2015年四川省成都市石室中学高考物理二模试卷(解析版)

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。

2015年四川省成都市高考物理二诊试卷一.选择题（42分）1．（6分）（2015•成都模拟）下列说法正确的是（）A．电磁波是一种横波B．空间有变化的电场（或磁场）存在，一定能形成电磁波C．微波的频率高于可见光D．当物体以接近光速的速度运动时，物体的质量变化才明显，因此牛顿运动定律不仅适用于低速运动，而且适用于高速运动【考点】：电磁场．【分析】：电磁波是一种横波；具有一切波的性质；如反射、折射、干涉、衍射现象；变化的电场可以产生磁场；而变化的磁场可以产生电场；但只有周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波．【解析】：解：A、电磁波是一种横波，故A正确；B、只有周期性变化的电场才能形成电磁波，均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，将不能再产生电磁波；故B错误；C、微波的波长大于可见光，频率低于可见光；故C错误；D、牛顿第二定律只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体；故D错误；故选：A【点评】：本题考查电磁波的性质，要注意掌握电磁波产生及经典物体的适用范围．2．（6分）（2015•成都模拟）如图所示，一束复色光a由空气中斜射到上下表面平行的厚平板玻璃的上表面，穿过玻璃后分为b、c两束平行单色光从下表面射出．关于这两束单色光，下列说法正确的是（）A．此玻璃对b光的折射率等于对c光的折射率B．在真空中b光的传播速度等于c光的传播速度C．在此玻璃中b光的全反射临界角大于c光的全反射临界角D．用同一双缝干涉装置进行实验，屏上b光相邻的干涉条纹间距比c光的宽【考点】：光的折射定律；光的干涉．【专题】：光的折射专题．【分析】：复色光从空气斜射到厚平板玻璃（上、下表面平行）的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为c、b两束平行单色光，从而可确定折射率大小．频率与折射率成正比，进而可确定传播速度，临界角，及干涉条纹间距．【解析】：解：A、光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射入射光线平行．由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，故A错误；B、光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，根据v=．则b光的传播速度小于c光，但在真空中，两光的传播速度相同，故B正确；C、由公式n=知，玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，b光的全反射临界角小于c光的全反射临界角，故C错误；D、光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，根据v=．则b光的传播速度小于c光，根据从而得出b光的波长小于c光，用同一双缝干涉装置进行实验可看到b光的干涉条纹间距比c光的小．故D 错误；故选：B．【点评】：本题可用假设法，由折射率不同，从而假设b是紫光，c是红光，则可根据红光与紫光的特性来确定出正确答案．3．（6分）（2015•成都模拟）质量m=50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）．由图象提供的信息可知（）A．在0～15s内，观光电梯上升的高度为25mB．在5～15s内，电梯地板对人的支持力做了﹣2500J的功C．在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/sD．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2【考点】：功的计算；匀变速直线运动的图像．【专题】：功的计算专题．【分析】：在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态．图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移【解析】：解：A、在速度时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故0﹣15s内的位移为x=，故A错误；B、5﹣15s内加速度为，由牛顿第二定律得FN﹣mg=ma，解得FN=450N，5﹣15s内上升的高度为，故支持力做功为W=FNh=22500J，故B错误；C、匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和，故，故C正确；D、在25～35s内，观光电梯在减速下降，故D错误；故选：C【点评】：本题主要考查了v﹣t图象的性质、超重失重现象的理解，要注意通过图象明确物体的运动情况，再结合超重失重的内容进行分析即可4．（6分）（2015•成都模拟）图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为该横波中x=3m 处质点A的振动图象，则下列说法正确的是（）A．波的传播方向沿x轴正方向B．波的传播速度大小为1cm/sC．在t=2.0s时刻，图甲中x=4m处质点B的振动加速度大小为0D．若该波遇到尺寸大小为1m的障碍物或孔时，该波会发生明显的衍射现象【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】：由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速．根据t=0时刻质点A的位置，进而分析B的位置，从而判断加速度．【解析】：解：A、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴负方向．故A错误．B、由甲图读出波长λ=4m，由乙图读出周期T=4s，则波速v=，故B错误．C、在t=2.0s时刻，A点在平衡位置向下振动，所以B处于波峰处，加速度最大，故C错误．D、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射．由图知该波的波长为λ=4m，所以该波遇到尺寸大小为1m的障碍物或孔时，该波会发生明显的衍射现象，故D正确．故选：D【点评】：本题关键要抓住振动图象与波动图象之间的联系，将一个周期分成四个周期研究质点的振动过程．5．（6分）（2015•成都模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表．原线圈所接交流电源的电压随时间变化的关系是u1=220sin100πtV，副线圈回路中的输电线ab和cd的总电阻r=2Ω，滑动变阻器的最大阻值R=30Ω，其余输电线电阻忽略不计，则（）A．理想变压器输出电压的频率是100 HzB．在t=0．O1s，时，电压表V的示数为OVC．在滑动变阻器滑动触头向下滑动的过程中，电流表A1的示数不变、电流表AZ的示数变大D．当滑动变阻器接入电路的阻值为R=20Ω时，理想变压器的输入功率为22 W【考点】：变压器的构造和原理．【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即可求得结论，电路的动态分析，由欧姆定律求解．【解析】：解：A、根据瞬时值表达式为u1=220sin100πt（V），理想变压器输出电压的频率是50 Hz．故A错误B、电压表V示数为有效值，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为22V，电压表的示数为22V，故B错误．C、当滑动变阻器触头P向下滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，电路的总电阻变小，由于电压是由变压器决定的且不变，故电压表的示数不变，由欧姆定律得电流变大，有功率不变得原线圈的功率变大，电流变大，故C错误．D、当滑动变阻器接入电路的阻值为R=20Ω时，总电阻为22Ω，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为22V，消耗的功率为p==22w，理想变压器输入输出功率不变，故D正确．故选：D【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法6．（6分）（2015•成都模拟）嫦娥三号”于2013年12月2日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送人太空，12月14日成功软着陆于月球雨海西北部，12月15日完成着陆器和巡视器分离，并陆续开展了“观天、看地、测月”，的科学探测和其它预定任务．如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车，若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（）A．月球表面处的重力加速度为gB．月球车内的物体处于完全失重状态C．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为D．地球与月球的质量之比为【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】：质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．【解析】：解：A、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故月球表面处的重力加速度为g，故A正确；B、在月球表面，月球车内的物体受重力和支持力，不是失重，故B错误；C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比：==，故C正确；D、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：=，故D错误；故选：AC．【点评】：本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可．7．（6分）（2015•成都模拟）如图甲所示，倾角30°、上侧接有R=1Ω的定值电阻的粗糙导轨（导轨电阻忽略不计、且ab与导轨上侧相距足够远），处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，导轨相距L=1m．一质量m=2kg、阻值r=1Ω的金属棒，在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始从ab处沿导轨向上加速运动，棒球运动的速度一位移图象如图乙所示，（b点为位置坐标原点）．若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=，g=10m/s2，则金属棒从起点b沿导轨向上运动x=1m的过程中（）A．金属棒做匀加速直线运动B．金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10JC．通过电阻R的感应电荷量为0.5CD．电阻R产生的焦耳热为0.5J【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁学；电磁感应——功能问题．【分析】：结合匀变速直线运动的速度位移公式列式分析运动性质；摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功；根据电流的平均值求解电量，求解电热要用电流的有效值．