【名师解析】四川省成都七中2015届高三上学期入学摸底考试物理试题 Word版含解析

成都七中高2015届高考模拟试题（三）理科综合物理部分第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。

1．一般认为激光器发出的是频率为n 的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，n 是它的中心频率，它所包含的频率范围是Dn (也称频率宽度)，其中n +Dn和n -Dn 分别称“上限频率”和“下限频率”。

某蓝宝石激光器发出的激光(其“上限频率”和“下限频率”对应的分别记为a光和b光)由空气斜射到某平行液膜的上表面，入射方向如图中θ角所示。

则下列说法正确的是（）A．用同一装置做双缝干涉实验，b光产生的干涉条纹间距较小B．b光在液膜中传播速度较小C．逐渐减小θ角，a光在液膜下表面先发生全反射D．a光从下表面射出时与入射光线间偏移的距离较大2．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10 uF。

当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（）A．灯泡L1一定比L2暗B．副线圈两端的电压有效值为12 VC．因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管D．二极管D两端反向电压最大值是4．极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）。

如图所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知（）ABCD5．一列简谐横波，A 为振源,在B 点刚开始振动时的图像如图所示。

2014-2015学年成都 七中实验学校高三上第一次模拟测试理科综合 · 物理不定项选择题：（每小题6分，错选和多选为0分，漏选为3分。

）1．雨滴在空气中下落，当速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即F f ＝kSv 2，则比例系数k 的单位是( )A ．kg/m 4B ．kg/m 3C ．kg/m 2D ．kg/m2．关于合力和分力之间的关系，下里列说法正确的是（ ）A 合力大小应该大于分力大小B 合力大小可能等于分力大小C 合力和分力关系应该满足平行四边形定则D 合力不能和分力在一条线上3. 月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a ，设月球表面的重力加速度大小为1g ，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为2g ，则（A ）1g a = （B ）2g a = （C ）12g g a += （D ）21g g a -=4.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（ ）A 、球A 的线速度必定大于球B 的线速度B 、球A 的角速度必定小于球B 的角速度C 、球A 的运动周期必定小于球B 的运动周期D 、球A 对筒壁的压力必定大于球B 对筒壁的压力5.A 、B 、C 三滑的个物体通过细线和光滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C 是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G ，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t 0流完，则右图中哪个图线表示在这过程中桌面对物体B 的摩擦力f 随时间的变化关系 （ ）6.如左下图所示，一架在2000m 高空以200m/s 的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A 和B 。

已知山高720m ，山脚与山顶的水平距离为1200m ，若不计空气阻力，g取10m/s2，则投弹的时间间隔应为（）A．4s B．5s C．10s D．16s7. 如右上图所示，斜面体B静置于水平桌面上．一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且v<v0.在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是()A．桌面对B的静摩擦力的大小保持不变B．桌面对B始终有水平向左的静摩擦力C．物体A受到的摩擦力恒定不变D．A上滑时比下滑时桌面对B的支持力大II卷（非选择题）8.实验题：（本实验有两小题，Ⅰ题6分，Ⅱ题11分，共17分）Ⅰ．如图所示为一个小球做平抛运动的闪光照相片的一部分。

2015年四川省成都七中高考物理一诊模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列说法正确的是（）A.电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位B.质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中被加速，从而获得较高的能量C.在某些磁场中，洛伦兹力可以对运动电荷做功D.电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质【答案】A【解析】解：A、根据单位制，可知，电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位，故A正确；B、中子不带电，不能被加速，故B错误；C、洛伦兹力与速度方向垂直，不可以对运动电荷做功，故C错误；D、电场线、磁感线不是客观存在的，电场、磁场真实存在，故D错误；故选：A．A、根据基本物理量与基本单位，即可求解；B、中子不带电，不能加速；C、根据洛伦兹力与速度方向关系，来判定对运动电荷做功情况；D、电场线、磁感线不是客观存在的．考查基本物理量与基本单位的内容，掌握中子不带电的特征，理解洛伦兹力不做功的特点，注意电场线与感应线不存在的事实．2.某学校教室里的竖直磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．对贴在竖直黑板上、未挂重物的小磁铁，下列说法中正确的是（）A.磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力，才能被吸在黑板上B.磁铁受到的重力小于受到的摩擦力，才能被吸在黑板上C.磁铁与黑板间存在三对作用力与反作用力D.磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到的压力是一对平衡力【答案】C【解析】解：A、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力．故A错误；B、磁铁受到的重力与受到的摩擦力，是一对平衡力．故B错误；C、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力，①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力．②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力；③而竖起方向存在一对作用力：相互间的摩擦力，故C正确；D、磁铁受到的弹力与黑板受到的压力是相互作用力，而磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到电磁吸引力也是一对相互作用力，则磁铁受到的电磁吸引力与与磁铁受到的弹力是一对平衡力，故D错误；故选：C．相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．3.如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.甲的向心加速度比乙的大B.甲的运动周期比乙的大C.甲的角速度大小等于乙的角速度D.甲的线速度比乙的大【答案】B【解析】解：根据万有引力提供向心力得：=ma=ω2r=m=A、a=，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故A错误；B、T=2π，可知甲的运行周期比乙的大，故B正确；C、ω=，可知甲的角速度比乙的小，故C错误；D、v=，可知甲的线速度比乙的小，故D错误；故选：B．抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可．抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同．4.如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块与木板间的动摩擦因数为（）A.0.6B.0.625C.0.75D.0.8【答案】B【解析】解：当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，对应的静摩擦力为f1=mgsin30°=0.5mg（N）当板与水平面间的倾角为37°时，物体沿斜面加速下滑，对应的滑动摩擦力f2=μ•mgcos37°=0.8μmg由：f1=f2解得：μ==0.625故选：B．当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，由重力沿斜面的分力与静摩力平衡求出摩擦力．当板与水平面间的倾角为37°时，根据摩擦力公式求出摩擦力．本题求解摩擦力时要分析物体的状态，应先确定是静摩擦还是滑动摩擦．5.甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图象如图所示，则（）A.甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相同B.甲、乙在t=0.5s时的加速度大小相同C.在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了3次D.甲乙之间的距离一直在增大【答案】D【解析】解：A、根据斜率等于加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相反，故A错误．B、在t=0.5s时乙图线的斜率较大，所以乙的加速度较大，故B错误．C、在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了1次，故C错误．D、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在t=0到t=7s之间乙的位移为零，甲的位移一直为正，乙先沿负向运动，t=1s时位移为0；1-7s内先沿正向运动后沿负向运动，t=7s时位移为0，则知两者之间的距离一直增大．故D正确．故选：D．本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．本题关键要掌握速度图象的数学意义：图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移s关系的是（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】解：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，设加速度沿着斜面向上，根据牛顿第二定律，有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma其中：F=mgsinθ，μ=tanθ联立解得：a=-gsinθ即物体沿着斜面向上做匀减速直线运动；位移x=v0t+速度v=v0+atA、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q=fx，由于x与t不是线性关系，故Q与t不是线性关系，故A错误；B、E k=，由于v与t是线性关系，故mv2与t不是线性关系，故B错误；C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能E p=mgh，故E p-s图象是直线，故C正确；D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；故选：CD．对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析．本题关键明确物体的运动规律，然后根据功能关系得到表达式分析图象．7.如图，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A.a球所受合力斜向左下B.c带电量的大小为2qC.匀强电场的方向垂直于ab边由c指向ab的中点D.因为不知道c的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小【答案】BC【解析】解：A、球a保持静止，合力为零，故A错误；B、C、D、设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b 对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2××cos30°=E•Q；所以匀强电场场强的大小为．设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：=×cos60°所以C球的带电量为2q．故B正确，C正确，D错误；故选：BC．三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小．三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解C球的带电量．本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)8.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______ N．（2）下列不必要的实验要求是______ ．（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．方法一：______ 方法二：______（4）该同学在实验中保持弹簧测力计B的拉力的方向一直水平，你认为该做法科学吗？为什么？答：______ ．【答案】3.6；D；减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则【解析】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．故选：D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．故答案为：（1）3.6；（2）D；（3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O 点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．9.在探究小灯泡的伏安法测电阻实验中，所有器材有灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源，滑动变阻器R、电键S等．（1）要求灯泡两端电压表V从零开始连续变化，则实验中滑动变阻器应采用______ 接法（“分压”或“限流”）（2）某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正接线柱之前，请指出其中仅有的2个不当之处．A：______B：______（3）分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1、L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成图3所示电路．测量后得到通过L1和L2的电流分别为0.30A和0.60A．请在图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．【答案】分压；电键S不应闭合；滑片P应位于最右端，不应位于左端【解析】解：（1）探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法．（2）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误．连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表．（3）描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象．为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为r==2.7Ω，电动势为E=4.6V，然后作出准确图象如图．故答案为：（1）分压（2）A．电键S不应闭合；B、滑片P应位于最右端，不应位于左端（3）如图由于要求灯泡两端电压从OV开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法．从图中可知，电键处于闭合状态，同时滑动触头也在不当位置．两只灯泡l1和l2的伏安特性曲线如图Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，结合图Ⅲ所示电路，可以画出闭合电路的路端电压与电流的图象．从而读出电源的电动势，算出电源的内电阻．当电路中的路端电压与电流图象与负载的电压与电流图象相交时，则交点表示它们的电流．原因是负载与电源相串联．而路端电压与电流的图象的纵交点是表示电源的电动势，横交点表示短路电流．四、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.一物体做匀减速直线运动，在某段时间T内的平均速度的大小为v，紧接着在接下来的相等的时间T内的平均速度的大小为kv（k＜1），此时，物体仍然在运动．求：（1）物体的加速度为多大？（2）再经过多少位移物体速度刚好减为零？【答案】解：（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故加速度大小：a===加速度大小为；（2）第二段T时间的末速度为：V=kv+a•=所求位移为：x==．答：（1）物体的加速度大小为；（2）再经过位移物体速度刚好减为零．【解析】（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；然后根据加速度定义求解加速度；（2）先根据速度公式求解第二段T时间的末速度，然后根据速度位移关系公式列式求解位移．本题关键是要利用“匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”的结论求解出两个瞬时速度，然后再结合运动学公式列式求解．11.如图所示，半径为r=0.10m的圆形匀强磁场区域边界跟x轴相切于坐标原点O，磁感应强度按图示规律变化，方向垂直直纸面向里，在t=0时刻由O处沿y轴正方向射入速度为v=1.0×103m/s的带负电粒子，已知粒子质量m=9.0×10-12kg，电量q=9.0×10-6C，不计粒子重力，求：（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．（3）粒子在磁场中的运动时间和离开磁场时的位置坐标．【答案】解：粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10-4s．则（1）在t=0～×10-4s时间内，B1=1×10-2T，由qv B1=m，代入数据解得：R1=0.1m，T1==2π×10-4s，故t=T1，则粒子在第一个t内，在磁场中转过的圆心角为30°．（2）在t=×10-4s～×10-4s时间内，B2=12×10-2T，由qv B2=m，代入数据解得：R2=m，T2==×10-4s，则t=T2，转过的圆心角为360°；（3）粒子在第二个和第三t内刚好做两个完整的圆周运动，第四个t内的运动与第一t内的相同，第五、六个t内的运动又与第二、第三个t内的相同，到第七个t末，粒子刚好出磁场，由上分析可知，粒子在磁场中运动时间为：t′=7t=π×10-4s，运动轨迹如图，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）答：（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为2π×10-4s、半径为0.1m，转过的角度为30°．（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为×10-4s、半径为m，转过的角度为360°．（3）粒子在磁场中的运动时间为π×10-4s，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）．【解析】粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10-4s，根据牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径和周期T，根据t与T的关系，分析在第一个单位时间内粒子在磁场中转过的圆心角．在第二单位时间内，用同样的方法求出粒子在磁场中转过的圆心角，画出轨迹，确定经过几个单位时间，粒子刚好射出磁场，即可求得时间和离开磁场时的位置坐标．本题关键是采用归纳法，总结出粒子在每个t时间内转过的圆心角，画出轨迹进行求解．12.如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度a B=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量m A和B的质量m B均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=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取10m/s2．求：（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小a A；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？【答案】解：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=μ1m A g=m A a A解得：a A=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F-μ1m A g-μ2（m B+m A）g=m B a B带入数据解得：F=7N，v=a B t=1m/s所以P=F v=7W（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，对木板进行受力分析，木板B受力满足F′-μ1m A g-μ2（m A+m B）g=0所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t′，有v1=a A（t1+t′），这段时间内B的位移s1=v1t′，A、B速度相同后，由于F＞μ2（m A+m B）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得：P′（t2-t′-t1）-μ2（m A+m B）gs2=由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m 答：（1）物体A刚运动时的加速度a A为0.5m/s2；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P为7W；（3）在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为3.03m．【解析】（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；（2）电动机的输出功率P=F v，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B 的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=F v，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B 速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（m A+m B）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．本题对受力分析的要求较高，要能根据受力情况判断运动情况，或根据运动情况判断受力情况，难度较大．。

