可知：粒子在电场中运动的时间为：t=（n=1、2、3…）由运动学知识可得：t=由牛顿第二定律，有：qE=ma，解得：E=d=（3）由B0=可知，R=2lT=分析可知：2nRsinθ=l （n=1、2、3…）故T B′=，且sinθ=答：（1）若粒子在T B时刻进入电场，B0的最大值为；（2）若粒子在T B时刻进入电场，且B0取最大值，电场强度E为，粒子在电场中向右运动的最大距离；（3）若B0=，T B满足的条件为：T B′=，且sinθ=（n=1、2、3…）．【物理-物理3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用B．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距D．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【解答】解：A、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故A 正确；B、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故B错误；C、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，故C 正确；D、能量在转化与转移的过程中具有单向性，故不能将将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故D错误；故选：AC13．（8分）如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的体积V1=6.0×10﹣3m3，温度T1=300K．现使外界环境温度缓慢升高至T2，此过程中气体吸收热量700J，内能增加500J．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0=1.0×105Pa，求T2．【解答】解：设温度升至T2时气体的体积为V2，则气体对外界做功W=P0S△h=P0（V2﹣V1）由热力学第一定律△U=﹣W+Q解得V2=8.0×10﹣3m3由等压变化有：解得T2=400K答：T2是400K．【物理-物理3-4】(12分)14．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻它的波形如图甲所示．经过时间0.2s，这列波的波形如图乙所示，则这列波的波速可能是（）A．0.9m/s B．1.8m/s C．2.7m/s D．3.6m/s【解答】解：由图波长λ=24cm=0.24m，由波形图可知：t=（n+）T=0.2s（n=0，1，2…）解得：T=（n=0，1，2…）v==0.3（4n+3）（n=0，1，2…）当n=0时，v=0.9m/s当n=1时，v=2.7m/s当n=2时，v=4.5m/s故选：AC15．如图所示，一束单色光射入一半径为0.2m玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．求：①此玻璃的折射率；②光在玻璃球内的传播时间．【解答】解：①作出光路图，如图所示：由于60°=2r，故r=30°故折射率：n==②光在玻璃中传播的距离为：S=4Rcos30°=0.4m在玻璃中的传播速度为：v==故在玻璃中的传播时间为：t═×10﹣9s答：①此玻璃的折射率为；②光在玻璃球内的传播时间为4×10﹣9s．【物理-物理3-5】（12分）16．下列说法中正确的是（）A．原子核放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来元素的同位素B．玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观点。

