2015年四川省成都市高考物理三诊试卷
2015年四川省成都市高考物理三诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.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.狭义相对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度【答案】B【解析】解：A、声波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质；故A错误；B、红外线可用来遥控电器，如遥控电视机、录像机和空调机等；故B正确；C、交警可以根据光普勒效应仪器测出经过身边的汽车的行驶速度；故C错误；D、狭义相对论认为光速是不变的，即光速不变原理；故D错误；故选：B．明确声波和电磁波的特点，明确其传播方式；遥控器是利用发出红外线脉冲信号；光的偏振不能测量速度，多普勒效应可以测量车速；狭义相对论认为光速不变．本题考查电磁波的应用，要注意明确电磁波与机械波的区别，明确波的性质在生活中的应用．2.关于下列光学现象，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，在池水中同一深度、可视为点光源的红灯和黄灯，红灯照亮的水面面积大于黄灯照亮的水面面积D.阳光下肥皂呈现出五颜六色，这是光的衍射现象【答案】C【解析】解：A、光只有从光密介质射入光疏介质时才能发生全反射；而空气为光疏介质；玻璃为光密介质；故光从空气进入玻璃时，不会发生全发射；故A错误；B、红光的折射率小，根据v=可知红光在水中的传播速度比蓝光的大．故B错误；实，C、故C错误．在水中，蓝光的传播速度大于红光的传播速度光源在水中的视深为视因为红光的折射率最小，则红灯看起来较深．根据sin C=知，红光的折射率最小，则红光发生全反射的临界角最大，在红光照在水面上产生的圆的半径最大，则被照亮的水面面积较大．故C正确；D、白光下的五颜六色的肥皂泡，这是光的干涉现象，不是衍射现象；故D错误；故选：C．光只有从光密介质进入光疏介质时才能产生全反射；光在介质中的传播速度为v=；实，结合折射率的大小比较视深的大小，结合sin C=比较全反光源在水中的视深为视射临界角的大小，从而结合几何关系比较照亮的水面面积．本题考查光的干涉、全反射及光的速度、波长及频率的关系，要注意正确掌握光学现象中所对应的物理规律．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u=220sin50πt VB.电压表示数为1100VC.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1.32×104 J【答案】D【解析】解：A、由图乙可知，副线圈两端电压交变电的峰值是U m=220V，T=0.02s则则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtv，故A错误；B、由图乙知副线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知原线圈电压即电压表示数为，故B错误；C、根据“220V，440W”的纯电阻和“220V，220W”的电动机可知，纯电阻的功率是电动机功率的2倍，但电动机部分转化为机械功率，一部分为热功率，故C错误；D、1min内电动机消耗的电能为W=P t=220×60J=13200J=1.32×104J，故D正确；故选：D．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．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．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均静止在各自的平衡位置，一列横波以1m/s的水平速度向右传播．此波在t=0时刻到达a质点，a质点开始由平衡位置向下振动，t=1s时质点a第一次到达最低点，则在8s＜t＜9s这段时间内，下列说法正确的是（）A.质点c的加速度逐渐增大 B.质点d向下运动C.质点b的速度逐渐减小D.质点f的振幅逐渐变小【答案】A【解析】解：由题，波的周期为T=4s，则波长λ=v T=1×4m=4m．介质各个质点的起振方向均向下．A、波从a传到c的时间为2s，则在8s＜t＜9s这段时间内，质点c振动的时间在6s＜t ＜7s范围内，与振动时间在2s＜t＜3s内的运动情况相同，质点c正从平衡位置向波峰运动，位移在增大，加速度在增大．故A正确．B、波从a传到d的时间为3s，则在8s＜t＜9s这段时间内，质点d振动的时间在5s＜t ＜6s范围内，与振动时间在1s＜t＜2s内的运动情况相同，质点d正从波谷向平衡位置运动，即向上运动，故B错误．C、波从a传到b的时间为1s，则在8s＜t＜9s这段时间内，质点b振动的时间在7s＜t ＜8s范围内，与振动时间在3s＜t＜4s内的运动情况相同，质点b正从波峰向平衡位置运动，速度逐渐增大．故C错误．D、简谐波传播的过程中振幅不变，则质点f的振幅保持不变，故D错误．故选：A．由a点的起振情况确定周期，由波速公式求出波长．根据波的传播方向，研究一个周期后，各质点的振动状态，再分析4s＜t＜5s这段时间内，各质点的运动情况．本题要根据由波的传播方向，确定质点振动方向，这是波的图象中基本题型．研究质点的振动情况，往往还要结合波长和周期来分析．5.我国的“嫦娥工程”取得了初步的成功．如图所示，假设月球半径为R，飞船在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B再次点火变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，则下列说法正确的是（）A.飞船在轨道Ⅰ的运动速率大于飞船在轨道Ⅲ的运动速率B.在A处，飞船变轨后瞬间的动能大于变轨前瞬间的动能C.在B处，飞船变轨后瞬间的动能小于变轨前瞬间的动能D.飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需时间大于在轨道Ⅱ绕月运行一周所需时间【答案】C【解析】解：A、卫星由原来的高轨道进入低轨道要减速，但是由于引力做功，最终会导致低轨道上的速度比高轨道速度大，故飞船在轨道Ⅰ的运动速率小于飞船在轨道Ⅲ的运动速率，故A错误．BC、由于点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，故卫星在A处，飞船变轨后瞬间的动能小于变轨前瞬间的动能，故B错误，C正确．D、依据万有引力提供向心力周期表达式可得：，解得：，可知轨道越高，周期越大，飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需时间小于在轨道Ⅱ绕月运行一周所需时，故D错误．故选：C．点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，但是由于引力做功，最终会导致低轨道上的速度比高轨道速度大，由此可判定ABC．依据，可比较两个轨道上的时间．知道飞船做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，熟悉飞船运行时的变轨原理是解决本题的主要入手点．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，矩形平面导线框abcd位于竖直平面内，水平边ab长l1，竖直边bc长l2，线框质量为m，电阻为R．线框下方有一磁感应强度为B、方向与线框平面垂直的匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行，两边界间的距离为H，H＞l2．让线框从dc边距边界PP′的距离为h处自由下落，已知在dc边进人磁场后、ab边到达边界PP′前的某一时刻，线框的速度已达到这一阶段的最大值，重力加速度为g，则（）A.当dc边刚进磁场时，线框速度为B.当ab边刚到达边界PP′时，线框速度为C.当dc边刚到达边界QQ′时，线框速度为D.从线框开始下落到dc边刚到达边界的QQ′过程中，线框产生的焦耳热为mg（h+l2）-【答案】AC【解析】解：A、根据动能定理得：mgh=，故当dc边刚进磁场时，线框速度为．故A 正确．B、当dc边受的安培力F==mg时，线框速度达到最大，大小v=，其中L=L1，故B错误．C、从ab边进入磁场到dc边到达QQ′边时，应用动能定理得：mg（H-L2）=′，解得：V′=，故C正确D、从线框开始下落到dc边刚到达边界的QQ′过程中，由动能定理：mg（h+H）=′，线框产生的焦耳热Q=，D错误．故选：AC线框匀速进入磁场，重力与安培力平衡．安培力与速度成正比，根据安培力经验公式F=，由安培力可求出速度．根据能量守恒求解焦耳热．由动能定理和功的计算公式，求出重力做的功W本题是电磁感应中的力学问题，求解安培力和分析能量如何转化是两个关键，考查电磁感应、动能定理、平衡条件等知识综合应用和分析能力7.如图所示倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点距离为．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则：（）A.A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B.A在从C至D的过程中，加速度大小为gC.弹簧的最大弹性势能为mg LD.弹簧的最大弹性势能为mg L【答案】BD【解析】解：A、对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：a=°°，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；C、当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：0-0=4mg（L+）sin30°-mg（L+）-μ×4mgcos30°（L+）-W弹解得：弹，故C错误，D正确．则弹簧具有的最大弹性势能弹故选：BD对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则后一阶段不可能是匀减速直线运动，当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理求解弹簧弹力做的功，进而求出弹簧的最大弹性势能．本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确选择合适的研究对象和研究过程，应用动能定理求解，知道克服弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的增加量，注意当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，难度适中．三、计算题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图是用曝光时间△t已知的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片．（1）在下落过程中的任意时刻，羽毛的______ （选填“惯性大小”、“运动状态”或“机械能”）与苹果相同．（2）关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中唯一正确的是______ （填选项前的字母）．A．一定满足关系x1：x2：x3=1：4：9B．一定满足关系x1：x2：x3=1：3：5C．羽毛下落的加速度大小为D．苹果下落的加速度大小为．