【解析】：解：A、v﹣x图象是直线，如果是匀加速直线运动，根据，v﹣t图象应该是曲线，故金属棒做变加速直线运动，故A错误；B、金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1=μmgcos30°•x=J=10J；故B正确；C、通过电阻R的感应电荷量：q===0.5C；故C正确；D、既然是变加速直线运动，条件不足，无法求解电阻R产生的热量，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键是明确导体棒的受力情况、运动情况和电路中的能量转化情况，明确平均值有有效值的区分，不难．二.非选择题，68分8．（6分）（2015•成都模拟）如图甲所示是用沙摆演示振动图象的实验装置，沙摆可视为摆长L=1.0m的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动．实验中，细沙从摆动着的漏斗底部均匀漏出，用手沿与摆动方向垂直的方向匀速拉动纸板，漏在纸板上的细沙形成了图乙所示的粗细变化的一条曲线．曲线之所以粗细不均匀，主要是因为沙摆摆动过程中速度（选填“位移”、“速度”或“加速度”）大小在变化．若图乙中AB间距离x=4.0m，当地重力加速度g=10m/s2，则纸板匀速运动的速度大小为 1.0m/s（结果保留2位有效数字）．【考点】：简谐运动的振动图象；简谐运动的回复力和能量．【专题】：简谐运动专题．【分析】：单摆摆动的周期T=2π，知单摆的周期与摆球的质量无关，所以周期不变．单摆在摆动的过程中经过平衡位置的速度最大，最大位移处的速度为0．根单摆周期求出沙摆的周期，再求解纸板匀速运动的速度．【解析】：解：观察细沙曲线，发现两侧粗，沙子多，中间细，沙少．是因为沙摆在摆动的过程中，经过平衡位置速度最大，最大位移处速度为0，即是由于沙摆摆动过程中速度大小的变化引起的．沙摆的周期为：T=2π=2πs=2s．乙图记录了2T时间内的运动情况，则纸板匀速运动的速度大小为：v===1.0m/s故答案为：速度，1.0．【点评】：解决本题的关键知道砂摆完成一次全振动的时间为一个周期，掌握单摆的周期公式．9．（11分）（2015•成都模拟）某实验小组欲测量额定电压为3V的某LED灯在正常工作时的电阻Rx，已知该灯正常工作时电阻大约为600Ω左右．除该LED灯外，实验中可供选择的实验器材有：电流表A（量程0～0.6A，内阻RA约2.0Ω）电压表V1（量程0～6V，内阻RVl约5kΩ）电压表V2、（量程0～3V，内阻Rv2=500Ω）滑动变阻器R（0～20Ω，允许最大电流1.0A）蓄电池E（电动势10V，内阻约0.1Ω}）开关S一只、导线若干（1）实验中要求测量尽量准确且方便调节，除电源、LED灯、滑动变阻器、开关和导线外，电表（电流表或电压表）应选用V1、V2（填写仪器符号）．（2）将你所设计的实验电路图画在答题卡上对应的虚线框中，并在图中标明仪器符号．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式RX=（用电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2、电流表A的示数I，RV1、Rv2、RA中的某些字母表示）．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED串联，根据欧姆定律求出通过LED的电流，再根据欧姆定律求解LED的电阻．【解析】：解：（1）根据题意可知，通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，V1，V2，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED 串联．（2）滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，Rv2=500Ω与LED 电阻差不多，所以V2使用内接法，电路图如图所示：（3）根据电路可知，V1测量RX和电压表V2的总电压，根据欧姆定律可知通过V2的电流，RX两端的电压U=U1﹣U2，根据欧姆定律可知，RX=故答案为：（1）V1，V2；（2）如图所示；（3）．【点评】：本题最容易出错的地方就是同学们没有考虑通过LED最大电流，不知道电流表不能用，而是采用常规的伏安法测电阻，难度适中．10．（15分）（2015•成都模拟）如图所示，滑雪坡道由斜面AB和圆弧面BO组成，BO与斜面相切于B、与水平面相切于O，以O为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy．现有一质量m=60kg的运动员从斜面顶点A无初速滑下，运动员从O点飞出后落到斜坡CD上的E点．已知A点的纵坐标为yA=6m，E点的横、纵坐标分别为xE=10m，yE=﹣5m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能．（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小．【考点】：机械能守恒定律；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，由运动的分解法分别研究水平和竖直两个方向的位移，即可求得时间和平抛运动的初速度，从而求得在滑雪坡道ABO段损失的机械能．（2）由平抛运动的规律求出落到E点前瞬间竖直分速度，再求解重力的瞬时功率．【解析】：解：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，则xE=vxt；﹣yE=解得，t=1s，vx=10m/s在滑雪坡道ABO段，由能量守恒定律有：损失的机械能为△E=mgyA﹣代入数据解得，△E=600J（2）落到E点前瞬间，运动员在竖直方向上的分速度为vy=gt运动员的重力功率大小为P=mgvy；代入数据解得P=6×103W答：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能为600J．（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小为6×103W．【点评】：机械能守恒定律常常要综合平抛或牛顿第二定律进行考查，在做题时要注意明确运动的过程，正确选择物理规律求解．11．（17分）（2015•成都模拟）如图所示，劲度系数k0=2N/m、自然长度l0=m的轻弹簧两端分别连接着带正电的小球A和B，A、B的电荷量分别为qA=4.0×10﹣2C、qC=1.0×10﹣8C，B 的质量m=0.18kg，A球固定在天花板下0点，B球套在与0点等高的光滑固定直杆的顶端，直杆长L=2m、与水平面的夹角θ=45°，直杆下端与一圆心在O点、半径R=2m、长度可忽略的小圆弧杆CO′D平滑对接，O′O为竖直线，O′的切线为水平方向，整个装置处于同一竖直面内．若小球A、B均可视为点电荷，且A、B与天花板、弹簧、杆均绝缘，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，则将B球从直杆顶端无初速释放后，求：（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小和方向．（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小．（计算结果可用根号表示）【考点】：电势差与电场强度的关系；动能定理．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）小球在P点受电场力和重力，由库伦定律求的库仑力，根据力的合成即可求得合力大小和方向；（2）根据动能定理求的到达O′点的速度，根据牛顿第二定律求的作用力【解析】：解：（1）在P点，B电荷受到的电场力为=1.8N，方向沿PA方向；重力为G=mg=1.8N静电力与重力的合力大小为代入数据解得N因G=FAB，故F合的方向与竖直方向成22.5°角斜向下（2）从B到O′由动能定理可得解得v=在O′点由牛顿第二定律得代入数据解得由牛顿第三定律小球对杆的弹力大小答：（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小为，方向竖直方向成22.5°角斜向下（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小为2.3+N【点评】：本题主要考查了受力分析，利用力的合成求的合力，再结合动能定理和牛顿第二定律即可12．（19分）（2015•成都模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．现将一挡板放在第二象限内，其与x，y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L．一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失．若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与人射角的关系）．求：（1）C点的纵坐标．（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少？（3）磁感应强度为多大时，粒子与档板总共相碰两次后到达C点？这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长？【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）粒子向沿着+x方向做匀加速直线运动，然后碰撞后做类似平抛运动，根据动能定理和类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）若要使粒子再次打到档板上，临界情况是轨迹圆经过C点，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度的最大值；（3）画出临界轨迹，粒子经过坐标原点后射向极板并反弹，再次经过磁场偏转后沿着直线射向C点，结合几何关系求解出轨道半径，然后分阶段求解运动的时间．【解析】：解：（1）设粒子与板作用前瞬间速率为v0，由动能定理，有：qEL=解得：粒子与板碰撞后在电场中做类似平抛运动，设到达y轴时与C点的竖直距离为y，在x轴方向，有：在y轴方向，有：y=v0t由以上二式得到：t=，y=2L故粒子第一次到达y轴时距坐标原点为：y′=y+L=3L（2）粒子到C点时，x轴方向的速度分量为：此时速度v==2设v与x轴正方向的夹角为θ，有：tanθ=，故θ=45°粒子进入磁场后将做匀速圆周运动，转过270°后打在板上的N点时，磁感应强度B1为最大，有：又，故B1==2（3）当磁感应强度的大小为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动，到达y轴上的O点之后，沿着直线运动打到板上，故：同理=此后粒子返回O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直线运动再次到达C点，从A到板，有：L=，故t1=；在磁场中做匀速圆周运动的时间：t2==从O到板再返回O点做匀速直线运动时间为：从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为：故t总=t+t1+t2+t3+t4=答：（1）C点的纵坐标为（0，3L）．（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为2；（3）磁感应强度为时，粒子与档板总共相碰两次后到达C点；这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间为．【点评】：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速、类似平抛运动、匀速圆周运动和匀速直线运动过程进行分析，切入点是画出临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径．。