2015年河南省、河北省、山西省高考物理二模试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项为哪一项符合题目要求的，第6～8题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．〔6分〕〔2015•河南二模〕在物理学的开展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．如下表述符合物理学史实的是〔〕A．库仑提出了库仑定律并最早测出了元电荷e的数值B．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律C．法拉第发明了人类历史上第一台发电机D．麦克斯韦最先提出了场的概念【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，密立根最早通过油滴实验，比拟准确的测定了电子的电量，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机，故C正确；D、法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故D正确；应当选：C【点评】：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2．〔6分〕〔2015•河南二模〕一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．如下各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p、机械能E随时间变化的图象，如此如下图象可能正确的答案是〔〕A． B． C．D．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．【解析】：解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向一样．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；如此得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．如此有：a1＞a2．故B正确．C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2重力势能为：E P=mgx1sinα=mgsinα〔v0t﹣a1t2〕，E P﹣t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E P=mg[H﹣a2〔t﹣t0〕2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．D、由于物体抑制摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1•〔v0t ﹣a1t2〕，可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．应当选：B．【点评】：此题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．3．〔6分〕〔2015•河南二模〕我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km 的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，如此以下说法正确的答案是〔〕A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解析】：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能．故D错误．应当选：A．【点评】：该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．4．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．如下说法正确的答案是〔〕A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【考点】：线速度、角速度和周期、转速；向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：由于合力提供向心力，依据向心力表达式可判定AB小球的合力关系；依据A、B受到的受力情况可判定摩擦力的有无，以与随转速的变化情况；【解析】：解：A、由于合力提供向心力，依据向心力表达式F=mrω2，两球质量，半径和角速度都一样，可知向心力一样，即合力一样，故A错误．BC、小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确．D、由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误．应当选：C．【点评】：该题的难点在与分析两球的摩擦力情况，注意利用好小球的合力提供向心力这点来分析摩擦力．5．〔6分〕〔2015•河南二模〕在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如下列图．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是〔〕A． x轴上各点的场强大小相等B．从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D．一个带正电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2点的电势能【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】：根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．根据电场力做功判断电势能的变化【解析】：解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；B、从﹣x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；C、有图可知，场强方向指向O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在﹣x1点的电势能，故CD错误应当选：B【点评】：此题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的上下判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化6．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，如下说法正确的答案是〔〕A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2〔m+M〕gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，如此m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止．【解析】：解：A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，如此地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确．应当选：AD．【点评】：此题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2〔m+M〕g是错误的．7．〔6分〕〔2015•河南二模〕A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．