【答案】运动状态；D【解析】解：（1）由于没有空气阻力，物体只受重力，故羽毛和苹果具有相同的运动状态，但由于质量不同，则惯性及机械能不相同；（2）A、由于这是局部照片，A点并不一定是起点，故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移规律求解；故AB均错误；C、由△x=at2可得：a=；故C错误，D正确；故答案为：（1）运动状态；（2）D．（1）根据自由落体的性质可明确在真空环境中物体的运动情况；（2）根据自由落体规律及匀变速直线运动规律可得出加速度及对应的表达式．本题考查自由落体运动规律及运动学规律，要注意正确掌握匀变速直线运动结论的正确应用．四、实验题探究题(本大题共1小题，共11.0分)9.某研究性学习小组利用如图所示的实验电路来测量实际电流表G1的内阻r1的大小．要求：测量尽量准确，滑动变阻器调节方便．供选择的实验器材有：A．待测电流表G1（0～5m A，内阻r1约300Ω）B．电流表G2（0-10m A，内阻r2约100Ω）C．定值电阻R1（300Ω）D．定值电阻R2（10Ω）E．滑动变阻器R3（0～1000Ω）F．滑动变阻器R4（0～20Ω）G．电源（一节干电池，1.5V）H．开关一个，导线若干（1）在实验时同学们采用了如图所示的实物电路，在具体实验操作中漏接了一根导线，请在实物电路图中添上遗漏的导线．（2）①请根据实物电路在答题卡上图乙所示的虚线框中画出电路图．其中：②定值电阻应选______ ，③滑动变阻器应选______ （填字母序号）．（3）实验中移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2，重复几次，得到几组数据，以I2为纵坐标，以I1为横坐标，作出相应图线，根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式为r1= ______ ．【答案】D；F；（K-1）R1【解析】解：（1）根据题目要求可知，若用总电阻较大的滑动变阻器进行测量，调节很困难，故应使用小电阻采用滑动变阻器外接法；故应采用如图2如示电路，实物图缺少的导线如图所示；（2）由实物图可知，将一定值电阻与待测电流表并联分流，因电流表内阻较小，故应采用小的定值电阻D；由（1）的分析可知，滑动变阻器采用小电阻F；（3）由串并联电路的规律可知：r1=；变形得：I2=I1（R2+r1）×即图象的斜率k=R1+r1解得：R x=（K-1）R1；故答案为：（1）如图所示；（2）D；F；（3）（K-1）R2（1）根据题目要求明确实验接法应采用分压接法，从而确定实物图中缺少的导线；（2）根据实验电路图分析明确定值电阻及滑动变阻器的作用，则可以选择电阻值；（3）根据串并联电路的规律可得出对应的表达式，由数学规律可确定待测电阻的内阻．本题为探究型实验，要求能明确实验原理，注意题干中的要求；明确题意后再确定应采用哪些基本原理进行分析求解；本题中注意分压接法的确定．五、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.我国的动车技术已达世界先进水平，“髙铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．如图所示，某车次动车组由2节动力车厢与6节非动力车厢连接而成，动车组总质M为6.4×105kg，正常行驶时两节动力车发动机的总功率为4×107W．假设动车组均在平直路固行驶，受到的阻力恒为重力的0.1倍，g取10m/s2，求：（1）该动车组正常行驶时的最大速度．（2）甲地距乙站10km，如果动车组以60m/s的速度通过甲地，要使动车组停靠在乙站，两台发动机至少需工作多长时间？【答案】解：（1）当牵引力等于阻力时动车组最大速度为v m=（2）（3）对车通过甲乙两站的过程应用动能定理：pt-kmg L=0-•8mv24×107×t-0.1×6.4×105×10×104=0-×6.4×105×602解得：t=131.2s答：（1）该动车组正常行驶时的最大速度为62.5m/s；（2）甲、乙两站相距10K m，如果动车组以60m/s的速度通过甲站，要使动车组停靠在乙站，两台发动机至少需工作131.2s【解析】（1）当牵引力与阻力相等时有最大速度，故动车组的最大速度v m=；（2）车始终以最大功率行驶时，通过甲乙两站之间所用时间最短解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时，动车组的速度最大，当动车始终以恒定功率工作时，求牵引力做的功经常用公式W=pt11.如图所示，虚线左侧空间有一方向水平向右的匀强电扬，场强E=5×108N/C．足够长的光滑水平导轨MN部分处于匀强电场中，右端N与水平传送带平滑连接，导轨上放有质量m=1.0kg、电荷量q=1×10-8C、可视为质点的带正电滑块A，传送带长L=2.0．第一次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动传送带以速率v=3.0m/s匀速运动，由静止释放A，A在电场力作用下向右运动，以速度v A=m/s滑上传送带，并从传送带右端P点水平飞出落至地面上的Q点，已知A与传送带之间的动障擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）A到达传送带右端P点时的速度大小；（2）第二次实验时，使皮带轮沿顺时针方向转动，带动传迭带以速率v=3.0m/s匀速运动，调整A由静止释故的位置，使A仍从P点水平飞出落至Q点．求A的初始位置距虚线的距离的范围．【答案】解：（1）A在传送带上做匀减速运动，设加速度大小为a，则有：μmg=ma；代入数据，解得：a=2m/s2；由运动学公式：；代入数据，解得：v P=3m/s；（2）要从P点飞出后仍落到地面上Q点，A在P点的速率必为3m/s，当皮带顺时针转动时，若v A=m/s，则A在传送带上一直匀减速运动，到达P点时的速度恰好为3m/s，从P点飞出仍落到地面上的Q点；若v A＜m/s，则A在传送带上可能先减速运动，达到3m/s后和传送带一起匀速运动，也可能先加速运动，达到3m/s后传送带一起匀速运动，其中的临界情况是A在传送带上一直匀加速运动，到达P点时的速度恰好为3m/s，设这种情况下A刚滑上传送带时的速度为v0；由运动学公式，则有；代入数据，解得：v0=1m/s．因此，A刚滑上传送带时的速度需要满足；设A的初始位置与虚线间的距离为x，由动能定理，则有：代入数据，解得：0.1m≤x≤1.7m；答：（1）A到达传送带右端P点时的速度大小3m/s；（2）A的初始位置距虚线的距离的范围0.1m≤x≤1.7m．【解析】（1）根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力与运动学公式，即可求解；（2）根据要从P点飞出后仍落到地面上Q点，A在P点的速率必为3m/s，分等于m/s，与小于m/s，两种情况，结合运动学公式，求得速度范围，再由动能定理，即可求解．考查皮带问题，掌握受力分析的方法，理解运动学公式与动能定理的应用，注意第（2）问分v A＜m/s，或v A=m/s两种情况进行分析讨论．12.如图甲所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xoy平面人射，不计粒子重力，重力加速度为g（1）若该粒子沿y轴负方向人射后，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求粒子速度的大小．（2）若该粒子以速度v沿y轴负方向人射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出．二者经过时间t=恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标．（3）如图乙所，在此空间再加人沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放，研究表明：粒子在xoy平面内将做周期性运动，其周期T=，且在任一时刻，粒子速度的x分量v x与其所在位置的y坐标绝对值的关系为v x=．若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t=恰好相遇，求小球拋出点的纵坐标（结果m、q、B、E、g、v、a、π用表示）【答案】解：（1）由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1=由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m解得v0=（2）由洛伦兹力提供向心力，有qv B=m可得r2=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=，则相遇时间为t==T在这段时间内粒子转动的圆心角为θ=360°=150°如图3所示，相遇点的纵坐标绝对值为r2sin30°=小球抛出点的纵坐标为y=-（3）相遇时间t==T，由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点设粒子运动到最低点时，离x轴的距离为y m，水平速度为v x．根据动能定理有q E y m=由题意有v x=．联立解得y m=故小球抛出点的纵坐标为y=-答：（1）粒子速度的大小为．（2）小球抛出点的纵坐标为-（3）小球抛出点的纵坐标为-．【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式，求得粒子速度的大小．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=，根据相遇时间t==T，得到在这段时间内粒子转动的圆心角，从而由几何关系求解出相遇点的纵坐标绝对值，即可求解．（3）相遇时间t==T，由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点，由动能定理求得相遇时水平速度v x．结合题意v x=，得到y的值，即可求解．本题考查了带电粒子在复合场中的运动，过程较复杂，关键理清粒子的运动轨迹，结合动能定理、洛伦兹力和电场力知识进行解决．粒子在磁场中运动时，关键要根据时间与周期的关系确定圆心角．高中物理试卷第11页，共11页。
2015年四川省德阳市高考物理三诊试卷和答案