2015年四川省成都市石室中学高考物理模拟测试选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多项正确，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分；有错选或不选的得0分．）1．（6分）（2015•成都校级模拟）下列说法正确的是（）A．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大B．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性C．凡是遵守热力学第一定律的过程都一定能够发生D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减小考点：热力学第二定律；热力学第一定律．专题：热力学定理专题．分析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具有“单向性”，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以判断出气体内能的变化解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与压强无关，故A错误B、自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故B正确C、满足热力学第一定律并不一定满足热力学第二定律，故C错误D、由△U=W+Q可知，绝热Q=0，当外界对气体做功时W为正，故内能一定增加，故D错误故选B点评：本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比较简单2．（6分）（2015•成都校级模拟）下列说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．当放射性元素的原子外层电子具有较高能量时，将发生β衰变C．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期D．核反应方程，U+n→Ba+Kr+3X中的X是中子考点：重核的裂变；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：太阳辐射的能量是核聚变反应；β衰变是原子核内部发生的；原子核内的核子有半数发生衰变成新核，所需的时间就是半衰期；核反应方程满足质量数与质子数守恒，即可求解．解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；B、β衰变的电子是由中子转变成质子而放出的，故B错误；C、放射性元素的原子核内的核子有半数发生衰变成新核所需的时间就是半衰期，故C错误；D、根据质量数与质子数守恒，则有X是，即为中子，故D正确；故选：D．点评：考查核裂变与聚变的区别，掌握β衰变的实质，注意半衰期的概念，知道如何书写核反应方程的规律．3．（6分）（2007•四川）两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则（）A．在真空中，a光的传播速度较大B．在水中，a光的波长较小C．在真空中，b光光子的能量较大D．在水中，b光的折射率较小考点：光电效应；波长、频率和波速的关系；光的折射定律；光子．分析：根据光电效应的条件，比较出两光的频率，即可得出两光的折射率大小，光子能量大小；不同的色光在真空中传播速度相同，再根据公式，比较出在介质中的速度，从而比较出波长．解答：解：A、不同的色光在真空中传播的速度相同．故A错误．B、入射光的频率大于截止频率，才会发生光电效应，可知a光的频率大于b光的频率．根据公式：，，得，频率大的光折射率也大，知在水中，a光的波长较小．故B正确．C、a光的频率大于b光的频率，E=hγ，a光光子的能量较大．故C错误．D、a光的频率大于b光的频率，所以在水中，b光的折射率小于a光的折射率．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键，掌握光电效应产生的条件，以及频率、折射率、波长等量的联系．4．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示的电路中，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大、直流电阻可忽略不计的理想线圈，在电键S接通和断开时，下列观察到的现象正确的是（）A．当电键S接通时，灯泡L1缓慢亮起来，L2立即亮起来B．当电键S接通时，灯炮L1和L2都缓慢亮起来C．当电键S断开时，灯炮L2闪亮一下，然后才逐渐熄灭D．当电键S断开时，灯泡L2不会闪亮，只是逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．解答：解：A、B、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯L2立即发光．通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来．所以L2比L1先亮．故A 正确，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时L1灯的电流大于L2灯泡的电流，故L1逐渐变暗，L2先闪亮一下，最后一起熄灭，故C正确，D错误；故选：AC．点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．5．（6分）（2010•重庆模拟）海浪的传播速度跟海水的深度有关，其关系式为v=，式中h 为海水的深度，g为重力加速度．现有剖面如图甲所示为一个海岸，A、B两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，看到海岸边O处向外传播的水波波形（图中弧形实线代表波峰）．若己知A处海水深为5m，则B处的水波波长和B处的海水深分别为（）A．4m，l0m B．8m，l0m C．4m，20m D． 8m，20m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：波传播的频率不变．由图分析A、B两处波长关系，由波速公式v=λf确定出波速关系，即可由v=求解B处的水深；解答：解：由图看出，A处水波波长为：λA=2m．B处水波波长为：λB=4m．故：λB=2λA由于水波在水中的频率不变，则由波速公式v=λf得水波在A、B两处波速与波长成正比，则：==又由题意，水波的速度跟水深度关系为：v=，则有：==4因A处海水深为5m，解得：h B=4h A=20m．故选：C．点评：本题一要抓住波的基本特点：波的频率与介质无关，水波的频率不变；二要由图读出波长关系，结合题中信息进行分析．6．（6分）（2015•成都校级模拟）如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（）A．物块滑到b点时的速度为B．物块刚滑到b点时对b点的压力是mgC．c点与b点的距离为D．整个过程中物块机械能损失了mgR考点：功能关系；向心力；机械能守恒定律．分析：由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；由动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失．解答：解：A、由机械能守恒可知，mgR=mv2，解得b点时的速度为，故A错误；B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F﹣mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg，故B错误；C、对全程由动能定理可知，mgR﹣μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D错误；故选：C．点评：在功能关系中，要注意明确：重力做功等于重力势能的改变量；而摩擦力做功等于机械能的改变量．7．（6分）（2015•成都校级模拟）据环球报报道，美国和俄罗斯的两颗卫星2009年2月10日在太空相撞，相撞地点位于西伯利亚上空500英里（约805公里）．相撞卫星的碎片形成太空垃圾，并在卫星轨道附近绕地球运转，国际空间站的轨道在相撞事故地点下方270英里（434公里）．若把两颗卫星和国际空间站的轨道看作圆形轨道，上述报道的事故中以下说法正确的是（）A．这两颗相撞卫星在同一轨道上B．这两颗相撞卫星的周期、向心加速度大小一定相等C．两相撞卫星的运行速度均大于国际空间站的速度D．两相撞卫星的运动周期均大于国际空间站的运动周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：卫星的线速度，加速度，周期与半径有关，依据万有引力等于向心力，确定出各量与半径的数量关系，进而分析比较所给问题．解答：解：AB、两颗卫星相撞，说明两颗卫星运行的轨道有交点，即两颗卫星的轨道半径大小相同，所以两颗卫星的周期和加速度相同，两颗卫星能够相撞说明两颗卫星不可能在同一个轨道上，故A错误，B正确；CD、卫星的运行时万有引力提供圆周运动向心力，可得卫星运行的速度表达式：，周期表达式T=由此可知，半径大的卫星速度小，半径大的卫星周期大，故C错误，D正确．故选：BD．点评：考查卫星的运动规律，明确卫星的线速度，加速度，周期与半径的关系，从而比较不同运动半径的各量的大小关系．8．（6分）（2015•成都校级模拟）一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．考点：洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．专题：电学图像专题．分析：带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．解答：解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＞mg时，F N=qvB﹣mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；当qvB＜mg时，F N=mg﹣qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．故选AD．点评：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．二、非选择题：9．（6分）（2010•山西二模）在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1所示，则该小球的直径为 2.010 cm．