2015年四川省成都七中万达学校高考物理模拟试卷（一）一、选择题，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．（6分）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法不正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．无线电波在发射前需要用高频载波信号对低频有用信号进行调制C．质能关系式E=mc2中的质量m是经过爱因斯坦狭义相对论“改造”过的质量，它不是一个不变的量D．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【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、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故A正确；B、无线电波在发射前需要用高频载波信号对低频有用信号进行调制，故B正确；C、质能关系式E=mc2中的质量m是经过爱因斯坦狭义相对论“改造”过的质量，它不是一个不变的量，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人，故D错误；本题选不正确的，故选：D【点评】：本题考查物理学史，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）对下列光学现象的理解正确的是（）A．两种介质的界面是一个平面，当光线垂直于界面从一种介质进入另一种介质时一定没有反射光线B．水中的空气泡看上去比较亮是因为气泡对光线有发散作用C．先后用两种不同的单色光在同一装置同样条件下做双缝干涉实验，在屏上产生的相邻亮纹间距大的单色光，在玻璃中传播速度较大D．透过卡尺测脚形成的狭缝平行观看日光灯可以看到黑白相间的直条纹【考点】：双缝干涉的条纹间距与波长的关系．【专题】：光的干涉专题．【分析】：光线垂直于界面从一种介质进入另一种介质时既有反射光线，也有折射光线；水中的空气泡看上去比较亮是全反射的缘故；根据双缝干涉的条纹宽度的公式与折射率和频率的关系，确定不同的色光在玻璃中传播的速度关系，灯光通过卡尺测脚形成的狭缝时发生衍射．【解析】：解：A、两种介质的界面是一个平面，当光线垂直于界面从一种介质进入另一种介质时既有反射光线，也有折射光线．故A错误；B、水中的空气泡看上去比较亮是全反射的缘故，发生全反射的条件是光从光密媒质射入光疏媒质，故B错误；C、根据双缝干涉的条纹宽度的公式：可知，在屏上产生的相邻亮纹间距大的单色光的波长比较大，则频率比较小，则相当于玻璃的折射率比较小，所以在玻璃中传播速度较大．故C正确；D、透过卡尺测脚形成的狭缝平行观看日光灯，由于灯光发生衍射，所以可以看到彩色相间的直条纹．故D错误．故选：C．【点评】：考查光的折射、反射、全反射、干涉以及衍射，理解全反射的条件，注意光密与光疏介质是相对而言的．3．（6分）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，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关s接通抽油烟机，下列说法正确的是（）A．电压表示数为44 VB．副线圈上电压的瞬时值表达式u=220sin （10πt）VC．热水器消耗的功率变大D．变压器的输入功率增大【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出热水器机消耗的电能【解析】：解：A、U1=V=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，ω==100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtv，故B错误；C、接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：D【点评】：会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化4．（6分）卫星电话信号需要通地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km，运行周期约为27天，地球半径约为6400千米，无线电信号传播速度为3×108m/s）（）A．0.1s B．0.5s C．0.25s D．1s【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】：同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，求出轨道半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，根据速度公式求出时间．【解析】：解：根据万有引力提供向心力，r=，已知月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1．同步卫星的轨道半径km．所以接收到信号的最短时间t=≈0.25s．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．5．（6分）一列沿x正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（）A．t=0.15s时，质点B的加速度方向沿y轴负方向B．t=0.3s时，质点B将到达质点C的位置C．t=0到t=0.6s时间内，B质点的平均速度大小为10m/sD．t=0.15s时，质点A的速度方向沿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】：根据图象得到波长，运用v=求解速度，运用v=求解周期；运用波形的平移法确定t=0.15s时波向前传播的距离，但质点B并不向前迁移．分析t=0.15s，质点A的速度方向和质点B的加速度方向．确定出t=0到t=0.6s时间内B质点的位移大小，求出其平均速度大小．【解析】：解：A、由图可知，波长为4m，波速v==m/s=10m/s，故周期T==s=0.4s；t=0.15s时，波平移x=vt=10×0.15=1.5m，经过T，质点B的位移为正，根据加速度a=﹣，则知此时质点B的加速度方向沿y轴负方向，故A正确；B、简谐波沿x正方向传播，质点B只在自己的平衡位置附近上下振动，不可能到达质点C 的位置，故B错误．C、t=0到t=0.6s时间内，经过1.5T，质点位移为2m，故平均速度等于位移除以时间，为==m/s=m/s，故C错误；D、t=0时刻质点A向上运动，t=0.15s时，经过T时间，质点A正向下运动，速度方向沿y轴负方向，故D错误；故选：A．【点评】：本题要学会运用波形的平移法研究波的传播过程和质点的振动过程，要注意介质中质点不“随波逐流”．6．（6分）如图所示，初始时A、B两木块在水平方向的外力作用下挤压在竖直墙面上处于静止状态，A与B、B与墙面之间的动摩擦因数为μ=0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦．两木块质量相等，都为1kg，当外力F变为下列不同值时，关于A、B之间的摩擦力f1，B与墙壁之间的摩擦力f2的大小，下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A．当F=0时，f1=f2=10N B．当F=50N时，f1=0，f2=5NC．当F=100N时，f1=5N，f2=10N D．当F=300N时，f1=10N，f2=20N【考点】：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：通过题意明确物体受到的最大静摩擦力，然后判断物体是否发生运动；最后再根据摩擦力的计算方法进行运算．【解析】：解：A、当F=0时，A、B做自由落体运动，则f1=f2=0，故A错误；B、当F=50 N时，墙面对B的最大静摩擦力f m=μF=5 N＜2 mg，A、B共同加速度，则f2=5 N，加速度a==7.5 m/s2，对A，mg﹣f1=ma，则f1=2.5 N，故B错误；C、同理，当F=100 N时，墙面对B的最大静摩擦力f m=μF=10 N＜2 mg，A、B共同加速运动，f1=5 N，f2=10 N，故C正确；D、当F=300 N时，墙面对B的最大静摩擦力f m=μF=30 N＞2mg，A、B共同静止在墙面上，则f1=10 N，f2=20 N，故D正确．故选：CD【点评】：本题考查摩擦力的大小计算，在求摩擦力的大小时一定要先明确所要求的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力；然后才能根据两种摩擦力的不同求法进行运算．7．（6分）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN下方存在竖直向下的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B．足够长的不等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计．两个金属棒通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，其中光滑金属棒AB质量为m，长为L，电阻为R；金属棒CD质量为2m、长为2L、电阻为2R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．若AB棒在外力F的作用下向上做匀速运动，CD棒向下做匀速运动，下列说法正确的是（）A．AB棒中电流方向从A到BB．AB棒匀速运动的速度C．AB杆所受拉力F=mg+mgD．时间t内CD棒上的焦耳热为【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】：AB棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，由CD棒的电流方向及磁场方向判断所受安培力的方向，再判断摩擦力从而确定运动情况，力F所做的功应等于所产生的总内能与增加的机械能之和．【解析】：解：A、根据右手定则可知，AB棒中电流方向由B到A，故A错误；B、令AB棒的速度为v1，所以电路的电流I=，对于CD棒的匀速运动有：2mg=μIB2L，联立上式可解得，故B正确；C、由AB棒匀速上升，故有F=mg+BIL，代入、I=，可得F=mg+，故C正确；D、CD棒上的焦耳热Q=I22Rt=，故D错误．故选：BC．【点评】：本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、综合运用，难度较大．二、实验题（共2小题）8．（7分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的（6V，2.5W）伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．电流表G（满偏电流3mA，内阻R g=10Ω）B．量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2；C．量程为0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A l；D．量程为3V，内阻约为3kΩ的电压表V1E．滑动变阻器（0～20Ω，10A）F．滑动变阻器（0～200Ω，1A）G．定值电阻R0（阻值1990Ω）H．开关与导线若干I．直流电源（6V，内阻不计）（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，应该选用的电流表是C，滑动变阻器应选用E．（填写器材序号）（3）实验中，电流表的示数为3mA时，可测出电子元件R1的额定功率2.5W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：（1）在研究该元件的伏安特性曲线时，要求电压从零调节，因此滑动变阻器采用分压接法，所以在选择时选择总阻值较小的，便于调节；（2）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图，（3）根据电表的改装原理可知电流表示数为多少时可以应元件两端电压为6V；（4）由电表的电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值．【解析】：解：（1）在研究该元件的伏安特性曲线时，要求电压从零调节，因此滑动变阻器采用分压接法，在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图如下所示：（2）该元件的电流约为：I m==0.43A；故电流表应选用0.6A量程，故选：C；因采用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻；故选：E；（3）根据改装原理可知，新改装的电表内阻为：1990+10=2000Ω；则要使电压示数为6V，则表头的示数应为3mA；此时元件达额定功率为2.5W；故答案为：（1）如右图所示；（2）C；E；（3）电流表G，3mA【点评】：本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的方法，要注意电表的改装原理，并能正确利用欧姆定律进行分析求解．9．（10分）我校某探究性学习小组欲验证“动能定理”，他们组装了如图1所示的装置．试回答：（1）请写出图中A、B、C的名称．A、沙和沙桶；B滑块；C打点计时器．为完成该实验，除图示器材外还有学生电源、导线、复写纸、足量的细沙，天平另外还需要刻度尺．（2）为达成实验要求，要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；实验时为保证细线拉力为滑块的合外力首先要做的步骤平衡摩擦力．（3）在满足（2）的条件下，该小组此次实验打出了一条理想纸带，图2是用刻度尺测量的理想纸带的中间部分示数．某同学要选用1、5两点来验证动能定理，需要验证的表达式（已知拉力F，相邻计数点的时间为t，滑块质量M）F（s5﹣s1）=﹣（请用题给字母表示）．（4）在图3中，纵坐标表示上述纸带的1、2、3、4、5等点分别对0点的速度平方之差，横坐标表示1、2、3、4、5等点对0点的位移．现已知滑块的质量M=0.4kg，则沙和沙桶的质量m=0.01kg（g=10m/s2）．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据本实验的原理和实验器材，需要验证mgx与△E k的关系，需要测量位移x，用到刻度尺．（2）为使绳子拉力为合力，应先平衡摩擦力，绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应满足沙和沙桶总质量远小于滑块的质量．（3）根据根据匀变速直线运动的推论：一段时间内的平均速度等于中点时刻的瞬时速度，求出B、D点的速度，即可得到动能定理表达式．（4）根据牛顿运动定律中的运动学公式和F=ma即可求解．【解析】：解：（1）根据题意本实验的原理及实验器材，所以B为滑块，C为打点计时器，需要测量滑块的位移，所以还缺少的器材是刻度尺．（2）根据牛顿第二定律可知当沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量时，绳子拉力才近似等于沙和沙桶的重力，所以沙和沙桶应满足的实验条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，由受力分析可知，为保证细线拉力为木块的合外力，首先要做的是平衡摩擦力．（3）在1、5两点间，根据动能定理实验要验证的表达式为：F（s5﹣s1）=﹣而根据匀变速直线运动的推论得知，v1=，v5=综合上述两式可知：F（s5﹣s1）=﹣（4）据运动学公式：v2=2as 可知，a===0.25m/s2又因为：mg=Ma所以：m===0.01Kg故答案为：（1）滑块；打点计时器；刻度尺；（2）平衡摩擦力；（3）F（s5﹣s1）=﹣；（4）0.01．【点评】：明确实验原理是解决实验问题的关键，本实验的关键是两个问题，一个是怎样才能使滑块受到的合力是绳子的拉力，再一个是怎样才能使绳子拉力近似等于小桶的重力．三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10．（15分）用额定电压U=100V，额定功率是P=1000W的直流电动机竖直提升一重物，已知电动机线圈的电阻r=1Ω，重物的质量m=30kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．（1）求重物匀速上升时的速度；（2）若电动机以额定功率运行，由静止开始提升重物，经过t=5s的时间重物非常接近最大速度上升，求重物5s上升的高度H．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；电功、电功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：（1）已知电动机两端的电压和额定功率，根据P=UI求出通过电动机的电流，机械功率等于总功率减去内阻消耗的功率，再根据机械功率P0=mgv求解上升的速度；（2）根据动能定理列式即可求解．【解析】：解：（1）根据功率公式有：P=UI解得：I=则电动机的输出功率为：P0=P﹣I2r=1000﹣100×1=900W；而机械功率P0=mgv解得：v==3m/s所以匀速提升时，速度为3m/s（2）当对重物的拉力等于重力时，速度最大，最大速度为3m/s，由动能定理得：解得：H=14.55m答：（1）重物匀速上升时的速度为3m/s；（2）重物5s上升的高度为14.55m．【点评】：知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键．11．（17分）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆a b，测得最大速度为v m．改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示．已知轨距为L=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计．求：（1）杆a b下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小；（2）金属杆的质量m和阻值r；（3）当R=4Ω时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W．【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】：电磁感应中的力学问题．【分析】：（1）ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；（2）根据E=BLv、及平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；（3）当R=4Ω时，读出最大速度．由E=BLv和功率公式得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W．【解析】：解：（1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势E=BLv=0.5×2×2V=2V（2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，由闭合电路的欧姆定律：，杆达到最大速度时满足mgsinθ﹣BIL=0，解得v=．由图象可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：=v0，=k解得：m=0.2kg，r=2Ω．（3）由题意：E=BLv，得，则由动能定理得W=，联立解得：，W=0.6J．答：（1）当R=0时，杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小是2V；（2）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2Ω；（3）当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J．【点评】：电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系．12．（19分）如图，在直角三角形AOC中，竖直直角边AO=L，水平直角边OC=2L，斜边AC的正上方有沿竖直向上的匀强电场，OC的下方矩形区域内有垂直于三角形平面向里的匀强磁场，矩形区域的长度为3L，宽度为L．现有质量均为m、电荷量均为q的负粒子a、b，分别从A点不同时水平射出，速度大小分别为v a=v0、v b=v0，b粒子从电场中经过C点，a 粒子出磁场时经过C点．不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力．求：（1）b粒子经过C点时的速度？（2）匀强电场的电场强度E的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小？（3）若使a、b两粒子同时到达C点，则从A点先后射出时的时间差是多少？【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）根据粒子做类平抛运动，结合平抛运动处理规律，及运动学公式，并依据速度的合成法则，即可求解速度大小，再由三角知识，求得速度的方向；（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求解电场强度大小；再根据做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，并结合几何关系，从而求得磁感应强度大小；（3）根据类平抛运动与匀速圆周运动，结合运动学公式，即可求解时间差．【解析】：解：（1）b粒子在电场中从A到C点，做类平抛运动：2L=v0t b；①L=②经过C点时的速度大小v c==2v0；③方向与水平成θ，=1，解得：θ=45°④（2）b粒子在电场中从A到C点做类平抛运动：qE=ma⑤⑥①⑤⑥联解得：E=对a粒子，在电场中，同理分析，应打在AC的中点D，过D点时的速度大小为v aD=，方向仍与水平成45°角．a粒子过D后进入磁场前做匀速直线运动，从F点进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示（圆心角为90°）．设圆半径为R a则几何关系：解得：B=（3）由①得a粒子从A到F，水平方向匀速，用时在磁场中用时==时间差△t=t a1+t a2﹣t b==答：（1）b粒子经过C点时的速度大小2v0，而方向与水平夹角为45°；（2）匀强电场的电场强度E的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若使a、b两粒子同时到达C点，则从A点先后射出时的时间差是．【点评】：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，理解处理平抛运动的规律，及圆周的几何关系是解题的关键．同时注意正确画出运动轨迹是解题的重点．。