2015年四川省德阳市高考物理三诊试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分.在每小题给出的四个选项中，有的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0分.）1．（6分）下列说法中正确的是（）A．电磁波在真空中传播时，每处的电场强度方向和磁感应强度方向总是平行的B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振片是为了增加透射光的强度C．站在地面上的人观察一根沿自身长度方向以接近光速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短D．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中，测摆长时漏加了小球的半径，则测得的重力加速度值偏大2．（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m处M点时的波形图，图乙是x=3m处的质点N从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m 处的质点．下列说法正确的是（）A．这列波的传播速度是1.25m/sB．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿y轴的负方向C．质点Q经过5s时，第一次到达波谷D．在0～8s内，质点P随波沿x轴正方向运动0.8m的距离3．（6分）为了应对地球上越来越严重的雾霆天气和能源危机，各国科学家正在对太空电站的可行性和关键技术进行研究．太空电站又称空间太阳能电站，是指在地球同步轨道上运行的超大型航天器，其上安装着巨大的太阳能电池板或激光器，将产生的电能通过微波或激光以无线能量传输方式传输到地面．假设若干年后，人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动．已知该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（）A．太空电站在轨道上运行的速度大于地球的第一宇宙速度B．太空电站轨道所在处的加速度小于赤道上随地球自转物体的向心加速度C．太空电站的环绕周期为D．地球的质量为4．（6分）如图所示为某大型商场的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（）A．当发电机线圈t=0时刻处于图示位置时，穿过线圈平面的磁通量最大B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSsinωtC．当用电器数目增多时，若要用电器两端电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高5．（6分）如图所示，在负点电荷Q形成的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为BC的中点，∠C=60°．A、B、C、D四点处的电势分别用φA、φB、φC、φD表示，已知φB=φC、φA=φD，点电荷口在A、B、C 三点所在平面内，则（）A．A、B两点的电势高低关系是φA＜φBB．B点的电场方向从A指向BC．连接AD的线段一定在同一等势面上D．将正试探电荷从C点搬运到A点，电场力做负功6．（6分）如图所示，电阻忽略不计的两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值R=3Ω的定值电阻在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B、磁场区域的高度d=0.5m．导体棒a的质量m a=0.2kg，电阻R a=3Ω；导体棒b的质量m b=0.1kg，电阻R b=6Ω．它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进人磁场．不计a、b之间的作用，整个运动过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（）A．在整个过程中，a、b棒克服安培力做功之比为3：2B．a、b棒刚进人磁场时的速度之比为4：3C．进人磁场前，a、b棒自由下落的时间之比为2：1D．M、N两处距虚线L1的高度之比为16：97．（6分）如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的物块P，它的质量为M，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球Q，它的质量为m，且M=5m．开始时，小球斜靠在物块左侧，它距地面的高度为h，物块右侧受到水平向左推力F的作用，整个装置处于静止状态．若现在撤去水平推力F，则下列说法中正确的是（）A．物块先做匀加速运动，后做匀速运动B．在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小C．小球与物块分离时，小球一定只受重力作用D．在小球落地之前，小球的机械能一直减少二、实验题（共17分.）8．（6分）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．（1）插大头针P4时应．（2）此玻璃的折射率计算式为n=（用图中的θ1、θ2表示）．（3）关于此实验的一些操作，下列说法正确的是．A．P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以减小误差B．P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以减小误差C．人射角适当大些，可以减小误差D．人射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行．9．（11分）在“测量金属丝的电阻率”实验中．（1）为了测量金属丝的电阻R x的阻值，实验室提供如下实验器材：A．待测金属丝电阻R x（约：100Ω ）B．电动势E=6V，内阻很小的直流电源C．量程50mA，内阻约为50Ω的电流表D．量程0.6A，内阻约为0.2Ω的电流表E．量程6V，内阻约为15kΩ的电压表F．最大阻值15Ω，最大允许电流1A的滑动变阻器G．最大阻值15kΩ，最大允许电流0.5A的滑动变阻器H．开关一个，导线若干①为了操作方便，且能比较精确测量金属丝的电阻值，电流表选用、滑动变阻器选用（填写选用器材前的序号）；②根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的下列甲、乙两种电路，为尽可能减少实验误差，应采用图．（选填“甲”或“乙”）③实验中测得该金属丝直径为d，长度为L，接人电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ=．（2）若另有一只待测电阻，无论用电流表内接还是外接，测量误差较为接近，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图丙所示的测量电路．实验操作步骤如下：①按电路图连接好实验器材；②闭合S1，断开S2，读出此时电压表V1的示数U，电流表示数I．③再闭合S2，调节变阻器R，使电流表的电流仍为步骤2的电流I，此时读出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2．用上述测得的物理量表示，待测电阻的阻值R x=．三、计算题（本大题共有3个小题，共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2014年底，我国不少省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称。
四川省成都市2015年高考物理零诊试卷(含解析)
2015年四川省成都市高考物理零诊试卷一、选择题（每小题3分）1．下列说法正确的是（）A．可见光是一种频率低于X射线的电磁波B．变化的电场一定能产生变化的磁场C．振荡电路的频率越低，向外发射电磁波的本领越大D．爱因斯坦提出：对不同的惯性系，物理规律（包括力学的和电磁学的）是不一样的考点：电磁波谱．分析：狭义相对论提出对不同的惯性系，物理规律是相同的；广义相对论提出：对不同的参考系，物理规律是相同的；电路中发射能力的大小取决于频率；频率越高，发射的越远．解答：解：A、根据电磁波谱可知，可见光是一种频率低于X射线的电磁波；故A正确；B、变化的电场包括均匀变化和周期性变化等；均匀变化的电场只能产生恒定的磁场；故B错误；C、振荡电路的频率越高，向外发射电磁波的本领越大；故C错误；D、爱因斯坦狭义相对论提出：对不同的惯性系，物理规律是相同的；爱因斯坦广义相对论提出：对不同的参考系，物理规律是相同的；故D错误；故选：A．点评：本题考查了相对论的基本假设、电磁波的利用及发射等；知识点多，难度小，关键记住基础知识．2．下列说法正确的是（）A．光纤通信是光的色散现象的应用B．紫外线常用于医院和食品消毒，是因为它具有显著的热效应C．救护车向静止着的你驶来时，你听到的警笛音调变调高，这是声波的多普勒效应D．照相机镜头的增透膜可以改善相机的透光性能在，这是利用了光的全反射原理考点：光导纤维及其应用；紫外线的荧光效应及其应用．分析：光纤通信是光的全反射现象；紫外线有显著的化学作用，红外线有显著的热效应；根据声源与观察者间距来确定音调的高低；镜头表面的增透膜是利用了光的干涉原理．解答：解：A、光纤通信是光的全反射现象的应用，故A错误；B、紫外线常用于医院和食品消毒，但它不具有显著的热效应，反而红外线才是显著的热效应，故B错误；C、救护车向静止着的你驶来时，相对距离减小，则你听到的警笛音调变调高，这是声波的多普勒效应，故C正确；D、镜头表面的增透膜是利用了光程差为半个波长的奇数倍时，出现振动减弱，体现光的干涉原理，故D错误；故选：C．点评：考查光的全反射、干涉的现象，掌握其发生的条件，理解紫外线与红外线的区别，理解多普勒效应现象与条件，注意接收频率与发射频率的不同．3．下列说法正确的是（）A．点电荷在电场中所受电场力的方向一定与电场线方向相同B．运动的点电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向可能与磁感线方向相同C．运动的点电荷在磁感应强度不为零的磁场中受到的洛伦兹力一定不为零D．通电长直导线在磁感应强度不为零的地方受到的安培力可能为零考点：电场线；洛仑兹力．分析：本题要抓住电场力和磁场力的区别，知道正点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同．洛伦兹力方向与磁场方向垂直．当电荷的运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力．当通电导线与磁场平行时不受安培力．解答：解：A、正点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反．故A错误．B、运动的点电荷在磁场中所受的洛伦兹力方向与磁场方向垂直．故B错误．C、当电荷的运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力．故C错误．D、通电长直导线在磁感应强度不为零的地方，当通电导线与磁场平行时不受安培力．故D正确．故选：D．点评：电场力和磁场力的区别很大，要抓住电场力与重力类似，电荷在电场中必定要受到电场力，而磁场力则不一定，当电荷的运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力．当通电导线与磁场平行时不受安培力．4．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）A．向负极板偏转B．电势能逐渐减小C．运动时间与电场强度大小有关D．运动轨迹与所带电荷量无关考点：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：微滴带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于微滴带负电，故微滴向正极板偏转，故A错误；B、由于电场力做正功，故电势能逐渐减少，故B正确；C、微滴在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间 t=，与电场强度无关，故C错误．D、由侧向位移y=at2=，可知运动轨迹与带电量有关，故D错误．故选：B．点评：本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．5．某单摆做受迫振动时，振幅A与驱动力频率f的关系图象如图所示，当地重力加速度g=9.8m/s2，则（）A．该单摆做受迫振动的周期一定等于2sB．该单摆的摆长约为1mC．该单摆做受迫振动的振幅一定为8cmD．该单摆做自由振动的振幅一定为8cm考点：自由振动和受迫振动．分析：由共振曲线可知，出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率，从而即可求解．解答：解：A、单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s．故A错误；B、由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式T=2π，可得L≈1m，故B错误；C、单摆的实际振动幅度随着驱动力的频率改变而改变，当出现共振时，单摆的摆幅才为8cm．