乙同学在实验中测出多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2﹣L的关系图象如图2所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时多加（选填“漏加”或“多加”）了小球的半径．虽然实验中出现了上述错误，但根据图象中的数据仍可计算出准确的重力加速度，其值为9.86 m/s2．（最后结果保留三位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．通过摆长是正值时，周期才为零，根据此判断错误的原因．根据单摆的周期公式T=2π求解重力加速度．解答：解：游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.05×2mm=0.10mm，所以最终读数为20.10mm=2.010cm．摆长是正值时，周期才为零，知计摆长时多加摆球的半径．根据g=，T2=．知图线的斜率为=4，解得g=9.86m/s2．故答案为：2.010；多加；9.86点评：解决本题的关键知道“用单摆测定重力加速度”实验的注意事项和一般步骤，以及知道实验的原理：周期公式T=2π．10．（11分）（2015•成都校级模拟）从表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电压表V1的内阻R1．要求方法简便，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．器材（代号）规格电压表（V1）电压表（V2）电流表（A）滑动变阻器（R）电池（E）电键（s）导线若干量程6V，内阻R1待测（约30kΩ）量程3V，内阻R2=10KΩ量程0.6A，内阻R=0.2Ω总阻值约20Ω电动势10V，内阻很小①在右方虚框中画出电路图．标明所用器材的代号．②若选测量数据中的一组来计算R1，则所用的表达式为R1= 式中各符号的意义式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：要测电压表的内阻，可以把电压表看做一只能读出两端电压的电阻．在本题中由于电压表的内阻远远大于滑动变阻器的最大电阻，若采用限流式接法，通过待测电压表的电流变化范围比较小，不可能达到多测几组数据的压强，无法精确测量电压表的内阻，故只能采用分压式接法．解答：解：（1）先把滑动变阻器的最大阻值和电源、开关串联组成电路，再把电压表V1、V2串联后接到滑动变阻器的滑片P串联，如图所示：（2）电压表V1、V2串联，即两者的内阻R1、R2串联，通过两电压表的电流相等，即=，R1=；式中中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻故答案为：（1）如图所示；②；式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻．点评：本题考查串并联电路的应用，要注意电压表就相当于能测出电压的电阻，仍然符合串并联电路的基本规律．11．（16分）（2015•成都校级模拟）如图所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨．BC、ED是水平放置的粗糙直导轨．在矩形区域BCDE 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．金属棒MN质量为m、电阻为r．它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1=R2=r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形轨道上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止（金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失．金属棒MN 始终与两导轨垂直，重力加速度为g）．求：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热．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：（1）金属棒在弧形轨道上下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出速度，金属棒刚到达水平面时速度最大，所受安培力最大，所受合外力最大，由牛顿第二定律求出最大加速度．（2）由能量守恒定律可以求出电阻上产生的热量．解答：解：（1）金属棒在弧形导轨上下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，电路总电阻：R总=r+R并=r+=，金属棒所受安培力：F=BIL==，由牛顿第二定律得：+μmg=ma，解得，最大加速度：a=μg+；（2）由能量守恒定律得：mgh=Q+μmgs，由Q=I2Rt可知，Q r=4Q R1=4Q R2，则：Q R1=Q，解得：Q R1=mgh﹣μmgs；答：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度为μg+；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热为mgh﹣μmgs．点评：本题考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚金属棒的运动过程，应用机械能守恒定律、安培力公式、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．12．（19分）（2015•成都校级模拟）如图所示，一光滑绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半径为R，空心内径远小于R．以圆环圆心O为原点在一半面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m 的小球在轨道内从b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动．（1）求匀强磁场的电场强度E；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；（3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力．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）因为小球刚好能绕圆管做圆周运动，则在最高点的速度为零，根据动能定理求出匀强电场的电场强度．（2）根据动能定理求出第二次到达最高点的速度，抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出磁感应强度的大小．（3）根据动能定理求出第三次到达最高点的速度，根据径向的合力提供向心力求出圆管对小球的作用力，从而得出小球对圆管的压力．解答：解：（1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为：v1=0，由动能定理得：qER﹣mgR=0，解得：；（2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，由以上两式可解得：；（3）小球第三次过最高点速度v3，设球受圆环向下的压力F N，由动能定理得：﹣0，由牛顿第二定律得：，解得：；答：（1）匀强磁场的电场强度E为；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，磁感应强度B为；（3）小球第三次到达a点时对圆环的压力为（3﹣）mg．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源．13．（20分）（2015•成都校级模拟）如图所示，质量为M=6kg的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧．在滑板的最左端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端C与A相距L=1m．弹簧下面的那段滑板是光滑的，C左侧的那段滑板是粗糙的，物体A与这段粗糙滑板间的动摩擦因数为μ=0.2，A的质量m=2kg．滑板受到水平向左恒力F作用1s后撤去，撤去水平力F时A刚好滑到C处，g取10m/s2，求：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为多大？其对地的位移为多大？（2）作用力F的大小；（3）试分析判断在F撤去后，小物体能否与滑板相分离？若能，分离后物体和滑板的速度各为多大？若不能，小物体将停止在滑板上的什么位置？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）根据牛顿第二定律求解A的加速度．由位移公式求解位移．（2）对滑板B研究，先求出1s内滑板B的位移为S B=S A+L，再根据位移公式求解其加速度，由牛顿第二定律求解F的大小．（3）撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，运用动量守恒和能量守恒列式求出此时A、B的速度，之后A做减速运动，B做加速运动，假设它们能达到共同速度，根据动量守恒和能量守恒列式求出共同速度和两者相对位移，根据相对位移与板长的关系判断即可．解答：解：（1）用字母B表示滑板，在这1s内滑板B和小物A均向左做匀加速运动，对A有：，，（2）这1s内滑板B的位移为：s B=s A+L=1+1=2m，对B有：，F﹣μmg=Ma B，解得：F=28N；（3）撤去水平力F时，A、B的速度：v AO=a A t=2m/s，v BO=a B t=4m/s，撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，A、B动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv AO+Mv BO=mv A+Mv B，由能量守恒定律得：mv AO2+Mv BO2=mv A2+Mv B2，解得：v A=5m/s，v B=3m/s，之所A做减速运动，B做加速运动，设它们达到其同速度v'根据动量守恒定律得：，由动能定理有：，，所以：，，因此两者不会分离，小物体将停在距C 0.75m处．答：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为2m/s2，其对地的位移为1m；（2）作用力F的大小为28N；（3）小物体与滑板不分离，小物体将停在距C 0.75m处．点评：本题是复杂的力学问题，在分析运动情况的基础上，运用力学基本规律：牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒和能量守恒进行求解．。