四川省成都七中2015级自主招生考试物理试卷及详细解答一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共28分）1．（2分）对锅加热，锅内的水持续沸腾时，水面上的“白气”并不明显，如果突然停止加热，水面上很快出现许多“白4．（2分）在煮饺子时，将饺子投入沸腾的水中，并用勺子轻轻在锅底推动沉下的饺子，等到水重新沸腾后，加上6．（2分）某人骑车向正东方向行驶，看到插在车上的小旗向正南方向飘动，假设风速保持不变，骑车人沿正南方7．（2分）如图所示，重叠在一起的A、B、C三个重物，当B物体受到10N的水平拉力作用后，三个物体一起在水平面上向右的匀速直线运动，关于所受的摩擦力大小和方向不正确的是（）8．（2分）为了避免秤杆损坏，制秤时在秤杆两端各包上质量相等或相近的两块小铜片．现在秤杆一端的铜片脱落9．（2分）如图所示，两只完全相同的盛水容器放在磅秤上，用细线悬挂质量相同的实心铅球和铝球，全部没入水中，此时容器中水面高度相同，设绳子的拉力分别为T1和T2，磅秤的示数分别为F1和F2，则（）10．（2分）如图所示，水平桌面上斜放着一个平面镜，桌面上有一个小球向镜面滚去．要使平面镜中小球的像沿竖直方向下落，则镜面与桌面间的夹角α为（）11．（2分）（2012•随州）如图所示，在盛有某液体的圆柱形容器内放有一木块A，在木块的下方用轻质细线悬挂一体积与之相同的金属块B，金属块B浸没在液体内，而木块漂浮在液面上，液面正好与容器口相齐．某瞬间细线突然断开，待稳定后液面下降了h1；然后取出金属块B，液面又下降了h2；最后取出木块A，液面又下降了h3．由此可判断A与B的密度比为（）12．（2分）（2005•镇江）在广场上游玩时，小明将一充有氢气的气球系于一辆玩具小汽车上，并将玩具小汽车放置在光滑的水平地面上．无风时细绳处于竖直方向，如图所示．当一阵风沿水平方向吹向气球时，以下说法正确的是（）13．（2分）如图所示，一根细线绕过三个滑轮，两端固定在A、B两点，两动滑轮下所挂物体质量分别为m1、m2，两动滑轮上细线的夹角分别为α和β（α＞β），不计一切摩擦，则m1、m2的大小关系是（）14．（2分）如图所示的电路是由12个不同的电阻组成的，已知R1=24Ω．其余电阻值未知，测得AB间总阻值为12Ω．今将R1换成12Ω的电阻．则AB间总阻值变为（）二、不定项选择题（每小题4分，共24分每小题至少有一个正确的选项，选对但不全得2分，有错选得0分）15．（4分）如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片．若将滑动片向下滑动，则（）16．（4分）一个自重600N的人，站在井口．他通过滑轮组在1min内将重为360N的物体从10m深得井底匀速提到井口（如图所示）．不计动滑轮和绳重，该装置的机械效率是80%，这个人每只脚与井口地面的接触面积为200cm2，则下列说法正确的是（）17．（4分）图所示容器内放有一长方体木块M ，上面压有一铁块m ，木块浮出水面的高度为h 1（图a ）；用细绳将该铁块系在木块的下面时，木块浮出水面的高度为h 2（图b ）；将细绳剪断后（图c ），木块浮出水面的高度h 3为（ ）（+（（+（18．（4分）在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能，“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率=人数×路程/消耗能量．一个人骑电动自行车，在1.5小时内行驶了30km ．其一辆载有4人的普通轿车，车的油耗为10升/100km ，（汽油的燃烧值为4.6×107J/Kg ，汽油的密度为0.72×103kg/m 3，19．（4分）质量和材质都相等的五块金属块，将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温．第一种方式：先从沸水中取出一块金属块，将其投入冷水，当达到热平衡后将它从杯中取出，然后将第二块从沸水中取出投入这杯水中．再次达到热平衡后将它从杯中取出，同样的方法依次将另外几块投入水中，最后水的温度升高了40℃．第二种方式：从沸水中同时取出五块金属块投入冷水中，当达20．（4分）氧化锡的电导（电阻的倒数）随周围环境中的CO （一氧化碳）浓度变化而变化，甲图中的直线反映了它的电导与CO 浓度的关系．用氧化锡制成传感器，将它组成乙图所示的电路．图中电压表的示数即可反映传感器周围环境中的CO 浓度．则在下列表示CO 浓度与电压表示数U 0之间关系的图象中正确的是（ ）．CD ．三、填空题（每空2分，共16分）21．（4分）2008年5月12日14时28分，我国四川省汶川县发生了里氏8.1级强烈地震，为及时了解震区的受灾情况，便于指挥调度，相关部门利用了飞机航拍和卫星遥感技术．飞机航拍只能在白天进行，利用的是地面物体反射的可见光来拍摄．拍摄过程中，地面上的物体在摄像机上成的像，应位于摄像机镜头的一倍焦距至二倍焦距之间，且更靠近_________（选填“一倍焦距”或“二倍焦距”）处；而卫星遥感则可以昼夜不停的工作，因为它不仅可以感知可见光，还可以感知物体发出的_________（选填“紫外线”或“红外线”）．22．（4分）磁场只有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ．式中B是磁感应强度，μ是磁导率．在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条磁铁磁极端面附近的磁感强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示．因为F所作的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感强度B与F、A之间的关系为B=_________．23．（4分）如图所示，大水槽里有不相溶的A、B两种液体，A液体的密度为ρ，B液体的密度为2ρ．一个边长为a的小立方体物体，一半浸没在A液体中，另一半浸没在B液体中，物块的上表面与A液体上表面齐平，则物块的密度为_________ρ．若在物块上端加一个大小为物块重力0.1倍的竖直向下的压力，则物块下沉的距离为_________a．（物块始终未与水槽底部接触）24．（4分）对一根用新材料制成的金属杆M进行抗拉测量．这根金属杆长4m，横截面积为0.8cm2，设计要求使它受到拉力后的伸长量不超过原长的．由于这一拉力很大，杆又很长，直接测试有困难，现选用这种材料制成其伸长量与样品的长度成_________比，与样品的横截面积成_________比．②待测金属杆M能够承受的最大拉力为_________N．四、解答题（25题8分，26题12分，27题12分，共32分）25．（8分）如图所示为自动测定油面高度的装置原理图，其中R为滑动变阻器，R0为校准电阻，A为油量表（实际上是一只量程为0﹣﹣0.6A的电流表）．如果电源电压120V，当油箱内油面高度在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，且油箱内油面达到最低位置时，电流表的示数为0.1A．求（1）校准电阻R0的阻值应为多大？（2）滑动变阻器的阻值变化范围多大？（3）若油箱内油面最高为1.20m，最低位0.20m，应在电流表上何处刻上最大及最小油量值？若油箱的横截面积为2.0m2，这两个油量值分别是多少？（4）当油箱内油量值为1.4m3时，滑动变阻器的滑片P恰在中点，则这一油量值应对应电流表刻度的何处？26．（12分）电热淋浴器分为储水式和无水箱式两种．储水式淋浴器要用较长时间把水箱中的水加热，待水温度达到要求后用水箱中的热水淋浴．无水箱式淋浴器使冷水流过电热器就达到要求的温度而立即从喷头流出供淋浴．请你利用以下数据通过计算说明，家庭中不宜使用无水箱式电热淋浴器．冷水温度16℃淋浴所需热水温度38℃淋浴所需热水流量4×10﹣3米3/分水的比热容4.2×103焦耳/千克•度家庭照明电路允许通过的最大电流约5安培．27．（12分）如图，光滑长木板AB可绕O转动，质量不计，A端用竖直绳与地板上拉着，在离O点0.4m的B处挂一密度为0.8×103kg/m3；长20cm的长方形物体，当物体浸入水中10cm深处静止时，从盛水到溢水口的杯中溢出0.5N的水（g=10N/kg），求：①物体受到的浮力②物体的重力③当一质量为200g的球从0点以2cm/s的速度沿木板向A端匀速运动时，问球由O点出发多少时间，系在A端的绳拉力刚好为零？2012年四川省成都七中自主招生考试物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共28分）1．（2分）对锅加热，锅内的水持续沸腾时，水面上的“白气”并不明显，如果突然停止加热，水面上很快出现许多“白4．