故C错误；D、同理，单摆做自由振动的振幅不一定为8cm．故D错误；故选：B．点评：本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，此时振幅达到最大．6．某沿水平方向振动的弹簧振子在0﹣6s内做简谐运动的振动图象如图所示，由图可知（）A．该振子的振幅为5cm，振动周期为6sB．第3s末振子的速度沿x轴负方向C．第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动D．该振子的位移x和时间t的函数关系：x=5sin（t+）（cm）考点：简谐运动的振动图象．分析：由图读出周期和振幅．第3s末振子处于平衡位置处，速度最大，加速度为0．第3s末振子振子经过平衡位置向正方向运动．从第3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小．由公式ω=，得到角频率ω，则该振子简谐运动的表达式为x=Acosωt．解答：解：A、由图读出振动周期为4s，振幅为5cm．故A错误．B、根据图象可知，第3s末振子振子经过平衡位置向正方向运动．故B错误．C、第3s末振子处于平衡位置处，速度最大，则第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动．故C正确．D、由振动图象可得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相φ=，则圆频率ω==故该振子做简谐运动的表达式为：x=5cos（t+）=5sin（t﹣）（cm）（cm）．故D错误．故选：C点评：本题考查根据振动图象分析物体振动过程的能力．当振子靠近平衡位置时速度增大，加速度减小；背离平衡位置时速度减小，加速度增大．7．如图所示，长直线导线AB与矩形导线框abcd固定在同一平面内，且AB∥ab，直导线中通有图示方向的电流，当电流逐渐减弱时，下列判断正确的是（）A．穿过线框的磁通量可能增大B．线框中将产生逆时针方向的感应电流C．线框所受安培力的合力方向向左D．线框中产生的感应电流一定逐渐减小考点：感应电流的产生条件．分析：本题要会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势的变化规律．解答：解：A、当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；B、根据楞次定律，知感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的变化，根据右手定则判定知导线右侧的磁场方向向里，磁通量减小时，产生的感应电流的磁场方向向里，产生顺时针方向的感应电流，故B错误；C、根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减小，线框有向磁感应强度较大的左侧运动的趋势，所以它所受的安培力的合力向左，故C正确；D、由于电流的规律未知，线框中产生的感应电动势如何变化不能确定，则知线框中感应电流不一定减小，故D错误．故选：C．点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律和法拉第电磁感应定律结合欧姆定律解题．8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小），下列说法中正确的是（）A．图乙中电压的有效值为110VB．电压表的示数为44VC．R处出现火警时，电流表示数增大D．R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率减小考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为U m，电压的有效值为U．=•T代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误；C、R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故C正确．D、由A知出现火警时电流表示数增大，电阻R0消耗的电功率增大，故D错误．故选：C点评：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．二、本题包括5个小题，每小题4分，共20分9．用同一装置进行双缝干涉实验，a，b两种单色光形成的干涉图样（灰黑色部分表示亮纹），分别如图甲、乙所示，关于a、b两种单色光，下列说法正确的是（）A．若a是红光，则b可能是蓝光B．两种条件下，b光比a光更容易发生明显衍射现象C．在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度D．在水与空气的界面发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角考点：光的干涉．分析：根据双缝干涉条纹的间距大小比较出A、B两光的波长大小，从而比较出频率的大小、折射率的大小，根据v=得出光在水中传播速度的大小．根据sinC=比较全发射的临界角．解答：解：A、根据△x=λ得，λ=，a光的条纹间距较大，则a光的波长较大，若a是红光，则b可能是蓝光，故A正确．B、a光的波长较大，则比b光更容易发生明显衍射现象频率较小，故B错误．C、a光的折射率较小，根据v=得，a光在水中传播的速度较大，故C错误．D、根据sinC=知，a光的折射率较小，则a光从水中射向空气全反射的临界角较大，故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道波长、频率、折射率、在介质中的速度、临界角之间的大小关系，本题通过双缝干涉的条纹间距公式比较出波长是突破口．10．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，元件中通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是（）A．若C侧面电势高于D侧面，则元件的载流子可能是带正电离子B．若C侧面电势高于D侧面，则元件的载流子可能是自由电子C．在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面保持竖直时，效果明显D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面保持竖直且与地球经线垂直时，效果明显考点：霍尔效应及其应用．分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．解答：解：A、若元件的载流子是正电离子，由左手定则可知，正电离子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故A错误；B、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势．故B正确；C、在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场竖直方向，则元件的工作面保持水平时，效果明显，故C错误；D、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时，效果明显．故D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡，注意地磁场赤道与两极的分布．11．一列简谐波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始振动，在t1=0.3s时刻，质点P在t=0时刻以后第一次达到波峰，已知Q质点的坐标是（﹣3，0），关于这列简谐横波，下列说法正确的是（）A．波的周期为1.2sB．波的传播速度为0.1m/sC．在t2=0.7s时刻，Q质点首次位于波谷D．在t=0至t1=0.3s时间内，A质点运动的路程为0.03m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由图可知，质点P在t=0时刻向下运动，经过T第一次达到波峰，据此求周期．读出波长，再求波速．当图中A波谷传到Q时，Q首次位于波谷．根据时间与周期的关系求解A质点的路程．解答：解：A、据题有：t1=0.3s=T，则得周期 T=0.4s，故A错误．B、波长为λ=4cm=0.04m，则波速为 v==0.1m/s，故B正确．C、当图中A波谷传到Q时，Q首次位于波谷，所用时间 t==s=0.7s，故C正确．D、在t=0至t1=0.3s时间内，A质点运动的路程为3A=24cm=0.24m，故D错误．故选：BC．点评：本题关键从时间的角度研究周期，运用波形平移法研究质点的状态．对于振动的位移，往往根据时间与周期的倍数关系求解．12．如图所示，A、B、C、D是圆周上的四个点，四个点上放着两对等量的异种点电荷，AC⊥BD且相交于圆心O，BD上的M、N两点关于圆心O对称．下列说法正确的是（）A．M、N两点的电场强度不相同B．M、N两点的电势不相同C．一个电子沿直线从M点移动到N点，电场力做的总功为零D．一个电子沿直线从M点移动到N点，电势能一直减少考点：电场强度；电场线．分析：根据点电荷场强公式E=求解每个点电荷单独存在时的场强，然后矢量合成；考虑两对等量异号电荷的电场中的电势，然后代数合成．解答：解：A、根据点电荷的场强公式E=和电场的叠加原理可知，M、N两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故A正确．B、等量异号电荷连线的中垂线是等势面，M、N两点对AB两个电荷的电场来说电势不等，是M点的电势低；对CD两个电荷的电场来说M点的电势高，由对称性可知，M、N两点的电势相同，故B错误．C、M、N两点间的电势差为零，根据W=qU，知电子沿直线从M点移动到N点，电场力做的总功为零．故C正确．D、电子沿直线从M点移动到N点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误．故选：AC．点评：本题关键是明确场强是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则．13．如图所示，两平行金属导轨MM′、NN′间有一正方形磁场区域abcd，ac⊥MM′，ac两侧匀强磁场的方向相反且垂直于轨道平面，ac右侧磁感应强度是左侧的2倍，现让垂直于导轨放置在导轨上，与导轨接触良好的导体棒PQ从图示位置以速度v向右匀速通过区域abcd，若导轨和导体棒的电阻均不计，则下列关于PQ中感应电流i和PQ所受安培力F随时间变化的图象可能正确的是（规定从Q到P为i的正方向，平行于导轨MM′向左为F的正方向（）A．B．C．D．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．解答：解：设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B．导轨间距为L．AB、金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，由i===∝t，PQ刚要到ac时，i=；金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，由i==，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，i=．故A正确，B错误．CD、金属棒PQ通过bac区域时，安培力F=Bi•2vt=∝t2．金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为F=2Bi•（L﹣2vt）=．根据数学知识可得，C正确，D错误．故选：AC．点评：本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．