2015年四川省成都市石室中学高考物理一诊试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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?青羊区校级模拟）下列说法正确的是（）A．洗衣机脱水桶脱水时利用了离心运动B．牛顿、千克、秒为力学单位制中的基本单位C．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量D．理想实验是把实验的情况外推到一种理想状态，所以是不可靠的【考点】：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定；离心现象．【分析】：根据需要的向心力大于提供的向心力，发生离心现象；牛顿不是基本单位；牛顿提出了万有引力定律，伽勒观察到海王星，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量；理想实验是可靠的，来判断正误．【解析】：解：A、洗衣机脱水时利用离心运动将附着在衣服上的水分甩掉，水做离心运动．故A正确；B、米、千克、秒为力学单位制中的基本单位，而牛顿不是的基本单位，故B错误；C、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量．故C错误．D、理想实验是把实验的情况外推到一种理想状态，是可靠的，故D错误；故选：A．【点评】：考查离心现象的原理，及发生条件，掌握基本单位与导出单位的区别，注意万有引力定律的发现与引力常量测定者的不同．2．（6分）（2015?青羊区校级模拟）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则下列说法错误的是（）A．小船不可能到达正对岸B．小船渡河的时间不可能少于50sC．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200mD．小船以最短位移渡河时，位移大小为150m【考点】：运动的合成和分解．【专题】：运动的合成和分解专题．。