（2分）在煮饺子时，将饺子投入沸腾的水中，并用勺子轻轻在锅底推动沉下的饺子，等到水重新沸腾后，加上6．（2分）某人骑车向正东方向行驶，看到插在车上的小旗向正南方向飘动，假设风速保持不变，骑车人沿正南方7．（2分）如图所示，重叠在一起的A、B、C三个重物，当B物体受到10N的水平拉力作用后，三个物体一起在水平面上向右的匀速直线运动，关于所受的摩擦力大小和方向不正确的是（）8．（2分）为了避免秤杆损坏，制秤时在秤杆两端各包上质量相等或相近的两块小铜片．现在秤杆一端的铜片脱落9．（2分）如图所示，两只完全相同的盛水容器放在磅秤上，用细线悬挂质量相同的实心铅球和铝球，全部没入水中，此时容器中水面高度相同，设绳子的拉力分别为T1和T2，磅秤的示数分别为F1和F2，则（）10．（2分）如图所示，水平桌面上斜放着一个平面镜，桌面上有一个小球向镜面滚去．要使平面镜中小球的像沿竖直方向下落，则镜面与桌面间的夹角α为（）11．（2分）（2012•随州）如图所示，在盛有某液体的圆柱形容器内放有一木块A，在木块的下方用轻质细线悬挂一体积与之相同的金属块B，金属块B浸没在液体内，而木块漂浮在液面上，液面正好与容器口相齐．某瞬间细线突然断开，待稳定后液面下降了h1；然后取出金属块B，液面又下降了h2；最后取出木块A，液面又下降了h3．由此可判断A与B的密度比为（）=12．（2分）（2005•镇江）在广场上游玩时，小明将一充有氢气的气球系于一辆玩具小汽车上，并将玩具小汽车放置在光滑的水平地面上．无风时细绳处于竖直方向，如图所示．当一阵风沿水平方向吹向气球时，以下说法正确的是（）13．（2分）如图所示，一根细线绕过三个滑轮，两端固定在A、B两点，两动滑轮下所挂物体质量分别为m1、m2，两动滑轮上细线的夹角分别为α和β（α＞β），不计一切摩擦，则m1、m2的大小关系是（）﹣=化简得：=＜cos，则有14．（2分）如图所示的电路是由12个不同的电阻组成的，已知R1=24Ω．其余电阻值未知，测得AB间总阻值为12Ω．今将R1换成12Ω的电阻．则AB间总阻值变为（）+，==24=，=8R=、．二、不定项选择题（每小题4分，共24分每小题至少有一个正确的选项，选对但不全得2分，有错选得0分）15．（4分）如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片．若将滑动片向下滑动，则（）可知，电阻16．（4分）一个自重600N的人，站在井口．他通过滑轮组在1min内将重为360N的物体从10m深得井底匀速提到井口（如图所示）．不计动滑轮和绳重，该装置的机械效率是80%，这个人每只脚与井口地面的接触面积为200cm2，则下列说法正确的是（）可求出人在此过程中做功的功率；可求出人拉绳子的拉力；求人对地面的压强．=4500J==75WF===17．（4分）图所示容器内放有一长方体木块M，上面压有一铁块m，木块浮出水面的高度为h1（图a）；用细绳将该铁块系在木块的下面时，木块浮出水面的高度为h2（图b）；将细绳剪断后（图c），木块浮出水面的高度h3为（）（+（（+（h=﹣﹣﹣﹣﹣﹣18．（4分）在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能，“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率=人数×路程/消耗能量．一个人骑电动自行车，在1.5小时内行驶了30km．其一辆载有4人的普通轿车，车的油耗为10升/100km，（汽油的燃烧值为4.6×107J/Kg，汽油的密度为0.72×103kg/m3，=人=人：19．（4分）质量和材质都相等的五块金属块，将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温．第一种方式：先从沸水中取出一块金属块，将其投入冷水，当达到热平衡后将它从杯中取出，然后将第二块从沸水中取出投入这杯水中．再次达到热平衡后将它从杯中取出，同样的方法依次将另外几块投入水中，最后水的温度升高了40℃．第二种方式：从沸水中同时取出五块金属块投入冷水中，当达20．（4分）氧化锡的电导（电阻的倒数）随周围环境中的CO（一氧化碳）浓度变化而变化，甲图中的直线反映了它的电导与CO浓度的关系．用氧化锡制成传感器，将它组成乙图所示的电路．图中电压表的示数即可反映传感器周围环境中的CO浓度．则在下列表示CO浓度与电压表示数U0之间关系的图象中正确的是（）．C D．三、填空题（每空2分，共16分）21．（4分）2008年5月12日14时28分，我国四川省汶川县发生了里氏8.1级强烈地震，为及时了解震区的受灾情况，便于指挥调度，相关部门利用了飞机航拍和卫星遥感技术．飞机航拍只能在白天进行，利用的是地面物体反射的可见光来拍摄．拍摄过程中，地面上的物体在摄像机上成的像，应位于摄像机镜头的一倍焦距至二倍焦距之间，且更靠近一倍焦距（选填“一倍焦距”或“二倍焦距”）处；而卫星遥感则可以昼夜不停的工作，因为它不仅可以感知可见光，还可以感知物体发出的红外线（选填“紫外线”或“红外线”）．22．（4分）磁场只有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ．式中B是磁感应强度，μ是磁导率．在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条磁铁磁极端面附近的磁感强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示．因为F所作的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感强度B与F、A之间的关系为B=．=V=L=•B=故答案为：23．（4分）如图所示，大水槽里有不相溶的A、B两种液体，A液体的密度为ρ，B液体的密度为2ρ．一个边长为a的小立方体物体，一半浸没在A液体中，另一半浸没在B液体中，物块的上表面与A液体上表面齐平，则物块的密度为 1.5ρ．若在物块上端加一个大小为物块重力0.1倍的竖直向下的压力，则物块下沉的距离为0.15a．（物块始终未与水槽底部接触）V2V﹣（24．（4分）对一根用新材料制成的金属杆M进行抗拉测量．这根金属杆长4m，横截面积为0.8cm2，设计要求使它受到拉力后的伸长量不超过原长的．由于这一拉力很大，杆又很长，直接测试有困难，现选用这种材料制成测试结果表明：样品受拉力作用后，其伸长量与样品的长度成正比，与样品的横截面积成反比．②待测金属杆M能够承受的最大拉力为2500N．，要求其伸长量不超过原长的，所以不应超过四、解答题（25题8分，26题12分，27题12分，共32分）25．（8分）如图所示为自动测定油面高度的装置原理图，其中R为滑动变阻器，R0为校准电阻，A为油量表（实际上是一只量程为0﹣﹣0.6A的电流表）．如果电源电压120V，当油箱内油面高度在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，且油箱内油面达到最低位置时，电流表的示数为0.1A．求（1）校准电阻R0的阻值应为多大？（2）滑动变阻器的阻值变化范围多大？（3）若油箱内油面最高为1.20m，最低位0.20m，应在电流表上何处刻上最大及最小油量值？若油箱的横截面积为2.0m2，这两个油量值分别是多少？（4）当油箱内油量值为1.4m3时，滑动变阻器的滑片P恰在中点，则这一油量值应对应电流表刻度的何处？可求校准电阻=R===0.17A26．（12分）电热淋浴器分为储水式和无水箱式两种．储水式淋浴器要用较长时间把水箱中的水加热，待水温度达到要求后用水箱中的热水淋浴．无水箱式淋浴器使冷水流过电热器就达到要求的温度而立即从喷头流出供淋浴．请你利用以下数据通过计算说明，家庭中不宜使用无水箱式电热淋浴器．冷水温度16℃淋浴所需热水温度38℃淋浴所需热水流量4×10﹣3米3/分水的比热容4.2×103焦耳/千克•度家庭照明电路允许通过的最大电流约5安培．可求电热器消耗的功率；求出所需的电流；×P===27．（12分）如图，光滑长木板AB可绕O转动，质量不计，A端用竖直绳与地板上拉着，在离O点0.4m的B处挂一密度为0.8×103kg/m3；长20cm的长方形物体，当物体浸入水中10cm深处静止时，从盛水到溢水口的杯中溢出0.5N的水（g=10N/kg），求：①物体受到的浮力②物体的重力③当一质量为200g的球从0点以2cm/s的速度沿木板向A端匀速运动时，问球由O点出发多少时间，系在A端的绳拉力刚好为零？==5参与本试卷答题和审题的老师有：pydrx；951574352；sdwdrlx；MMCH；空气凤梨；刘治强；wdnyx2011；303080；china；刘伟；外星人；wscdd；wslil76；fhp826；ghf198；吴长青；dongfeng；739830（排名不分先后）菁优网2013年6月15日。