三、本题共2个题，共14分14．如图为“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的装置图，已充电的平行板电容器的极板A与一静电计相连接，极板B接地，若极板B竖直向上移动少许，则电容器的电容减小，静电计指针偏角增大，电容器的电荷量几乎不变（填“增大”、“减小”或“几乎不变”）考点：研究平行板电容器．专题：实验题；电容器专题．分析：若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：C=，分析电容的变化．电容器的电量不变，由电容的定义式分析板间电压的变化，再判断静电计指针偏角的变化．电容器充电后断开了电源，故电容器两极板上的电量Q不变．解答：解：电容器充电后断开了电源，故电容器两极板上的电量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=，可知，电容C 变小．电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=得到，板间电压U变大．故静电计指针偏角变大；故答案为：减小，增大，几乎不变．点评：本题是电容器动态变化分析的问题，根据电容的决定式C=，和电容的定义式C=综合分析，是常用思路15．在“测量干电池的电动势和内电阻”的实验中，用待测电池、开关和导线，配合下列的A 组、或 B 组、或 C 组仪器，均能达到实验目的．A．一只电流表和一只电阻箱 B．一只电压表和一只电阻箱C．一只电流表、一只电压表和一只滑动变阻器 D．一只电流表和一只滑动变阻器（2）为测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，实验室提供了下列器材：A．电流表G：内阻R g=120Ω，满偏电流I g=3mAB．电流表A2内阻约为1Ω，量程为0～0.6AC．多用电表D．螺旋测微器、刻度尺E．电阻箱R箱（0～9999Ω，0.5A）F．滑动变阻器R（5Ω，1A）G．电池组E（6V，0.05Ω）H．一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：①用螺旋测微器测出该电阻丝的直径；②用多用电表粗测Rx的阻值，当他把选择开关旋到电阻“×10”档时，发现指针偏转角度过大，则他应该换用电阻×1档（填“×1”或“×100”）．进行一系列正确操作后，指针静止位置如图甲所示；③把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为R0= 1880 Ω．④用改装好的电压表设计一个精确测量电阻R X阻值的实验电路；请你根据提供的器材和实验需要，在答题卡相应位置将与图乙对应的电路图补画完整；⑤计算电阻率：若测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的求数为I1，电流表A的示数为I2，请你用字母符号（L、d、R g、R g、I1、I2等）写出计算电阻率的表达式ρ= ．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）测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量．也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻．（2）①多用电表盘刻度，不均匀，且从左向右，电阻刻度越来越小，而多用电表电阻的测量值等于表盘示数乘以倍率；②根据电压表的量程为0～3V，结合电流表G（内阻R g=99Ω，满偏电流Ig=3mA），即可求出电阻箱的阻值；因两个电流表，一电流表与电阻串联当作电压表，因此使用另一电流表的内接法，再能准确得出所测电阻的电流；根据滑动变阻器（5Ω，2A），因此采用滑动变阻器限流式，从而画出正确的电路图，即可求解．③由电阻定律求出电阻率的表达式，结合欧姆定律及串并联的特征，然后求出电阻率．解答：解：测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，作电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合利用闭合电路的欧姆定律列方程得出电源的电动势和内阻．可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，由U=IR可求出路端电压；也可以用电压表和电阻箱组合，由电压表读数U与电阻箱读数R之比求出电流．故ABC组均可实现求电动势和内电阻的效果；但D组中只能测出电路中的电流，不能测量电压，因而不能测出电源的电动势和内电阻，故D错误；（2）②因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×1OΩ”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“×1”倍率读数，读数为：R=1×15Ω=15Ω；③将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻R g=120Ω，满偏电流Ig=3mA）；所以改装后的电压表的内阻为R v=Ω；由于电流表G的内阻R g=120Ω，因此电阻箱的阻值应调为R0=2000﹣120=1880Ω；④由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5Ω，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，则电路图如下图所示；⑤由电阻定律可知，电阻R=ρ，则电阻率ρ=，根据欧姆定律，R==；所以电阻率ρ=．。
物理卷·2015届四川省成都市三诊试题及答案(word版)
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2202t 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。
2015年成都三诊理科综合试题及参考答案(最新校对版)
理科综合 物理卷参考答案及评分标准
I卷 共 ７ 题 ,每 题 ６ 分 ,共 ４２ 分 .
１．B ２．C ３．D ４．A ５．C ６．AC ７．BD
Ⅱ 卷 共 ４ 题 ,共 ６８ 分 .
８．(１７ 分 )
Ⅰ ．(６ 分 )(１)运 动 状 态 (３ 分 )
说 明 :１．本 试 卷 中 其 它 合 理 答 案 ,可 参 照 此 评 分 标 准 酌 情 给 分 . ２．方 程 式 未 写 条 件 或 条 件 不 完 全 、不 写 “↓ ”或 “↑ ”均 扣 一 分 ,不 配 平 不 得 分 .
理综“三诊”考试题答案第 ２ 页(共２页)
成都市2015届高中毕业班第三次诊断性检测
理科综合 生物部分参考答案及评分标准
Ⅰ 卷 共 7 题 ,每 题 6 分 ,共 42 分 。 1.C 2.A 3.C 4.B 5.D 6.D 7.B Ⅱ 卷 共 4 题 ,共 48 分 。 8.(10 分 ,每 空 1 分 ) (1)样 方 阳 光 栖 息 空 间 (2)竞争 将无机环境中的 CO2 转化成生物群落中的有机碳 (3)25 单 向 流 动 、逐 级 递 减 (4)次 生 物 种 丰 富 度 降 低 优 势 物 种 改 变 9.(12 分 ,除 注 明 外 其 余 每 空 1 分 ) (1)由 蓝 变 绿 再 变 黄 气 泡 (2)牛 肉 膏 和 蛋 白 胨 伊 红 美 蓝 (3)9 酒 精 灯 火 焰 (4)稳定(2分) 4.5×105(2分)
(２ 分 ) (２ 分 )
解 :(１)由 题 意 可 知 ,粒 子 做 匀 速 圆 周 运 动 的 半 径 为r１＝a２
洛
伦
兹
力
提
供
2015年绵阳三诊物理试题及答案
97 98 99
（1）需要测量悬线长度，现用最小分度为 1mm 的米尺测量，图中箭头所指位置是拉直的悬 线两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为
0 1 2 3 4 96
（2）一组同学测得不同摆长 l 单摆对应的周期 T，将数据填入表格中，根据表中数据，在坐 标纸上描点，以 T 为纵轴，l 为横轴，作出做简谐运动的单摆的 T-l 图像。根据作出的图像，能 够得到的结论是_________。 A. 单摆周期 T 与摆长 l 成正比 C. 单摆周期 T 与摆长 l 的二次方根成正比 建议，其中对提高测量结果精确度有利的是 A. 适当加长摆线 C. 单摆偏离平衡位置的角度不能太大 B. 单摆周期 T 与摆长 l 成反比 D. 单摆摆长 l 越长，周期 T 越大 。 D . 当单摆经过平衡位置时开始计时， 经过一次
4 3 2 1 O E/104N·C-1 4 3 2 1 O v/m·s-1
2 4 t/s 图1
2 图24 t/s Nhomakorabeat1
t2
t3
t
第 2 页 共 9 页
第Ⅱ卷（非选择题 共 68 分）
注意事项： 必须用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图可先用铅笔 绘出，确认后再用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷、草稿纸上无效。 第Ⅱ卷共 4 题。 8.(17 分)Ⅰ.（6 分） 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中： mm。
四川省成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测理综试题含答案(pdf版)
(１分)
联立解得线圈产生的焦耳热:Q线 ＝ ５１m２(v２０ －v２ ＋２gBRLq) (其他合理解法,参照给分)
(１分)
理科综合“三诊”参考答案第 ２ 页(共６页)
２６．(１３分)
(１)２NO２(g)＋４CO(g)���������������４CO２(g)＋N２(g) ΔH ＝－８６８������８kJ������mol－１(２分) (２)① ４×１０－４ mol/ (L������min)(２分)
２ k
(１ 分 )
２３．(９ 分 )
(１)２．２５B –０．３(３分.其它合理表达式参照给分)
(２)①连线如答图１(３分.变阻器分压接法得１分,电流表
内接得２分) ②０．８(３分)
２４．(１２分)
解:(１)A、B 碰后一起向右做匀减速直线运动
由牛顿第二定律有:μ(m＋m)g＝(m＋m)a 由运动学规律有:v共 ＝at
②体系内气体颜色不再改变 (１分,其它合理也给分)
n(NO２) ③n(CO)＝
１ ２
(２
分,未
指
明
NO２与 CO 扣１分)
④不移动(１分)
(３)① E(A)(１分) ② 低 于 ３００℃,反 应 未 达 到 平 衡,温 度 升 高,反 应 速 率 加 快;高 于
３００℃ ,反 应 已 平 衡 ,随 温 度 升 高 ,反 应 逆 向 进 行 (２ 分 )
(１)５００℃(２分) 温度过高,NH４Cl分解导致与 MnCO３ 的 反 应 不 彻 底,使 浸 取 率 减 小 (或 MnCO３ 分解发生其它副反应,使浸取率减小或 MnCl２ 挥发导致 Mn损失或高温下 锰 被 氧 化 成 高 价 态 造 成 浸 取 率 低 或 高 温 固 体 烧 结 ,固 体 表 面 积 减 少 等 )(２ 分 ,其 它 合 理
成都市2015届高三三诊模拟套卷-物理
2015届第三次诊断性考试模拟试题理科综合物理部分一、不定项选择题1、物理学知识在生产生活中有广泛的应用，下列说法中正确的是：A 根据电磁波产生和传播原理，我们可以用匝数很多的环形导线来接收电磁波信号，这种环形导线可以作为收音机天线的一个零件。
B 同位素分析仪在医疗和生物研究中有广泛应用，这种仪器利用了磁场能使运动的带电粒子发生偏转的原理，而且偏转半径只与带电粒子荷质比有关，与其他因素无关。