重力加速度为g，如此〔〕A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为〔﹣〕C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P 点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度．【解析】：解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于A 到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误．B、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为△t=t A﹣t B=﹣=〔﹣〕．故B正确．CD、由x=v0t得v0=x，x相等，如此小球A、B抛出的初速度之比===，故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．8．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下列图，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．虚线经过Q点〔3L，0〕且与y轴平行．圆形区域的圆心P的坐标为〔2L，0〕，半径为L．一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，如此〔〕A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，如此粒子的入射速度为v=C．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=D．粒子第一次从P点经过了x轴，如此粒子的最小入射速度为v min=【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．【分析】：假设粒子不经过圆形区域到达Q点，如此由几何关系可知，粒子应经历四分之一圆周，从而求得半径；由洛仑兹力充当向心力要求得粒子的入射速度；假设粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，由几何关系得到r与θ的关系式，由数学知识求得半径最小值【解析】：解：AB、要使粒子不经过圆形区域到达Q点，如此粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；如此由洛仑兹力充当向心力可知，qv m B=m解得：v=；故A正确；CD、要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如下列图；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：2a=rsinθ+acosθ故当θ=60°时，半径最小为r m= a又qv m B=m解得：v m=；故C正确；应当选：AC．【点评】：解决此题的突破口是知道粒子的运动情况，明确如可才能到达O'点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小．二、非选择题：包括必考题和选考题两局部．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕〔2015•河南二模〕DIS是由传感器、数据采集器、计算机、实验教学软件构成的数字化实验系统．某实验小组“用DIS研究机械能守恒定律〞的实验装置如图〔a〕所示．实验时，将摆球〔连同遮光片J〕每次都从同一位置M下摆，传感器K分别固定在A、B、C、D采集数据，D点为摆球通过的最低点．在一次实验中以图象方式采集数据并分析实验结果，所显示的图象如图〔b〕所示．图象的横轴表示摆球距离D点的高度^，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E〔不计空气阻力〕．〔1〕图〔b〕中的图象表示摆球重力势能EP随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ〔填“I〞“Ⅱ〞或“Ⅲ〞〕．〔2〕摆球在摆动过程中，重力所做功的最大值为0.016 J，摆球在距离D点的高度h=0.1m 处的速率为 1.4 m/s〔重力加速度取9.8m/s2〕．〔3〕从图〔b〕中的图象可以得出本实验的结论是：摆球在摆动过程中，机械能守恒．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：〔1〕根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能E P不断减少，动能E K不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线；〔2〕根据重力势能与高度的关系 E p=mgh，分析图线的斜率，求出质量，再根据动能表达式，即可求解；〔3〕分析动能与重力势能之和，即机械能是否变化，结合条件，判断得出结论．【解析】：解：①根据E P=mgh和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，E P=mgh增大，动能减小，而机械能不变，如此摆球重力势能E P随摆球距离D点的高度h变化关系的图线是Ⅱ．〔2〕小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，由图知，小球的机械能守恒，因此直线I表示机械能，而当动能为零时，重力势能最大，即为0.016J；重力势能与高度的关系 E p=mgh，由图Ⅱ知，h=0.1m处，mgh=0.008J，如此m=kg≈0.008kg而直线Ⅲ表示动能E k与高度的关系，摆球在距离D点的高度h=0.1m处，动能为E K==0.008J；那么其的速率为v=≈1.4m/s．〔3〕由三个图象可知，动能+重力势能=机械能，因此摆球在摆动过程中，机械能守恒；故答案为：〔1〕Ⅱ；〔2〕0.016，1.4；〔3〕摆球在摆动过程中，机械能守恒．【点评】：此题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内，小球的机械能守恒．10．〔9分〕〔2015•河南二模〕在“在探究导体电阻与材料关系〞的实验中，某种待测材料金属丝接人电路局部的长度约为50cm，所用测量仪器均已校准．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.399 mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕某实验小组用伏安法测金属丝的电阻．，记录实验数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.02 0.06 0.16 0.22 0.34 0.46 0.52由以上实验数据可知：①本次实验的电流表选用的是 B 、电压表选用的是 C 、滑动变阻器选用的是 F 〔填以下器材前的字母〕．A．电流表A1〔 0﹣100mA，内阻约为l0Ω〕B．电流表A2〔 0﹣0.6A，内阻约为0.1Ω〕C．电压表V1〔0﹣3V，内阻约为3kΩ〕D．电压表V2〔0﹣15V，内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器R1〔 0﹣l000Ω，0.2A〕F．滑动变阻器R2〔 0﹣20Ω，2A〕②测量Rx是采用图2中的甲〔填“甲〞“乙〞“丙〞或“丁〞〕电路图．③可以估算出金属丝电阻率约为 C 〔填选项前的字母〕．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：〔1〕读数时要分成整数局部和小数局部两局部之和来读；〔2〕①根据最大电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③认真描点，求出图线的斜率即为待测电阻阻值；根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．