四川省成都七中2015届高三零诊模拟物理试题第Ⅰ卷选择题（满分共42分）一、单项选择题（本题包括6个小题，每小题3分，共18分）1、以下说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场C．电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件2、关于物理原理在技术上的应用，下列说法中正确的是（）A.利用回旋加速器加速粒子时，通过增大半径，可以使粒子的速度超过光速B.激光全息照相是利用了激光相干性好的特性C.用双缝干涉测光波的波长时，若减小双缝间的距离，则同种光波的相邻明条纹间距将减小D.摄影机镜头镀膜增透是利用了光的衍射特性3、一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin（2.5πt），位移y的单位为m，时间t的单位为s．则（）A．弹簧振子的振幅为0.2m B．弹簧振子的周期为1.25sC．在t=0.2s时，振子的运动速度为零D．在任意0.2s时间内，振子的位移均为0.1m4、如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡D1的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡D 1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是()A．此电源的内阻为2/3 ΩB．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D．由于小灯泡B的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用5、一列沿x正方向传播的简谐波t=0时刻的波形如图所示，t=0.2s时C点开始振动，则（）A．t=0.15s时，质点B的加速度方向沿y轴负方向B．t=0.3s时，质点B将到达质点C的位置C．t=0到t=0.6s时间内，B质点的平均速度大小为10m/sD．t=0.15s时，质点A的速度方向沿y轴正方向6、一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生物的场强大小E O=，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E l、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（）A．E1> B ．E2=C．E3<D．E4=二、不定项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分）7、某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（）A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C．一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动8、固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻瑞砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑。