C 在设计电路时，当输入的电信号中既有直流也有交流成分时，可以串联电容，并联电感，使得输出电信号变为直流信号。
D 在建设大型立交桥时，转弯处设计为外高内低，主要目的是为了增大汽车在转弯时所受的摩擦力防止打滑。
2、如图，某圆柱形容器中，人的眼睛始终在A点，当容器中不装任何液体时，刚好能看到B点；装水时刚好可以看到D点；如果换装某种油时，可以看到D点右边的C点。
则以下说法正确的是：A 水比这种油的折射率大.B 光在水中传播比这种油中传播速度快C 用蓝光和紫光的单色光在这种油中做全反射实验，蓝光的临界角较小。
D 容器中装这种油时，用紫色激光器在容器底部做光源，无论怎样移动，都看不到光从油当中射出。
3．如图所示，实线为一列简谐横波在t时刻的波形图，虚线为这列波在（t＋0.21）s时刻的波形图，则下列说法正确的是（）A、波一定向右传播B、若波向右左传播，波速一定为5m/sC、若周期为0.84s，波一定向左传播D、若周期小于0.84s，波可能向左传播4．一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地.两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）D5．如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G 的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。
2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷和答案
2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷一、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）下列说法错误的是（）A．若做圆周运动的物体所受合力不足以提供其做圆周运动需要的向心力时则物体做离心运动B．通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它是根据多普勒效应来测速的C．一切物体带电的本质都是由于电子的得失或转移D．回旋加速器之所以能够使带电粒子加速是因为洛伦兹力对带电粒子做了正功2．（6分）矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴匀速转动，产生的正弦式交变电压图象如图所示，则关于该交流电下列说法正确的是（）A．该交变电压的频率为100HzB．t=0时刻，通过线圈平面的磁通量最大C．该交变电压的表达式为u=311sin100πt（V）D．在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的3．（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1=0时刻波形图如图所示．已知质点A在t2=3s时第一次出现在波谷位置，则下列判断正确的是（）A．t1=0时刻质点A的振动方向为y轴负方向B．该简谐波的传播速度为1.5m/sC．该简谐波的传播速度为1.0m/sD．该简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时能发生明显的衍射现象4．（6分）由a、b两束单色光组成的复色光沿PO方向垂直于一条直角边射入全反射棱镜，发现沿OM和ON方向有光线射出，如图所示．已知沿OM方向射出的是单色光a，且OM与法线间的夹角为60°．则下列说法正确的是（）A．单色光a的折射率大于单色光b的折射率B．单色光b在真空中的传播速度较大C．单色光a在该棱镜中的折射率一定是D．单色光b在该棱镜中发生全反射的临界角一定等于45°5．（6分）如图所示，我国发射”神舟”七号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点为M，远地点为N．进入该椭圆轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2，加速度分别为a1、a2．当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在极短时间内加速后进入圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，到达圆周上P点时速率为v3，加速度为a3，则下列结论正确的是（）A．v1＞v3＞v2，a1＞a2=a3B．v1＞v3＞v2，a1＞a3＞a2C．v3＞v2＞v1，a2＞a3＞a1D．v1＞v3=v2，a1＞a2=a36．（6分）在水平地面上固定一带正电小球M，另有一带电量为q（q＞0）、质量为m的小球N，从M球正上方H高处的A点以初速度v0竖直向下运动，当其运动至离地面高h处的B点时返回．若小球N始终在竖直方向运动，运动过程中不计空气阻力，两小球带电量保持不变且可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球N向下运动的过程中，可能一直减速，且加速度大小一直在增大B．小球N向下运动的过程中，电场力做负功，系统的机械能一直增加C．小球N向上运动的过程中，最高只能到达A点上方处D．AB两点电势差为U AB=7．（6分）如图所示，足够长的平行金属导轨宽度为L=1m，与水平面间的倾角为兹=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T 的匀强磁场垂直导轨平面向上穿过．有一质量为m=1kg、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R0=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v0=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．以下说法正确的是（）A．导体棒滑行的整个过程中，它所受合力大小一直都在减小B．导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部C．当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/sD．导体棒向上滑行的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为10J二、非选择题8．（2分）在用单摆测重力加速度的实验中，下列说法正确的是（）A．安装好装置后，测出摆线长即为摆长B．当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差C．为了实验现象明显，应该将摆线拉开30°角再放手开始实验D．若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小9．（2分）验证机械能守恒的实验中，由于阻力不可避免会带来实验误差，因此我们得到的结果总是动能的增加量略重力势能的减少量（填“大于”、“小于”或“等于”）．10．（2分）在双缝干涉测波长的实验中，若已经测得了相邻的亮条纹间距为x，双缝到光屏的距离为L，双缝间的距离为d，则该光波的波长为．11．（11分）某同学喜欢电器修理，但自己没有多用电表，他在实验室准备自己组装多用电表，但是发现实验室只有唯一一块可用的电池，而且电池电动势和内阻未知，于是他准备测量该电池的电动势和内阻．在实验室他找到的器材只有如下几个：待测电源E一个，电阻箱R一个，电压表V一个（内阻的影响忽略不计，符合实验要求），开关一个，导线若干，他运用所学知识设计了如图甲的电路图进行测量．①他根据测量的数据（数据单位均为国际单位制单位）作出了如图乙所示的关系图线，纵坐标表示电压表的读数U，不过他忘记了标出横坐标名称，根据分析，请你判断：横坐标表示（选填U、、）．②根据图线求出电动势E=V的，内阻r=Ω（结果都保留两位有效数字）．③图丙是2014年获得物理诺贝尔奖的蓝色发光二极管的U﹣I图象，如果他直接将该电源与二极管连接让其发光，则二极管的实际功率为W（保留两位有效数字）．12．（15分）甲骑自行车以v0=4m/s的速度在某一段平直的路面上匀速行驶，乙在其身后x=12m处发动摩托车，以a1=2m/s2的加速度匀加速启动追赶甲（甲乙分别处于相互平行的不同车道），为了安全，规定摩托车在此段公路行驶的速度不能超过v=45km/h，当乙与甲相遇时立即刹车制动，其阻力为车对地压力的0.4倍，求：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间．13．（17分）如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端固定有一轻质弹簧，自由放置时其上端位于M点，M点距斜面最高点P的距离L=2m．把质量为m=1kg的小球放于M点，通过外力控制小球将弹簧压缩至N点后自由释放（小球与弹簧不相连，其中MN 的距离d=0.5m），小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t﹣4t2，之后小球从P点沿切线进入竖直放置的光滑圆弧形圆管轨道运动，圆弧轨道半径R=0.4m，圆管内径可忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数μ；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能E P；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小和方向．14．（19分）如图甲所示，在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧存在如图乙所示宽度为L的有界交变电场（规定竖直向下为正方向），此区间的右侧存在一大小仍为B方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角θ=60°射出，粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直，此时区域内的电场开始从t=0时刻开始变化，在t=2T时刻粒子从x轴上的F点离开电场（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）C点距坐标原点距离y；（2）交变电场的周期T及电场强度E o的大小；（3）带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷参考答案与试题解析一、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）下列说法错误的是（）A．若做圆周运动的物体所受合力不足以提供其做圆周运动需要的向心力时则物体做离心运动B．通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它是根据多普勒效应来测速的C．一切物体带电的本质都是由于电子的得失或转移D．回旋加速器之所以能够使带电粒子加速是因为洛伦兹力对带电粒子做了正功【解答】解：A、当做圆周运动的物体受到的合外力不足以提供向心力时，物体将向外运动，即做离心运动；故A正确；B、通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它根据两物体相对运动时，接收到的频率不同这一特点，即是根据多普勒效应来测速的；故B正确；C、电荷是守恒的，一切物体带电的本质均是电子的转移和得失；故C正确；D、回旋加速器只有电场对电子做功，洛仑兹力是永不做功的；故D错误；本题选错误的；故选：D．2．（6分）矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴匀速转动，产生的正弦式交变电压图象如图所示，则关于该交流电下列说法正确的是（）A．