【解析】：解：〔1〕螺旋测微器的读数为d=0+39.9×0.01mm=0.399mm〔0.397～0.399都对〕；〔2〕〕①根据表格数据，电压数值达到2.3V，考查测量的准确性，电压表选C；而电流表数值达到0.52A，故电流表选择B；根据R=，可知，所测电阻约为5Ω左右，考虑操作方便，滑动变阻器选择F；②由给出的数据表可知，电流和电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由待测金属丝电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故应采用甲图；③描绘出的U﹣I图象如下列图，可求出金属丝的电阻为R=4.5V〔4.3～4.7都对〕由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1×10﹣6Ω•m，所以C正确．故答案为：〔1〕0.399；〔2〕①B，C，F；②甲；③C．【点评】：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．11．〔12分〕〔2015•河南二模〕冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如下列图，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶〔视为质点〕沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB=CD=l、BC=7l，重力加速度为g．求：〔1〕冰壶经过B点时的速率；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：〔1〕根据装冰壶在BD间的运动，由速度位移关系求冰壶在B点的速度；〔2〕根据B点速度由AB位移求得AB段的运动时间，再根据CD段的位移和加速度与末速度求得CD段的运动时间．【解析】：解：〔1〕冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μg根据速度位移关系有：解得冰壶在B点的速率v B==〔2〕设冰壶在AB段运动加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有，可得冰壶在AB间运动的加速度a2=8μg冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动为t2根据运动学关系有：，冰壶在CD段与在AB段运动时间之比答：〔1〕冰壶在B点的速率为；〔2〕冰壶在CD段与在AB段运动时间之比为2【点评】：解决此题的关键是能根据匀变速直线运动的速度位移关系和位移时间关系分析冰壶的运动，不难属于根底题．12．〔20分〕〔2015•河南二模〕如下列图，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ=30°角固定，间距为l=0.5m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B=lT的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经屡次测量得到﹣的关系图象如图乙所示〔取g=l0m/s2〕．〔1〕试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；〔2〕当电阻箱阻值R=2Ω时，金属棒的加速度为a=2.0m/s2，求此时金属棒的速度．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：〔1〕根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度v m与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；〔2〕当金属棒的加速度为时，根据牛顿第二定律求解速度．【解析】：解：〔1〕金属棒以速度v m下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：当金属棒以最大速度v m下滑时，根据平衡条件有：BIl=mgsinθ由图象可知：=1；解得：m=0.0252kg，R0=2Ω〔2〕设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：当金属棒下滑的加速度为2.0时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′l=ma联立解得：v=0.3m/s答：〔1〕金属棒的质量m是0.2kg，定值电阻R0的阻值是2Ω；〔2〕当电阻箱R取2Ω，且金属棒的加速度为2.0时，金属棒的速度是0.3m/s．【点评】：此题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键．(二〕选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】〔15分〕13．〔6分〕〔2015•河南二模〕如下说法正确的答案是〔〕A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度【考点】：理想气体的状态方程；分子间的相互作用力；热力学第一定律．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：分子间的作用力表现为引力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，分子势能随分子间距离的增大而增大，一定质量的理想气体，根据理想气体的状态方程判定状态参量的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．熵的意义是反映物体内分子运动的无序程度．【解析】：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度．故E正确．应当选：BCE【点评】：此题考查了分子间的作用力和分子势能的变化关系，理想气体状态方程、热力学第一定律以与上的微观意义，要注意的是，在涉与热力学第一定律的题目中，要首先判断出气体的状态参量的变化，才能判定内能的变化，此时一定要使用理想气体的状态方程．14．〔9分〕〔2015•河南二模〕一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积V1=2m3的钢筒，筒内贮有压强p1=200p0．的压缩空气，其中p0为大气压，p0=1×105Pa．海水的密度=1×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，设海水的温度不变．有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中局部空气压入该水箱，再关闭管道，水箱中排出海水的体积为V2=10m3，此时钢筒内剩余空气的压强为多少个大气压？【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体质量发生变化，应用理想气体状态方程时，要把排出的气体也作为研究对象，先找出理想气体初态与末态的状态参量，在根据等温变化的理想气体状态方程求解【解析】：解：贮气筒内原来气体压强设为：p1=200p0，体积为：V1=2m3．压入水箱中气体压强为：p2=p0+ρgh=105+103×10×200=21×105Pa=21atm，V2=10m3．剩余在贮气筒内气体压强p3，体积V3=2m3，因温度不变，有P1V1=P2V2+P3V3代入数据可解得P3=95atm答：筒内剩余空气的压强为95atm【点评】：此题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提物理--选修3-415．〔2015•河南二模〕如下列图，一列简谐横波沿戈轴传播，在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．己知图中的两个波峰的平衡位置x1与x2相距Im，该波的周期为T，且2T＜△t＜4T．如此可能的最小波速为5 m/s，最小周期为s．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．。