成都七中2014-2015学年度2015届第一学段考试物理试卷一.不定项选择题(每小题所给的四个选项中，有的可能不止一个符合题意，每题全选正确得 6分，漏选得3分，不选或有错得0分，满分共42分) 1.下列叙述中正确的是（ ）A.牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B.做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力C.只有做单方向直线运动的物体，其位移大小才等于路程D.两个相对静止的物体之间一定存在静摩擦力，静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度 2.下列叙述中错误的是( )A.开普勒第三定律T 2/R 2=K ，K 为常数，此常数的大小只与中心天体有关B.做匀速圆周运动的物体的加速度不变C.做平抛运动的物体在任息一段时间内速度变化的方向都是相同的D.做圆周运动的物体，合外力不一定指向圆心。

3.奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳曾经从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录。

假设他从氦气球携带的太空舱上跳下到落地的过程中，沿竖直方向运动的v-t 图象如图所示，则下列说法中正确的是 ( )A. 0-ts 内运动员和所有装备整体所受重力大于空气限力，且空气阻力不断减小B. ts 秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t 2秒未C. t 1秒末到t 2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大D.t 2秒后运动员保持匀速下落4.我田未来将建立月球基地，并在绕月从道上建造空间站。

如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接。

已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，万有引力常量为G ，月球的半径为R 。

那么以下选项正确的是( )A. 月球的质量为2324r M GTπ= B.航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间轨道时必须加速 C.图中的航天飞机正在减速地飞向B 处D.月球表面的重力加速度2324R g T π=月5.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶。

成都七中高三入学考试物理试题一、选择题1. 如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为a的斜面体上匀速下滑。

若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止。

下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是（）A．方向水平向右，大小为mg cosαsinαB．方向水平向左，大小为mg cosαsinαC．方向水平向左，大小为Fcos0D．大小为02. 如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中，下列说法错误的是（）A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等3．如图所示，人造地球卫星绕地球运行轨道为椭圆，其近地点P和远地点Q距地面的高度分别为R和3R，R为地球半径，已知地球表面处的重力加速度为g，以下说法正确的是( )gRA．卫星在P点的速度大于2gB．卫星在Q点的加速度等于4C．卫星在从P到Q过程中处于超重状态D．卫星在从P到Q过程中机械能不守恒4、如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示，以下说法中正确的是A ．Q 2一定带正电B ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量C ．b 点的电场强度最小但不为零D ．整个运动过程中，粒子的电势能一直增大 5．如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L 的区域内，两个边长均为a （a ＜L ）的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成（甲为细导线），将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则( ) A.乙线圈也刚好能滑离磁场B.两线圈进入磁场过程中通过导线横截面电荷量相同C.两线圈进入磁场过程中产生的热量相同D.甲线圈进入磁场过程中产生的热量小于离开磁场过程中产生的热量6、巨磁电阻（GMR ）电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应。