该交变电压的频率为100HzB．t=0时刻，通过线圈平面的磁通量最大C．该交变电压的表达式为u=311sin100πt（V）D．在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等【解答】解：A、由图象知周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，故A错误；B、t=0时刻，感应电动势为最大，线圈在垂直于中性面，线圈中磁通量为零，故B错误；C、由图象知电压的最大值为311V，故有效值为：U=220V，所以该交变电压的表达式为u=311cos100πt（V），故C错误；D、正弦式交变电压有效值为：U=220V，所以在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的，故D正确；故选：D．3．（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1=0时刻波形图如图所示．已知质点A在t2=3s时第一次出现在波谷位置，则下列判断正确的是（）A．t1=0时刻质点A的振动方向为y轴负方向B．该简谐波的传播速度为1.5m/sC．该简谐波的传播速度为1.0m/sD．该简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时能发生明显的衍射现象【解答】解：据图可知，波长为6m．ABC、据波的传播方向可知，A质点的起振方向为y轴正方向；再据题意可知T=4s，据波速公式可知：v==m/s=1.5m/s，故AC错误，B正确；D、据发生明显的衍射的条件可知，当障碍物的大小比波长相差不大，或小得多，才能发生明显的衍射现象，故简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时不能发生明显的衍射现象，故D错误．故选：B．4．（6分）由a、b两束单色光组成的复色光沿PO方向垂直于一条直角边射入全反射棱镜，发现沿OM和ON方向有光线射出，如图所示．已知沿OM方向射出的是单色光a，且OM与法线间的夹角为60°．则下列说法正确的是（）A．单色光a的折射率大于单色光b的折射率B．单色光b在真空中的传播速度较大C．单色光a在该棱镜中的折射率一定是D．单色光b在该棱镜中发生全反射的临界角一定等于45°【解答】解：A、据题知，b光临界角小于a光的临界角，由sinC=分析知，单色光a的折射率小于单色光b的折射率．故A错误．B、在真空中a、b的传播速度相等，故B错误．C、由图知，a光在斜边上的入射角为i=45°，折射角为r=60°，则单色光a在该棱镜中的折射率为n===，故C正确．D、单色光b在斜边发生了全反射，则知在斜边上其入射角大于等于临界角，即45°≤C，所以C≥45°，故D错误．故选：C．5．（6分）如图所示，我国发射”神舟”七号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点为M，远地点为N．进入该椭圆轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2，加速度分别为a1、a2．当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在极短时间内加速后进入圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，到达圆周上P点时速率为v3，加速度为a3，则下列结论正确的是（）A．v1＞v3＞v2，a1＞a2=a3B．v1＞v3＞v2，a1＞a3＞a2C．v3＞v2＞v1，a2＞a3＞a1D．v1＞v3=v2，a1＞a2=a3【解答】解：根据万有引力提供向心力，即得：a=，由图可知r1＜r2=r3，所以a1＞a2=a3；当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以v3＞v2，根据得；v=又因为r1＜r3，所以v1＞v3故v1＞v3＞v2．故选：A6．（6分）在水平地面上固定一带正电小球M，另有一带电量为q（q＞0）、质量为m的小球N，从M球正上方H高处的A点以初速度v0竖直向下运动，当其运动至离地面高h处的B点时返回．若小球N始终在竖直方向运动，运动过程中不计空气阻力，两小球带电量保持不变且可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球N向下运动的过程中，可能一直减速，且加速度大小一直在增大B．小球N向下运动的过程中，电场力做负功，系统的机械能一直增加C．小球N向上运动的过程中，最高只能到达A点上方处D．AB两点电势差为U AB=【解答】解：A、若从A到B电场力大于重力，则小球N向下运动的过程中，一直减速，且加速度大小一直在增大，故A正确B、小球N向下运动的过程中，电场力做负功，但重力势能减小，动能变化不明确，故系统的机械能变化不明确，故B错误C、由功能关系从A点向上，电场力做正功，重力做负功，得w电﹣mgh=0﹣，h＞，故C错误D、由功能关系mg（H﹣h）﹣qU AB=0﹣，解得U AB=，故D正确故选：AD7．（6分）如图所示，足够长的平行金属导轨宽度为L=1m，与水平面间的倾角为兹=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T 的匀强磁场垂直导轨平面向上穿过．有一质量为m=1kg、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R0=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v0=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．以下说法正确的是（）A．导体棒滑行的整个过程中，它所受合力大小一直都在减小B．导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部C．当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/sD．导体棒向上滑行的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为10J【解答】解：A、上滑过程中，速度减小，产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，合力减小．下滑过程中，速度加速，产生的感应电流增大，导体棒所受安培力增大，合力也减小．故A正确．B、由题知上滑和下滑过程中，由于摩擦产生的热量均为Q=fs=μmgcos37°•s=16J杆的初动能E k==J=50J上滑过程中产生的焦耳热Q1=E k﹣Q﹣mgssin37°=50﹣16﹣10×4×0.6=10J假设无焦耳热产生，且到达底端速度为v1，则有E k﹣2Q﹣Q1=，解得v1=4m/s，此时安培力为F==1N，仍然有mgsin37°＞（f+F），故到达轨道底端前导体棒加速运动，故B错误．C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a．则有0﹣v02=﹣2as，v2﹣v02=﹣2ad，联立可得v=5m/s由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/s．故C正确；D、导体棒向上滑动过程中，由上分析知，回路产生的总焦耳热为10J，则电阻R 上产生的焦耳热小于10J，故D错误；故选：AC．二、非选择题8．（2分）在用单摆测重力加速度的实验中，下列说法正确的是（）A．安装好装置后，测出摆线长即为摆长B．当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差C．为了实验现象明显，应该将摆线拉开30°角再放手开始实验D．若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小【解答】解：A、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长．故A错误；B、当小球摆到最高点时摆球的速度比较小，若此时按下秒表开始计时，不利于减小误差．故B错误；C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动．故C错误．D、摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，周期公式T=2π及其变形式：，可知将导致g值偏小，故D正确．故选：D9．（2分）验证机械能守恒的实验中，由于阻力不可避免会带来实验误差，因此我们得到的结果总是动能的增加量略小于重力势能的减少量（填“大于”、“小于”或“等于”）．【解答】解：重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量大于动能的增加量．故答案为：小于，10．（2分）在双缝干涉测波长的实验中，若已经测得了相邻的亮条纹间距为x，双缝到光屏的距离为L，双缝间的距离为d，则该光波的波长为．【解答】解：根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得：λ=故答案为：．11．（11分）某同学喜欢电器修理，但自己没有多用电表，他在实验室准备自己组装多用电表，但是发现实验室只有唯一一块可用的电池，而且电池电动势和内阻未知，于是他准备测量该电池的电动势和内阻．在实验室他找到的器材只有如下几个：待测电源E一个，电阻箱R一个，电压表V一个（内阻的影响忽略不计，符合实验要求），开关一个，导线若干，他运用所学知识设计了如图甲的电路图进行测量．①他根据测量的数据（数据单位均为国际单位制单位）作出了如图乙所示的关系图线，纵坐标表示电压表的读数U，不过他忘记了标出横坐标名称，根据分析，请你判断：横坐标表示（选填U、、）．②根据图线求出电动势E= 5.0V的，内阻r= 2.5Ω（结果都保留两位有效数字）．③图丙是2014年获得物理诺贝尔奖的蓝色发光二极管的U﹣I图象，如果他直接将该电源与二极管连接让其发光，则二极管的实际功率为 2.4W（保留两位有效数字）．【解答】解：①由电路图实验可知，本实验采用电压表与电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣IrI=解得：U=E﹣r；要使得出的图象为直线，应以为横坐标；②由图及公式可知，图象的截距表示电动势；图象的斜率表示内阻；解得：E=5.0V；r==2.5Ω；③在对应的二极管的伏安特性中作出电源的伏安特性曲线；如图所示；由图可知，二极管的工作电压为2.2V，电流I=0.9A；故功率P=UI=2.4×1=2.4W；故答案为：①；②5.0；2.5；③2.412．（15分）甲骑自行车以v0=4m/s的速度在某一段平直的路面上匀速行驶，乙在其身后x=12m处发动摩托车，以a1=2m/s2的加速度匀加速启动追赶甲（甲乙分别处于相互平行的不同车道），为了安全，规定摩托车在此段公路行驶的速度不能超过v=45km/h，当乙与甲相遇时立即刹车制动，其阻力为车对地压力的0.4倍，求：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间．【解答】解：（1）当乙位移等于甲的位移加初始距离的时候，两者第一次相遇，由运动学：，解得：t=6s，此时乙行驶的速度为：v=a1t=2×6=12m/s=43.2km/h＜45km/h，满足条件，故乙通过的位移为：．（2）乙追上甲后再次相遇，设此时乙还没停止，则：，其中：，解得：t1=4s，乙停车所用时间为：，故甲追上乙时乙已经停下，次过程乙运动位移：，乙追上甲后两人再次相遇所用的时间为：．答：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移36m；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间4.5s．