2015年甘肃省张掖市高考物理三诊试卷一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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）1．（6分）（2015•张掖模拟）下列说法正确的是（）A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的B．由电场强度的定义式E=可知E的方向决定于q的正负C．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D．“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷还存在磁场；根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷还存在磁场，故A错误；B、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故B错误；C、安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故C错误；D、“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，故D正确；故选：D．【点评】：理解电场与磁场的存在的范畴，认识电与磁的联系，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（6分）（2015•张掖模拟）如图所示的x﹣t图象和v﹣t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A．图线1表示物体做曲线运动B．x﹣t图象中t1时刻v1＞v2C．v﹣t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，在t2、t4时刻2、4开始反向运动【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：x﹣t图线与v﹣t图线只能描述直线运动；x﹣t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v﹣t的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．平均速度等于位移与时间之比．根据相关知识进行解答．【解析】：解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动．故A错误．B、在x﹣t图象中图线的斜率表示物体的速度，在t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故v1＞v2．故B正确．C、在v﹣t图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移．故在0﹣t3时间内4围成的面积大于3围成的面积，故3的平均速度小于4的平均速度；故C错误．D、x﹣t图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动．而t2时刻之前物体的运动沿正方向，t2时刻之后物体沿负方向运动．故t2时刻开始反向运动．v﹣t图象中速度的正负表示运动方向，从0﹣t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动．故D错误．答案：B．【点评】：对于v﹣t图线和s﹣t图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累．3．（6分）（2015•张掖模拟）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如甲图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一质量为m的物体，升降机静止时电流表示数为I0．某过程中电流表的示数如乙图所示，则在此过程中（）A．物体处于失重状态B．物体处于超重状态C．升降机一定向上做匀加速运动D．升降机一定向下做匀减速运动【考点】：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：根据升降机静止时电流表示数和此运动过程中电流，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值如何变化，确定压敏电阻所受压力如何变化，判断物体处于失重状态还是超重状态，再分析升降机可能的运动情况．【解析】：解：AB、据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，电流增大，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，大于重力，则物体处于超重状态．故A错误，B正确．CD、物体处于超重状态时，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动．故C、D错误．故选：B．【点评】：本题是信息题，首先要抓住题中信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题．4．（6分）（2015•张掖模拟）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度的方向和大小可能为（）A．竖直向上，B．平行导轨向上，C．水平向右，D．水平向左，【考点】：安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】：以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断安培力的最小值．从而求出磁场强度的最小值，然后根据右手定则判断磁场的方向．【解析】：解：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsinθ即BIL=mgsinθ则Bmin=A、=•＞，由右手定则判断磁场的方向，竖直向上，故A 错误；B、cosθ不一定大于sinθ故B错误；C、＞，由右手定则判断磁场的方向水平向左，故C错误D正确．故选：D【点评】：本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值是关键．5．（6分）（2015•张掖模拟）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）A．aA=g，aB=5g B．aA=aB=g C．aA=g，aB=3g D．aA=0，aB=2g【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：通过对滑轮受力分析，求出绳上的拉力，由牛顿第二定律分别对AB可求得加速度【解析】：解：对滑轮【分析】：F﹣2T=ma，又m=0，所以，对A【分析】：由于T＜4mg故A静止，aA=0对B：aB=，故D正确故选：D【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律求加速度，抓住受力分析是关键即可6．（6分）（2015•张掖模拟）“嫦娥二号”绕月卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功．“嫦娥二号”新开辟了地月之间的“直航航线”，即直接发射至地月转移轨道，再进入距月面约h=l×l05m的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．由题目条件可知月球的平均密度为B．“嫦娥二号”在工作轨道上绕月球运行的周期为2πC．“嫦娥二号”在工作轨道上的绕行速度为D．“嫦娥二号”在工作轨道上运行时的向心加速度为（）2g月【考点】：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．【专题】：人造卫星问题．【分析】：月球表面重力等于万有引力，绕月卫星的向心力由万有引力提供，据此列式分析即可．【解析】：解：A、在月球表面重力与万有引力相等有可得月球质量M=，据密度公式可得月球密度=，故A正确；B、根据万有引力提供圆周运动向心力有可得周期T==，故B错误；C、根据万有引力提供圆周运动向心力可得嫦娥二号绕行速度为，故C错误；D、根据万有引力提供圆周运动向心力可得嫦娥二号在工作轨道上的向心加速度，故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，万有引力提供圆周运动向心力入手，掌握公式及公式变换是正确解题的关键．7．（6分）（2015•张掖模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00πtV．下列说法中正确的（）A．t=s时，电压表的读数为22VB．t=s时，ac两点电压瞬时值为110VC．滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小【考点】：变压器的构造和原理；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．【分析】：由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．【解析】：解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；B、t=s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；C、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D错误；故选：A【点评】：本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点．8．（6分）（2015•张掖模拟）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子速度大C．从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论【解析】：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度vP＜vQ，故A错误，B正确；故选：BD【点评】：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题，第9题-第12题为必考题，每个题每位考生必须作答，第13题-第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9．（6分）（2015•张掖模拟）在《探究加速度与力、质量的关系》实验中（1）某小组同学用如图1所示装置，采用控制变量方法，来研究在小车质量不变的情况下，研究小车加速度与小车受力的关系．下列措施中正确的是BDA．平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，在塑料小桶中添加砝码，使小车在绳的拉力作用下能匀速滑动B．每次改变小车所受的拉力时，不需要重新平衡摩擦力C．实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源D．在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量（2）如图2所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带．取计数点A、B、C、D、E、F、G．纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，FG=13.49cm，则小车运动的加速度大小a= 2.4m/s2，打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=0.51 m/s．