高2015级5班物理试卷（5）二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 14．如图所示，甲、乙两小球从竖直面内的半圆轨道的左端A 开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D ，乙球落在D 点右侧的轨道上，设甲、乙球的初速度分别为v v 甲乙、，在空中运动的时间分别为t t 甲乙、，则下列判断正确的是A ．t t =甲乙B ．t t <甲乙C ．v v >甲乙D ．v v <甲乙15．如图所示，长为L 绝缘轻杆在水平向右的匀强电场中，杆与电场线垂直，杆两端 固定带电小球A 和B ，初始时处于图中实线位置。

现将轻杆向右平移2L ，然后以球B 为轴在纸面内顺时针转动90°到图中虚 线位置，杆与电场线平行，在实线位置和虚线位置，A 、B 两 球电势能之和相同。

不考虑带电两球之间的相互作用。

则A. A 球所带电荷量绝对值比B 球的大B. A 球所带电荷量绝对值比B 球的小C. 从实线位置到虚线位置的过程中，电场力对A 球一定做正功D. 从实线位置到虚线位置的过程中，电场力对B 球可能做正功16．2015年7月由中山大学发起的空间引力波探测工程正式启动，将向太空发射三颗相同的探测卫星（SC1、SC2、SC3）。

三颗卫星构成一个邓彪三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在高度约10万千米的轨道上运行，因三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故工程命名为“天琴计划”。

有关这三颗卫星的运动，下列描述正确的是 A ．卫星的运行周期大于地球的自转周期 B ．卫星的运行周期等于地球的自转周期 C ．卫星的运行速度大于7.9km/sD ．仅知道万有引力常量G 及卫星绕地球运行的周期T ，就可估算出地球的密度17．如图甲所示的“火灾报警系统”电路中，理想变压器原副线圈匝数之比为10：1，原线圈接入图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，0R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，1R 为变阻器，当通过报警器的 电流超过某值时，报警器经报警，下列说法正确的是A ．电压表V 的示数为20VB ．0R 处出现火警时，电流表A 的示数减小C ．0R 处出现火警时，变压器的输入功率增大D ．要使报警器的临界温度升高，可将1R 的滑片P 适当向下移动18．如图所示，水平面上固定着两根相距为L 且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下，磁感应强度为B 的匀强磁场中，铜棒a 、b 的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R 、质量均为m ，铜棒平行地静止在导轨上且导轨接触良好，现给铜棒a 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，关于此后的过程，下列说法正确的是 A ．回路中的最大电流为BILmRB ．铜棒b 的最大加速度为2222B IL m RC ．铜棒b 获得的最大速度为I mD ．回路总产生的总焦耳热为22I m19．如图所示，真空中的电场方向水平向右，从O 点斜向上射入该电场中的带电油滴质量为m ，其初速度大小为v ，方向与电场方向成60°角，当油滴到达运动轨迹的最高点P 时，速度大小仍为v 。

成都市2015级高中毕业班第二次诊断性检测理综含答案14.根据火星和地球绕太阳运行的周期之比，可以求得火星和地球绕太阳运行的轨道半径之比，选项A正确。

15.在理想自耦变压器中，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在副线圈上，副线圈两端连有一电阻R。

在输入电压为Ul的交变电压时，c、d间的电压为U2.在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中，U1不变，U2增大，选项C正确。

16.在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可以在床单间支撑轻质细杆。

设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，当床单间夹角θ=60°时，N=G，选项A正确。

17.一枚30 g的鸡蛋从17楼落下，能砸破人的头骨。

若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为2300 N，选项C正确。

18.在倾角为300的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为m的物块A连接，A静止于P点。

现对A施加一方向平行于斜面向上、大小F=mg的恒定拉力，使A向上运动。

若运动过程中，弹簧形变未超过弹性限度，重力加速度为g，则刚施加拉力F时，A的加速度大小为0.5g，速度最大时，A距P点的距离为2/3L，选项A、B正确，C、D错误。

19.一静止的原子核，发射出一个α粒子，其质量为原子核质量的1/4，电荷为+2e。

则剩余的原子核质量为M-4m，电荷为Ze，选项A正确。

22.如图，用一根结实的细绳，一端拴一个小物体。

在光滑桌面上抡动细绳，使小物体做圆周运动，体验手对做圆周运动的物体的拉力。

1)拉力的方向是沿绳指向圆心。

2)增大旋转的速度，拉力将不变。

3)松手后，小物体将沿半径靠近圆心方向运动。

23.某同学欲利用伏安法尽可能精确地测量某一电阻Rx（阻值大约为240 Ω）的阻值。

改写：为了尽可能精确地测量电阻Rx的阻值（大约为240 Ω），某同学计划采用伏安法。

石室中学高2015级高考模拟（二）理科综合能力测试物理试题第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，有选错和不选的得0分。

1.下列说法中不正确的是A．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律。

B．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的。

C．用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象D．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象【答案】D伽利略将两个光滑的斜面对接，从一个斜面上由静止释放小球，发现如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，进一步假设若减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，但是在另一个斜面上的路程变大，继续减小角度，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，说明物体的运动不需要力维持，选项A正确；根据光速不变的原理，可以知道不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，所以选项B正确的；在微安表内部存在磁铁和金属线框，在搬运微安表的时候会产生感应电流，如果用导线把微安表的“+”、“﹣”两个接线柱连在一起后，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象这样对微安表是一种保护作用，所以选项C正确；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，全反射现象对于光的能量损失非常的低，所以选项D错误；本题选错误的选项，即D正确。