四川省成都七中2015届高三（上）段考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、不定项选择题（每小题所给的四个选项中，有的可能不止一个符号题意，每题全选正确得6分，漏选得3分，不选或有错得0分，满分共42分）1．下列叙述中正确的是（）A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力C．只有做单方向直线运动的物体，其位移大小才等于路程D．两个相对静止的物体之间一定存在静摩擦力，静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度考点：摩擦力的判断与计算；位移与路程．分析：滑动摩擦力大小跟压力成正比．滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体的相对运动方向相反．运动的物体受到的可能是静摩擦力．两相互接触的物体发生了相对运动，两者间不一定有滑动摩擦力．解答：解：A、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，伽利略通过理想斜面实验第一次提出了力不是维持物体运动的原因，A错误B、做直线运动的物体受到的合外力不一定是恒力，B错误C、只有做单方向直线运动的物体，其位移大小才等于路程，C正确D、两个相对静止的物体之间有相对运动趋势且接触面不光滑时才存在静摩擦力，静摩擦力要求两个物体保持相对静止，与它们的运动的方向无关，则其的方向可以与运动方向成任意角度，故D错误．故选：C点评：研究摩擦力时，要区分静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力与压力正比，而静摩擦力则不一定，注意摩擦力与弹力的方向关系，及运动方向的关系．2．下列叙述中错误的是（）A．开普勒第三定律=K，K为常数，此常数的大小只与中心天体有关B．做匀速圆周运动的物体的加速度不变C．做平抛运动的物体在任息一段时间内速度变化的方向都是相同的D．做圆周运动的物体，合外力不一定指向圆心考点：开普勒定律；匀速圆周运动．分析：平抛运动加速度不变，做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变，具有指向圆心的加速度，加速度方向时刻改变．解答：解：A、开普勒第三定律=K，K为常数，此常数的大小只与中心天体的质量有关，故A正确；B、匀速圆周运动的速度大小不变，方向在改变，故B错误；C、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动；故做平抛运动的物体在任息一段时间内速度变化的方向都是相同的，竖直向下；故C正确；D、做匀速圆周运动的物体，合外力一定指向圆心；做变速圆周运动的物体，合外力不一定指向圆心；故D正确；本题选错误的，故选：B．点评：解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的加速度在改变，做变加速运动．3．奥地利著名极限运动员了鲍姆加特纳曾经从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录．假设他从氢气球携带的太空舱上跳下到落地的过程中，沿竖直方向运动的v ﹣t图象如图，则下列说法中正确的是（）4．我田未来将建立月球基地，并在绕月从道上建造空间站．如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接．已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R．那么以下选项正确的是（）得，月球的质量M=、根据重力等于万有引力=5．摄制组在某大楼旁边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶．如图所示，导演在某房顶离地H=12m处架设了滑轮（人和车均视为质点，且滑轮直径远小于H），若轨道车从A处以v=10m/s的速度匀速运动到B处，绳BO与水平方向的夹角为53°．由于绕在滑轮上细钢丝的拉动，使质量为m=50kg的特技演员从地面由静止开始向上运动．在车从A运动到B的过程中（取g=10m/s2，sin53°=0.8．cos53°=0.6）（）﹣6．（2012•南通一模）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（）﹣μμ，则其加速度为：=则获得的加速度为：7．如图所示，置于足够长斜劈上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜劈上表面光滑静置于粗糙水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜劈上的木板P拴接，另一端与A相连，今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放盒子，释放盒子前后斜劈始终相对于地面处于静止状态（）二、实验题（每小问3分，共18分）8．（18分）某小组“验证牛顿第二定律”的实脸装置如图1，长木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，（打点计时器工作频率为50Hz）．另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．（1）打点计时器选择的电源是BA.220v交流电B.4﹣6v交流电C.220v直流电D.4﹣6v直流电（2）该小组研究加速度和拉力关系时．得到的图象将会是如图2中的图B（3）图象上端弯曲的原因是钩码和托盘的质量没有远小于物块质量（a）为减小误差该小组同学将木板的左端垫起，以平衡小车的摩擦力：重新实验，图3是实验中得到的一条纸带，在纸带上取计数点O、A、B、C、D和E，用最小刻度是毫米的刻度尺进行测量，读出各计数点对应的刻度x，通过计算得到各计数点到O的距离s以及对应时刻小车的瞬时速度v．请（5）实验小组又通过绘制△v﹣s图线来分析运动规律（其中△v=v﹣v0，v是各计数点对应时刻小车的瞬时速度，v0是0点对应时刻小车的瞬时速度）．他们根据实验数据在图中标出了0、A、B、D、E对应的坐标点，请你在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出△v2﹣s图线．（6）实验小组绘制的△v2﹣s图线后发现斜率大于理论值，其原因可能是木块的左侧垫得过高．=三．计算题（共50分，要求写出必要的文字说明和过程，只有最后结果不给分）9．（12分）如图所示，水平平台的右端安装有滑轮，质量M=2.0kg的物块放在与滑轮相距L=2.5m 的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ=0.2．一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处能静止，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）（1）若m=1.0kg，放开小球，系统运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T；（2）若m=1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，求：a：小球着地后，M的加速度．b：要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，小球静止时距地面的高度h．h=10．（18分）“嫦峨一号”探月卫星为绕月极地卫星．利用该卫星可对月球进行成像探测．己知卫星在绕月极地轨道上做匀速圈周运动时距月球表面的高度为H，月球半径为R M，月球表面重力加速度为g/6，月球绕地球公转的轨道半径为R0；地球半径为R E，己知光速为C．（1）月球的第一字宙速度．（2）“嫦娥一号”探月卫星绕月运动的周期（3）如图所示，当绕月极地轨道的平面与月球绕地球公转的轨道平面垂直时（即与地心到月心的连线垂直时），求绕月极地卫星向地球地面发送照片需要的最短时间．）根据万有引力提供向心力V=）根据示意图的几何关系可得卫星到地面的最短距离为t=t=）月球的第一字宙速度为探月卫星绕月运动的周期为）绕月极地卫星向地球地面发送照片需要的最短时间为11．（20分）如图所示，水平传送带以v=3m/s的速度逆时针转动，两个转轴间的距离L=4m，竖直光滑圆弧轨道CD所对的圆心角θ=37°，圆弧半径r=0.5m，轨道末端D点切线水平，且紧贴倾斜转盘上表面最高点，转盘沿逆时针方向绕轴匀速转动，其转轴倾斜且与水平面夹角α=53°，质量m=lkg 的小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4．将物块以向右速度V′=5m/s 滑上传送带左端，物块向右运动一段时间后反向，最终从传送带左端水平抛出，恰好沿C点的切线滑入CD轨道，再由D点水平滑落到转盘上表面最高点．物块落到转盘上时的速度恰好与落点处转盘的线速度相等，物块立即无相对滑动地随盘转动．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=10m/s2．设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）物块从传送带上抛出的速度；（2）传送带的上表面到转盘最高点D的竖直高度H；（计算结果保留位3有效数字）（3）要物块随转盘转动时无相对滑动，且物块与转盘间摩擦系数μ′＜1，求转盘半径的取值范围．考点：动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）物体在传送带加速过程，由滑动摩擦力产生加速度，根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求解位移x．（2）根据x与L的关系，判断物块在传送带上的运动情况，得到物块从传送带左端抛出时的速度．物块从传送带左端抛出后做平抛运动，据题知到达C点时速度沿C点的切线方向，根据速度的分解求出C点的速度，再根据机械能守恒求解平抛运动下落的高度，即可得到H．（3）根据机械能守恒求出物块落到转盘上时的速度大小，再根据牛顿第二定律和向心力公式求解摩擦力F的大小．解答：解：（1）物块在传送带上滑动时，有μmg=ma，解得：a=4m/s2．由v2=2ax解得减速运动过程相对于地面的位移x==3.125m．因x＜L，故物块在传送点上将先减速后反向加速最后随传送带一起匀速运动，从左端抛出的速度v=3m/s；（2）由机械能守恒定律可知：mgh1=mv12﹣mv2；解得h1=0.25m．由几何关系，h2=ED=r（1﹣cosθ）=0.1m．传送带的上表面到水平转盘的竖直高度H=h1+h2=0.35m；（3）物块从抛出点到D点过程中，根据机械能守恒定律，v D=4m/s物块在圆盘上做圆周运动最低点滑动的临界条件得μmgcosθ﹣mgsinθ=且μ＜1 转盘半径R＞8m；答：（1）物块从传送带上抛出的速度3m/s；（2）传送带的上表面到转盘最高点D的竖直高度H为0.35m；（3）转盘半径的取值范围为R＞8m点评：此题考查了牛顿运动定律、速度的分解、机械能守恒定律、圆周运动等知识点，运用程序法按顺序进行分析和答题．。