（结果保留二位有效数字）【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mg sinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车．（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．【解析】：解：（1）A、实验时首先要平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故A 错误；B、平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力，每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故B正确；C、为了提高纸带的利用率，在纸带上尽量多的打点，因此实验中应先接通电源，后放开小车，故C误；D、每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量，故D正确；故选：BD．（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，a=（a1+a2+a3）代入实验数据解得：a=2.4m/s2，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．vC===0.51m/s；故答案为：（1）BD；（2）2.4，0.51．【点评】：对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．该题考查在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中的注意事项：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；同时会求瞬时速度与加速度，学会通过描点作图象，注意单位的统一与正确的计算．10．（9分）（2015•张掖模拟）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V1（量程3V，内阻Rv1=10kΩ）电压表：V2（量程15V，内阻Rv2=50kΩ）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器：R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5Ω R4=10Ω①为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用V1，滑动变阻器应选用R1（填写器材的符号）．该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻R3并联，改装后的电流表对应的量程是0.603A．②在如图所示的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理图．③电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E= 1.48V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=0.85Ω （结果保留两位有效数字）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：①根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，从而得出合理的电流表；根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；②由实验中的原理及实验仪器可以选择合理的电路图；③根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻．【解析】：解：①一节干电池的电动势约E=3V，故电压表应选择V1；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0〜10Ω，电路中最小电流约为：Imin===0.3A；电流表A的量程是3A，0.3A不到该量程的三分之一，流表量程太大，因此不能用电流表A．为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与R3并联；改装后电流表量程：I=Ig+=0.003+A=0.603A；②由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端；原理图如下图：③由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V．图线的斜率大小k=r，由数学知识知：k==0.84，则电源的内阻为：r=k=0.84Ω故答案为；①V1、R1、R3；0.603（填0.6或0.60均可）②如图所示③1.48，0.85（0.70﹣0.90之间）【点评】：测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．这是近年高考新的动向，应注意把握．11．（14分）（2015•张掖模拟）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg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）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？【考点】：向心力；平抛运动；动能定理．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：（1）根据平抛运动的规律，结合到达C点的速度方向求出C点的速度大小，根据动能定理求出到达D点的速度，结合牛顿第二定律求出D点对物块的支持力，从而得出物块对轨道末端的压力大小．（2）结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的至少长度．【解析】：解：（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60度，根据平行四边形定则知，vC=2v0=4m/s，根据动能定理得，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=m代入数据，联立两式解得，，N=60N．则小物块对轨道的压力为60N．（2）根据动量守恒定律得，mvD=（M+m）v，解得v=．根据能量守恒定律得，代入数据解得L=2.5m．答：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m．【点评】：本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．12．（18分）（2015•张掖模拟）如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q．【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；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）应用安培力公式求出安培力，由图示图象求出拉力，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出磁感应强度．（2）由运动学公式求出线框的位移，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流的定义式求出电荷量．（3）由能量守恒定律求出产生的焦耳热．【解析】：解：（1）由F﹣t图象可知，当线框全部进入磁场后，F=0.2N时，线框的加速度：a===2m/s2，0时刻线框所受的安培力：F安培=BIL=，由图示图象可知：F=0.3N，由牛顿第二定律得：F﹣F安培=ma，代入数据解得：B=0.5T；（2）线框进入磁场过程通过截面电量：q=I△t，由法拉第电磁感应定律得E==，由闭合电路欧姆定律得：I=，解得，电荷量：q=，由匀变速直线运动得：x=v0t+at2，代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律：WF=Q+mvt2﹣mv02，代入数据解得：Q=0.12J；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C；（3）在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．【点评】：本题考查了求磁感应强度、电荷量与焦耳热，分析清楚线框的运动过程，应用安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律即可正确解题．(二）选考题【物理一选修3-3】（15分）13．（6分）（2015•张掖模拟）下列说法正确的是（）A．气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体E．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加【考点】：物体的内能．【专题】：内能及其变化专题．【分析】：解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．【解析】：解：A、气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确．B、温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故B错误．C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误．D、热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D正确．E、气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．故E正确．故选：ADE．【点评】：解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系．14．（9分）（2015•张掖模拟）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S．已知大气压强为p0，温度为T0．两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T．若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？【考点】：气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强．【专题】：气体的状态参量和实验定律专题．【分析】：加热前，AB活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力．加热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，此时B被挡住，活塞不能继续移动；根据盖•吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，做讨论可得结果．【解析】：解：设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件可得：对活塞A：2p0S﹣2p1S+f=0对活塞B：p1S﹣p0S﹣f=0，解得：p1=p0f=0即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：V2=4Sl+Sl=5Sl根据盖•吕萨克定律得：解得：由此可知，当T≤时，气体的压强为：p2=p0当T＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定律得：。