【考点】伽利略理想斜面，相对论，电磁感应，全反射2.一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。

现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图2所示。

已知入射光线与桌面的距离为。

下列说法中正确的是A．增大入射角α，光线将不再从竖直表面射出B．不同的单色光有相同的光路产生C．入射角α无论如何变化，光线都能从竖直表面射出D．从竖直表面射出光线与竖直方向夹角是300【答案】D当入射角增大，根据可以知道，也是增大的，在根据三角形相关知识可以知道变小，则仍然有光线从竖直表面射出，故选项A错误；不同的单色光有不同的折射率，即使入射角相同，但折射角不同，所以有不同的光路产生，故选项B错误；根据上面的分析当入射角变小则折射角变小，但是入射角增大，增大到一定程度则发生全反射，会出现部分光线无法射出，故选项C错误；由于入射光线与桌面的距离为，根据几何知识，在根据可以知道，由图知，光线在球体的竖直表面上的入射角。

成都石室中学高三（下）“二诊模拟”理综物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．如图所示电路中，电源电压u ＝311sin100πt(V)，A 、B 间接有“220 V 440 W”的电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于 AC ．抽油烟机正常工作1 min 消耗的电能为1.32×104 JD ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 【答案】C 【解析】 【分析】交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI 知电路要正常工作，干路中电流为3A ，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻； 【详解】A 220V =，故A 错误； B 、由公式P=UI 知电路要正常工作，干路中电流为4402203220+===P I A A U ，所以保险丝的额定电流不能小于3A ，故B 错误；C 、1min 抽油烟机消耗的电能为422060 1.3210W Pt W J ==⨯=⨯，故C 正确；D 、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，电暖宝发热功率不是抽油烟机发热功率的2倍，故D 错误； 故选C ． 【点睛】考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大； 2．如图为某中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。

假定他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一极短时间t ∆内滑过的角度为θ，则他在这个过程中（ ）A ．所受的合外力为零，做匀速运动B ．所受的合外力恒定，做匀加速运动C ．合外力做功为零，合力的冲量也为零D ．合外力做功为零，合力的冲量不为零【答案】D 【解析】 【详解】AB ．运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故AB 错误；CD ．合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故C 错误，D 正确。