2015年四川省成都七中万达学校高考物理模拟试卷（二）一、选择题，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．（6分）下列说法中正确的是（）A．奥斯特最早发现电流周围存在磁场B．伽利略根据实验证实了力是使物体运动的原因C．开普勒发现了万有引力定律D．牛顿第一次通过实验测出了万有引力常量【考点】：物理学史．【分析】：根据物理学史知识、物理学家对物理学的主要贡献，分析解答此题．【解析】：解：A、1820年丹麦物理学家奥斯特第一次发现通电导线周围存在磁场，故A正确．B、伽利略根据实验证实了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．故B 错误．C、开普勒发现了行星运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律．故C错误．D、卡文迪许第一次通过实验测出了万有引力常量．故D错误．故选A【点评】：本题考查了物理学史方面的知识，学习物理学史不仅能丰富我们的知识，还能激发我们学习物理的兴趣，平时要注意物理学历史知识的学习与积累．2．（6分）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同【考点】：牛顿第二定律；滑动摩擦力．【专题】：传送带专题．【分析】：物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况．【解析】：解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsinθ=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同，故D正确．故选D【点评】：考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态．3．（6分）如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）A．小球不可能做匀速圆周运动B．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大C．小球运动到最低点时，电势能一定最大D．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析【解析】：解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故BD错误C、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故C正确故选：C【点评】：要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式4．（6分）为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直．从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称做视场角．已知该玻璃的折射率为n，圆柱长为l，底面半径为r，则现场角是（）A．arcsin B．arcsinC．arcsin D．arcsin【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：作出光路图，根据几何知识求出折射角的正弦，再由折射定律求解视场角．【解析】：解：作出光路图如图所示．由几何关系解得sinθ2=由光的折射规律得sinθ1=nsinθ2=所以θ1=arcsin故选B【点评】：对于几何光学问题，正确画出光路图是解答的基础，同时要充分运用几何知识，辅助求解．5．（6分）如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt （V），则加在R2上的电压有效值为（）A．10V B．20V C．15V D．5V【考点】：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】：根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解．【解析】：解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V；2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压，Q=Q1+Q2，即为：；解得：U=5V；故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】：考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性．6．（6分）如图所示为一列沿x轴传播的部分波形图，若该列简谐横波的波速v=20m/s，在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y轴正方向运动，则下列说法正确是（）A．该列简谐波沿x轴负方向传播B．该列简谐横波与另一频率为0.4Hz的同类波叠加能产生稳定的干涉现象C．t=0.65s时，x=9m处的质点的位移为cmD．从t=0时刻开始计时，x=10m处的质点在时间1.3s内的路程大于65cm【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】：由图读出波长，求出周期，根据在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y 轴正方向运动判断波的传播方向，并判断t=0.65s时，x=9m处的质点的位移；分析从t=0时刻开始计时，x=10m处的质点在时间1.3s内的路程．【解析】：解：A、在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y轴正方向运动，则简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；B、由图知：λ=2（13﹣9）m=8m，则周期T=，故频率为f=，由发生干涉的条件必须频率相等知，B错误；C、时间t=0.65s=1T，相当于T，此时质点P在平衡位置上方，由数学知识知：y=Asin45°=cm．故C正确．D、时间t=1.3s=3，t=0时刻x=10m处的质点从正的最大位移处返回平衡位置，沿速度沿y轴负方向，由简谐运动的特点可得，质点P在1.3s时间内的路程大于13A=65cm．故D正确．故选：CD【点评】：本题关键是根据图象得到波长，求出周期，结合简谐运动的周期性和不匀速但是相对于平衡位置对称的特点求解．7．（6分）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是（）A．它们运动的时间相等B．它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2C．它们的电势能减小量之比△E P：△E Q=1：2D．它们的电场力做功之比W P：W Q=2：1【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析【解析】：解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；B、根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：q=，所以它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2，故B正确；D、根据动能定理，有：qEx=△E k，而：q P：q Q=1：2，x P：x Q=1：2，电场力做功为W P：W Q=1：4，所以动能增加量之比：△E kP：△E kQ=1：4，故CD错误；故选：AB【点评】：本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析二、非选择题共68分）8．（6分）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是A（填选项前字母）．A．保证摆动过程中摆长不变，在改变摆长时方便调节摆长B．可使周期测量得更加准确C．保证摆球在同一竖直平面内摆动②他用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为12.0mm．③如果他测得的g值偏小，可能的原因是A．（填选项前字母）A．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了B．测摆线长时摆线拉得过紧C．开始计时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次．【考点】：探究单摆的周期与摆长的关系．【专题】：实验题．【分析】：①单摆的摆长在摆动中不能变化．而摆长是影响周期的因素，应该在研究的时候予以改变，看看周期你与摆长的关系；②游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标卡尺，不需估读，摆长等于悬点到球心的距离．③据单摆的周期T=2π，得g=分析误差即可．【解析】：解：①在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故A正确，BC错误．故选：A．②游标尺的读数规则为：固定刻度（主尺）+可动刻度（游尺），游标卡尺读数时首先以游标零刻度线为准在尺身上读取毫米整数，即12mm，然后看游标上第0条刻度线与尺身的刻度线对齐，即0.0mm，所以游标卡尺示数为d=12.0mm；③据单摆的周期T=2π，得g=，当g值偏小，可能L偏小或T偏大；A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了则实验中周期的测量值偏大，所以g的测量值偏小，故A正确；B、摆线拉得过紧，则L的测量值偏大，g的测量值偏大．故B错误；CD、秒表过迟按下，使测得周期偏小；实验中将49次全振动误记为50次，则周期的测量值偏小，g的测量值偏大，故CD错误．故答案为：①A；②12.0；③A．【点评】：掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系；摆长要注意是悬点到球心的距离，一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到，题目中的方式不是特别常用．9．（11分）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R v1=10kΩ）电压表：V2（量程15V，内阻R v2=50kΩ）电流表：G（量程3mA，内阻R g=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=0.5ΩR4=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：I min===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=I g+=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．三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10．（15分）在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，经过多次弹跳才停下来．假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时的高度为h，速度方向是水平的，速度大小为v0，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气的阻力，已知火星的一个卫星的轨道的半径为r，周期为T．火星可视为半径为r0的均匀球体．【考点】：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据万有引力提供圆周运动向心力和火星表面重力与万有引力相等求得火星表面的重力加速度，再根据动能定理求解勇气号第二次落地时的速度大小．【解析】：解：以g'表示火星表面附近的重力加速度，M表示火星的质量，m表示火星的卫星的质量，m'表示火星表面处某一个物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得火星表面有：①火星的卫星有：②由②式得：GM=代入①得根据动能定理有：mg解得=答：勇气号第二次落到火星表面时速度的大小为．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用．11．（17分）如图1，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L=0.5m，底端连接电阻R=2Ω，导轨平面倾斜角θ=30°，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1T．质量m=40g、电阻R=0.5Ω的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t1=2s通过距离x=1.5m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U0=0.8V，电流表实数I0=0.6A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r0=0.5Ω，g=10m/s2．求：（1）细线对金属棒拉力的功率P多大？（2）从静止开始运动的t1=2s时间内，电阻R上产生的热量Q R是多大？（3）用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d=1m．若磁场按照图2规律变化，外力F随着时间t的变化关系式？【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，由题知电压表和电流表的示数稳定，说明电动机的输出功率不变，由输入功率与内电路消耗的功率之差求解电动机的输出功率，从而得解．（2）金属棒先沿导轨向上做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求出金属棒的最大速度，运用能量守恒定律求解R产生的热量．（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求解F的表达式．【解析】：解：（1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量转化和守恒，有：P=I0U0﹣I02r0=0.6×0.8﹣0.62×0.5=0.3W（2）当从静止开始运动经过t1=2s时间，金属棒速度达到最大，设此时为v m，金属棒中电动势为E，电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则F安=BI1L则得：F安=又P=F拉v m金属棒速度最大时做匀速运动，有F拉=mgsinθ+F安联立得：=mgsinθ+将：P=0.3W，m=0.04kg，θ=30°，B=1T，L=0.5m，R=0.5Ω，r=0.5Ω代入上式解得：v m=1m/s 金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得：解得：Q R=0.224J；（3）由图可知B′=（0.2+0.4t）设在t时刻，磁场的磁感应强度为B'，金属棒中电动势为E'，电流为I'，受到的安培力为F安′，则B′=（0.2+0.4t）（T）根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势E′=Ld，感应电流I′=金属棒所受的安培力F安′=B′I′L根据平衡条件得F=mgsinθ+F安′解得：F=0.016t+0.208 （N）答：（1）细线对金属棒拉力的功率P为0.3W．（2）从静止开始运动的t1=2s时间内，电阻R上产生的热量Q R是0.224J．（3）外力F随着时间t的变化关系式为F=0.016t+0.208 （N）．【点评】：本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高，要正确分析金属棒的受力情况和运动情况，明确能量是如何转化的，熟练推导安培力与速度的关系式，运用力学的基本规律求解电磁感应问题．12．（19分）某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合．在C、D的下方有如图所示的、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的B0为已知，但其变化周期T0未知．已知金属板A、B之间的电势差为U AB=+U0，金属板C、D的长度均为L，间距为L．质量为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出．忽略偏转电场的边界效应．（1）求金属板C、D之间的电势差U CD．（2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向．（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：（1）粒子在电场中加速、偏转，应用动能定理与类平抛运动规律求出电势差．（2）粒子在偏转磁场中做类平抛运动，应用动能定理与速度的分解可以求出粒子的速度．（3）分析清楚粒子运动过程，根据粒子的周期公式与运动过程求出粒子的运动时间．【解析】：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU0=mv02﹣0，解得：v0=，粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：q=ma，L=v0t •L=at2，解得：U cd=U0；（2）粒子在偏转电场中，由动能定理得：q=mv2﹣mv02，解得：v=，粒子由k离开电场时的偏转角为θ，由平行四边形定则得：v0=vcosθ，解得：θ=30°；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子从k进入磁场沿逆时针方向运动，由“在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平”可知：运动轨迹对应的圆心角θ=60°，t1=T=T，则T=T0，解得：T0=，由图乙所示可知，粒子经过e点时，磁场方向相反，t2=内粒子沿顺时针方向运动半周到达f 点，此时磁场再反向，粒子在t3=T内沿逆时针方向运动到g点，然后在t4=内运动到h点，接着在t5=内运动到i点，最后经t6=从j点离开磁场，粒子运动的总时间：t总=t1+t2+t3+t4+t5+t6=，t总=；答：（1）金属板C、D之间的电势差U CD为U0；（2）粒子离开偏转电场时速度的大小为：，方向：与初速度方向成30°．（3）磁场的变化周期T0和为，该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总为．【点评】：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，作出粒子运动轨迹是正确解题的关键．。