四川省成都市2015届高三第三次诊断考试物 理 试 题1．物理试卷分为第I 卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共110分。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡，答在试卷上的无效。

考试结束后，只将答题卡交回。

第I 卷注意事项：1．每题选出答案后，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，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．下列说法正确的是A ．声波和电磁波都不能在真空中传播B ．遥控器发出的红外线脉冲信号，可以用来遥控电视机、录像机和空调机C ．交警可以根据光波的偏振现象，利用仪器测出经过身边的汽车的行驶速度D ．狭义机对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度2．关于下列光学现旬，说法正确的是A ．光从空气射入玻璃时，可能发生全反射B ．在水中，蓝光的传播速度大于红光的传播速度C ．晚上，不中同一深度、可视为点光源的红灯和黄灯，红灯照亮的不面面积大于黄灯照亮的水面面积D ．阳光下肥皂泡呈现出五颜六色，这是光的衍射现象3．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的纯电阻和“220V，220W”的电动机。

如果副线圈两端电压按图乙所示正弦规律变化，则下列说法正确的是A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为2202sin 50t u V π=B ．电压表示数为11002VC ．纯电阻的发热功率是电动机发热功率的2倍D ．1min 内电动机消耗的电能为41.3210J ⨯4．如图所示，在波的传播方向上有相距1m 的6个质点，a 、b 、c 、d 、e 、f ，它们均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以1m/s 的水平速度向右传播。

实验探究1.(2014重庆，6，19分) (19分)(1)某照明电路出现故障,其电路如题6图1所示,该电路用标称值12 V的蓄电池为电源,导线及其接触完好。

维修人员使用已调好的多用表直流50 V 挡检测故障。

他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a、b点。

①断开开关,红表笔接a点时多用表指示如题6图2所示,读数为________ V,说明________正常(选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯)。

题6图1题6图2②红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和题6图2相同,可判定发生故障的器件是________(选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯)。

(2)为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律,同学们设计了如题6图3所示的实验装置。

他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上,固定点分别为P和Q,P低于Q,绳长为L(L>)。

题6图3他们首先在绳上距离P点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动),由测力计读出绳PC、QC的拉力大小T P和T Q。

随后,改变重物悬挂点C的位置,每次将P到C点的距离增加10 cm,并读出测力计的示数,最后得到T P、T Q与绳长的关系曲线如题6图4所示。

由实验可知:①曲线Ⅱ中拉力最大时,C与P点的距离为________ cm,该曲线为________(选填:T P或T Q)的曲线。

②在重物从P移到Q的整个过程中,受到最大拉力的是________(选填:P或Q)点所在的立柱。

③在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处,可读出绳的拉力T0=________ N,它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=________。