2015年四川省高考物理试卷参考答案与试题解析一、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）（2015•四川）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．斜向下抛的最大考点：平抛运动；抛体运动．分析：不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个球的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度．解答：解：由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同．故选：A．点评：本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理求解．2．（6分）（2015•四川）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0.1s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由题可知，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，说明两木块平衡位置间的距离等于1.5波长，即可求出波长，由小木块每分钟振动30次，求出每秒振动的次数即为频率，再由波速公式v=λf求波速．解答：解：据题意：甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则1.5λ=3m 得：λ=2m．由小木块每分钟振动30次，则得木块振动的频率f=Hz=0.5Hz，故波速为：v=λf=2×0.5m/s=1m/s．周期为T==2s故选：C．点评：解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式v=λf，再进行求解．3．（6分）（2015•四川）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考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：根据光的偏折程度分析折射率的大小，由sinC=分析临界角的大小．由v=分析光在玻璃中的传播速度大小，由t=分析光在玻璃中的传播时间关系．解答：解：A、由图知，光线通过玻璃砖后，b光的偏折角大，则玻璃对b光的折射率较大，故A错误．B、玻璃对a光的折射率较小，由sinC=分析知，玻璃对a光的临界角较大．故B错误．C、由v=分析知，b光在玻璃中的传播速度较小，故C正确．D、b光在玻璃砖通过的路程较大，传播速度较小，由t=分析知b光在玻璃中的传播时间较长．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键要明确折射率越大，光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系．4．（6分）（2015•四川）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（）D．有效值是Ne0 A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是e0考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：根据矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压．解答：解：矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是2Ne0，根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得发电机输出电压有效值U==Ne0，故选：D．点评：本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和．5．（6分）（2015•四川）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 6.4×109 6.0×1024 1.5×1011火星 3.4×106 6.4×1020 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考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据开普勒第三定律分析公转周期的关系．由万有引力定律和牛顿第二定律结合分析加速度的关系．根据万有引力等于重力，分析星球表面重力加速度的关系．由v=分析第一宇宙速度关系．解答：解：A、由表格数据知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律知，火星的公转周期较大，故A错误．B、对于任一行星，设太阳的质量为M，行星的轨道半径为r．根据G=ma，得加速度a=，则知火星做圆周运动的加速度较小，故B正确．C、在行星表面，由G=mg，得g=由表格数据知，火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为=•=×＞1故火星表面的重力加速度较大，故C正确．D、设行星的第一宇宙速度为v．则G=m，得v=．代入可得火星的第一宇宙速度较小．故D错误．故选：BC．点评：对于行星绕太阳运动的类型，与卫星类型相似，关键要建立运动模型，掌握万有引力等于向心力与万有引力等于重力两条基本思路．6．（6分）（2015•四川）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考点：电势能；功能关系．分析：分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．解答：解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，故合力一直在增大；故A错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故C正确；D、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣W E=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故D错误；故选：BC．点评：本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量．7．（6分）（2015•四川）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：由洛仑兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围，由几何关系即可求出电子打在板上可能位置的区域的长度．解答：解：由洛仑兹力充当向心力可得；Bqv=m解得：R===0.0455m=4.55cm；所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；同理当夹角小于90度时，MN 均在大圆区域内，故均有电子打在整体板上；故AB正确，CD错误；故选：AB．点评：本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间．二、非选择题：（共68分）8．（6分）（2015•四川）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=25.85cm．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=0.98N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是弹簧原长．作出F﹣x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量．解答：解：由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；挂2个钩码时，重力为：G=2mg=2×0.05×9.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；故答案为：25.85；0.98；弹簧原长．点评：本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量方法．9．（11分）（2015•四川）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A2，滑动变阻器应选用R2②由图2的图线，得电源内阻r=25Ω；③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式R x=﹣r，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相同，电压表示数变化范围不同（选填“相同”或“不同”）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①根据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择的仪器；②由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；③根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；④根据闭合电路欧姆定律及电表的使用方法可明确两表的示数变化范围是否相同．解答：解：①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；②图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r==25Ω；③接R x改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：R0+r=；解得：R X=﹣r；④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；故答案为：①A2；R2；②25；③﹣r；④相同；不同．点评：本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解．10．（15分）（2015•四川）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）考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；功率、平均功率和瞬时功率．分析：（1）根据匀变速直线运动平均速度的推论求出匀加速和匀减速运动的位移，结合匀速运动的位移，求出总位移的大小．（2）分别由功的计算公式：W=FS和W=Pt求出牵引力对列车做的功，结合燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10﹣6克即可求解．解答：解：（1）72km/h=20m/s，匀加速直线运动的位移为：m．匀速直线运动的位移为：x2=vt2=20×80m=1600m．匀减速直线运动的位移为：m．则总位移为：x=x1+x2+x3=200+1600+150m=1950m（2）设列车在第一阶段的牵引力为F，所做的功为W1，在第二阶段牵引力的功率为P，所做的功为W2，设燃油公交车从甲站到乙站做相同的功W，排放的污染物的质量为M，则：W1=Fx1；W2=Pt2W=W1+W2M=W•（3×10﹣9kg•J﹣1）联立以上公式，代入数据得：M=2.04kg答：（1）甲站到乙站的距离是1950m；（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，公交车排放气态污染物的质量是2.04kg．点评：该题结合机车的功与功率的问题考查匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，基础题．11．（17分）（2015•四川）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：w（m•s﹣1）0≤v≤2 2＜v＜5 v≥5F/N 2 6 3（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．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）小物体P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据速度公式计算受到的大小；（2）根据物体的运动的不同的过程，逐项计算受到和位移的大小，在利用功的公式来计算电场力做的功；解答：解：（1）小物体P的速率从0只2m/s，受外力F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间△t1，则F1﹣μmg=ma1①v1=a1△t ②由式代入数据得△t1=0.5s ③（2）小物体P从2m/s运动至A点，受外力F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2﹣μmg=ma2④设小物体P从速度v1经过△t2时间，在A点的速度为v2，则△t2=0.55s﹣△t1 ⑤v2=v1+a2△t2⑥P从A点至B点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B 点的位移为x1，则有：F2﹣μmg﹣qE=ma3⑦⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向外力为F3，电场力大小为F E，有F E=F3 ⑨F3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B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用是为△t3，水平位移为x2，由题意知（10）x2=v3△t3 （11）设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则有：W=﹣qE（x1+x2）（12）联立④⑧（10）（12）式并代入数据得W=﹣9.25J．答：（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为0.5s；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功为﹣9.25J．点评：本题物体的运动的过程比价复杂，关键是分析清楚物体的不同的运动的过程，根据不同过程的速度和位移即可计算电场力做功的大小，本题的难度比较大．12．（19分）（2015•四川）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．空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g．（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据能量的守恒，计算ef棒上产生的热量；（2）根据楞次定律和欧姆定律计算通过ab棒某横截面的电量；（3）根据法拉第电磁感应定律计算电动势的大小，根据棒的受力计算最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．解答：解：（1）设ab棒的初动能为E k，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为W和W1，有W+W1=E k①且W=W1 ②由题意E k=③得W=④（2）设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为△t，扫过的导轨间的面积为△S，通过△S的磁通量为△Φ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，则E=⑤且△Φ=B△S ⑥I=⑦又有I=⑧由图所示，△S=d（L﹣dcotθ）⑨联立⑤～⑨，解得：q=（10）（3）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长L x为：L x=L﹣2xcotθ（11）此时，ab棒产生的电动势E x为：E=Bv2L x （12）流过ef棒的电流I x为I x=（13）ef棒所受安培力F x为F x=BI x L （14）联立（11）～（14），解得：F x=（15）有（15）式可得，F x在x=0和B为最大值B m时有最大值F1．由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中f m为最大静摩擦力，有：F1cosα=mgsinα+μ（mgcosα+F1sinα）（16）联立（15）（16），得：B m=（17）B m就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．有（15）式可知，B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值，如图可知F2cosα++μ（mgcosα+F2sinα）=mgsinα（18）联立（15）（17）（18），得x m=答：（1）ef棒上产生的热量为；（2）通过ab棒某横截面的电量为；（3）此状态下最强磁场的磁感应强度为，此磁场下ab 棒运动的最大距离为．点评：本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点．。

四川省成都市石室中学2019届高三第二次诊断性考试模拟测试物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：本题共8小题。

1.下列说法正确的是（）A.射线是电子流，是原子的外层电子受激发而辐射产生的B. 放射性元素的半衰期与外界的温度、压强、体积、是否化合态都无关C. 一个处于量子数为4能级的原子向各较低能级跃时可释放6种不同频率的光子D.、和三种射线中，射线的穿透能力最强【答案】B【解析】【详解】β射线是电子流，是从原子核内一个中子转化成一个质子而来的，所以选项A错，半衰期是元素本身的性质，与外界所有条件无关，所以选项B正确，一个原子从量子数为4的能级向各较低能级跃迁最多能释放3种不同频率的光子，C错。

三种射线中，γ射线穿透力最强，所以选项D错；故选B。

2.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向v0右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（）A. mv02B. mv02C. mv02D. mv02【答案】C【解析】【详解】粘性物体和A相互作用，动量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝v0，以后三个物体一起相互作用动量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝v0，最大弹性势能E P＝mv02＋×2m(v0)2－×3m(v0)2＝mv02，∴正确答案选C。

3.如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是（）A. 在图示位置时线框中磁通量的变化率为零，感应电动势最大B. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C. 电压表V2示数等于D. 变压器的输入与输出功率之比为1∶1【答案】D【解析】【详解】线圈在如图所示的位置，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，所以选项A错；滑动变阻器上下移动的时候，V1、V2的读数不变，所以选项B错误，交流电动势最大值，则变压器初级电压有效值，根据变压器的匝数比可得电压表V2的读数是，所以C错，变压器的输入输出功率相等，所以选项D正确；故选D.4.中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星－500”。