题6图41.(1)①11.5(11.2~11.8之间的值均可)蓄电池②小灯(2)①60(56~64之间的值均可)T P②Q③4.30(4.25~4.35之间的值均可)1.(1)①由题图2可知,直流50 V挡的最小分度为1 V,故按“十分之一”估读法可知读数应为11.5 V左右。

理科训练8·物理试题13.如图所示，位于竖直平面内一长木板斜靠在竖直墙上交于A 点，其与水平面的夹角为45°；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上交于B 点，其与水平面的夹角为53°；两长木板底端交于同一点C ，如将一小球从A 点开始静止释放，运动到C 点历时为t ；将同一小球分别从B 点开始静止释放，运动到C 点历时也为t ，则斜面的动摩擦因数为（sin37°=0.6，cos37°=0.8） A. 17 B.314 C.328 D.528 14.2014年9月24日，印度“曼加里安”号火星车成功进入火星轨道，印度成为第一个到达火星的亚洲国家。

假设“曼加里安”号火星车进入火星近地面轨道做匀速圆周运动，已知火星的平均密度大约是地球平均密度的k 倍，在地球上贴近地面做匀速圆周运动的卫星的周期为T 0，则“曼加里安”号火星车周期为A ．20kT B.k k T 0 C.k T 0 D.k T 20 15.如图所示，A 、B 两球大小不计，所带电荷量均为5102-⨯C ，质量均为0.72kg ，其中A 球带正电荷，B 球带负电荷，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A 、B 两小球之间的距离可能为A ．0.8mB ．1.2mC ．2mD ．2.5m 16.一列简谐横波，某时刻的波形图象如图1所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图2所示，则 ABC图1 图2A．从该时刻起，再经过Δt=0.4 s，P质点的位移为2cmB．从该时刻起，再经过Δt=0.4 s，P质点通过的路程为8cmC．从该时刻起，再经过Δt=0.4 s，波传播的距离为4cmD．若t=0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经1.8s时间坐标为x=45m的质点（未画出）第二次位于波峰17．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（）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18.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。

2015年北京市西城区高三二模理科综合 物理试题13．下列关于光的本性的说法正确的是（ ） A ．光电效应现象说明光具有粒子性 B ．光电效应现象说明光具有波动性 C ．光的干涉、衍射现象说明光是横波 D ．光的干涉、衍射现象说明光是纵波 【答案】A【命题立意】本题旨在考查光电效应、光的衍射和干涉。

【解析】AB 、光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象；说明光具有粒子性；故A 正确，B 错误；CD 、光的干涉、衍射现象仅说明光具有波动性，而不能说明光是纵波或是横波，故CD 错误。

故选：A14．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在某一时刻的波形曲线如图所示，由图可知（ ） A ．各质点振动的周期为4s B ．该简谐横波的波长为4m C ．此时刻质点A 的速度为0 D ．此时刻质点B 的加速度为0 【答案】B【命题立意】本题旨在考查波长、周期和波速的关系、横波的图象。

【解析】A 、由波形图不能读出波的周期，故A 错误； B 、由图象可知波长4m λ=，故B 正确；C 、由图像可知，此时A 位于平衡位置，速度达最大，故C 错误；D 、由图像可知，此时B 位于最大振幅位置，加速度达最大，故D 错误。

故选：B15．如图所示，在竖直光滑墙壁上用细绳将一个质量为m 的球挂在A 点，平衡时细绳与竖直墙的夹角为θ，θ<45°。

墙壁对球的支持力大小为N ，细绳对球的拉力大小为T ，重力加速度为g 。

则下列说法正确的是（ ） A ．N >mg ，T>mg B ．N >mg ，T <mg C ．N <mg ，T>mg D ．N <mg ，T <mg【答案】C【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。

【解析】以球为研究对象，分析其受力情况：重力mg 、悬绳对球的拉力和墙壁对 球的支持力，根据平衡条件，有：cos mgT θ=tan N mg θ=球所受绳和墙壁的作用力的合力大小等于mg 由于045θ<则：N mg <，T mg > 故选：C【举一反三】本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用平衡条件和几何知识列式求解即可。