13．（17分）如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端固定有一轻质弹簧，自由放置时其上端位于M点，M点距斜面最高点P的距离L=2m．把质量为m=1kg的小球放于M点，通过外力控制小球将弹簧压缩至N点后自由释放（小球与弹簧不相连，其中MN 的距离d=0.5m），小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t﹣4t2，之后小球从P点沿切线进入竖直放置的光滑圆弧形圆管轨道运动，圆弧轨道半径R=0.4m，圆管内径可忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数μ；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能E P；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小和方向．【解答】解：（1）由题意知，小球在M点的速度为：v0=6m/s；小球离开弹簧后在斜面上运动的加速度为：a=8m/s2；对小球离开弹簧后，由牛顿第二定律，有：ma=mgsinθ+μmgcosθ解得：μ=0.25（2）小球从N运动到M过程中，由功能关系，有：代入数据解得：E p=22J（3）小球从M点运动到P点时：L=2=6t﹣4t2，解得：t=0.5s，t=1s（舍去），此时速度为：v p=2m/s从P到Q机械能守恒得：解得：在Q点，向心力方程：解得：F N=﹣4N小球受到向上的弹力，根据牛顿第三定律，小球对内轨作用力大小为4N，方向竖直向下；答：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数μ为0.25；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能为22J；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小为4N，方向为竖直向下．14．（19分）如图甲所示，在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧存在如图乙所示宽度为L的有界交变电场（规定竖直向下为正方向），此区间的右侧存在一大小仍为B方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角θ=60°射出，粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直，此时区域内的电场开始从t=0时刻开始变化，在t=2T时刻粒子从x轴上的F点离开电场（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）C点距坐标原点距离y；（2）交变电场的周期T及电场强度E o的大小；（3）带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB=m解得：r=由几何关系可知C点的坐标为y=r﹣rcos60°=（2）粒子在水平方向做匀速直线运动L=vt=2vT解得：T=；竖直方向到达x轴上的F点，根据运动的对称性可知：y=4×[×（）2]解得：E=；（3）从F点进入右磁场时，方向水平向右，做圆周运动，半径仍为r，离开右磁场时恰运动半周，水平向左，由于电场消失，粒子针匀速运动到y轴，进入左侧磁场，运动半径为R，由图可知，要使粒子回到A点，轨迹如图所示；由几何关系可知：R2=（2r﹣R）2+（r）2R=由洛仑兹力充当向心力可得：qvB 1=B1=方向垂直纸面向内；答：（1）C点距坐标原点距离y为；（2）交变电场的周期T为；电场强度E o的大小为；（3）左侧磁感应强度的大小为、方向垂直纸面向里．。
2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷
2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列说法错误的是（）A.若做圆周运动的物体所受合力不足以提供其做圆周运动需要的向心力时则物体做离心运动B.通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它是根据多普勒效应来测速的C.一切物体带电的本质都是由于电子的得失或转移D.回旋加速器之所以能够使带电粒子加速是因为洛伦兹力对带电粒子做了正功【答案】D【解析】解：A、当做圆周运动的物体受到的合外力不足以提供向心力时，物体将向外运动，即做离心运动；故A正确；B、通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它根据两物体相对运动时，接收到的频率不同这一特点，即是根据多普勒效应来测速的；故B正确；C、电荷是守恒的，一切物体带电的本质均是电子的转移和得失；故C正确；D、回旋加速器只有电场对电子做功，洛仑兹力是永不做功的；故D错误；本题选错误的；故选：D．明确离心运动产生原因是合外力不足以提供向心力；多普勒效应广泛应用于电子测速中；根据电荷守恒可知物体带电的本质；根据回旋加速器的原理回答D项．本题考查了离心运动、多普勒效应的应用、电荷守恒及回旋加速器等，在学习中要注意多种常见仪器的工作原理，并能用所学物理规律进行解释．2.矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴匀速转动，产生的正弦式交变电压图象如图所示，则关于该交流电下列说法正确的是（）A.该交变电压的频率为100H zB.t=0时刻，通过线圈平面的磁通量最大C.该交变电压的表达式为u=311sin100πt（V）D.在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的【答案】D【解析】解：A、由图象知周期T=0.02s，所以频率f=50H z，故A错误；B、t=0时刻，感应电动势为最大，线圈在垂直于中性面，线圈中磁通量为零，故B错误；C、由图象知电压的最大值为311V，故有效值为：U=220V，所以该交变电压的表达式为u=311cos100πt（V），故C错误；D、正弦式交变电压有效值为：U=220V，所以在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的，故D正确；故选：D．从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；在中性面位置时，线圈中磁通量最大，感应电动势最小；垂直中性面位置时，磁通量为零，感应电动势最大．本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1=0时刻波形图如图所示．已知质点A在t2=3s时第一次出现在波谷位置，则下列判断正确的是（）A.t1=0时刻质点A的振动方向为y轴负方向B.该简谐波的传播速度为1.5m/sC.该简谐波的传播速度为1.0m/sD.该简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时能发生明显的衍射现象【答案】B【解析】解：据图可知，波长为6m．ABC、据波的传播方向可知，A质点的起振方向为y轴正方向；再据题意可知T=4s，据波速公式可知：v==m/s=1.5m/s，故AC错误，B正确；D、据发生明显的衍射的条件可知，当障碍物的大小比波长相差不大，或小得多，才能发生明显的衍射现象，故简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时不能发生明显的衍射现象，故D错误．故选：B．首先据图得波长和波源的起振方向，再据波速公式求波速；据发生明显衍射的条件判断即可．明确的波的形成特点判断周期是解题的关键，灵活应用波速公式和衍射的条件，基础题．4.由a、b两束单色光组成的复色光沿PO方向垂直于一条直角边射入全反射棱镜，发现沿OM和ON方向有光线射出，如图所示．已知沿OM方向射出的是单色光a，且OM与法线间的夹角为60°．则下列说法正确的是（）A.单色光a的折射率大于单色光b的折射率B.单色光b在真空中的传播速度较大C.单色光a在该棱镜中的折射率一定是D.单色光b在该棱镜中发生全反射的临界角一定等于45°【答案】C【解析】解：A、据题知，b光临界角小于a光的临界角，由sin C=分析知，单色光a的折射率小于单色光b的折射率．故A错误．B、在真空中a、b的传播速度相等，故B错误．C、由图知，a光在斜边上的入射角为i=45°，折射角为r=60°，则单色光a在该棱镜=，故C正确．中的折射率为n==°°D、单色光b在斜边发生了全反射，则知在斜边上其入射角大于等于临界角，即45°≤C，所以C≥45°，故D错误．故选：C．由题知单色光b在斜边发生了全反射，而a没有，说明b光临界角小于a光的临界角，由sin C=分析折射率的大小，由全反射的条件确定a光的临界角大小．本题关键是明确全反射的条件和临界角公式sin C=，运用折射定律时，要注意光线的方向．5.如图所示，我国发射”神舟”七号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点为M，远地点为N．进入该椭圆轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2，加速度分别为a1、a2．当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在极短时间内加速后进入圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，到达圆周上P点时速率为v3，加速度为a3，则下列结论正确的是（）A.v1＞v3＞v2，a1＞a2=a3B.v1＞v3＞v2，a1＞a3＞a2C.v3＞v2＞v1，a2＞a3＞a1D.v1＞v3=v2，a1＞a2=a3【答案】A【解析】解：根据万有引力提供向心力，即得：a=，由图可知r1＜r2=r3，所以a1＞a2=a3；当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以v3＞v2，根据得；v=又因为r1＜r3，所以v1＞v3故v1＞v3＞v2．故选：A研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题．解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，即，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.在水平地面上固定一带正电小球M，另有一带电量为q（q＞0）、质量为m的小球N，从M球正上方H高处的A点以初速度v0竖直向下运动，当其运动至离地面高h处的B点时返回．若小球N始终在竖直方向运动，运动过程中不计空气阻力，两小球带电量保持不变且可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小球N向下运动的过程中，可能一直减速，且加速度大小一直在增大B.小球N向下运动的过程中，电场力做负功，系统的机械能一直增加C.小球N向上运动的过程中，最高只能到达A点上方处D.AB两点电势差为U AB=【答案】AD【解析】解：A、若从A到B电场力大于重力，则小球N向下运动的过程中，一直减速，且加速度大小一直在增大，故A正确B、小球N向下运动的过程中，电场力做负功，但重力势能减小，动能变化不明确，故系统的机械能变化不明确，故B错误C、由功能关系从A点向上，电场力做正功，重力做负功，得w电-mgh=0-，h＞，故C错误D、由功能关系mg（H-h）-q U AB=0-，解得U AB=，故D正确故选：AD小球受重力、电场力，求合力，判断加速度，根据功的定义求功、能的变化，由功能关系求电势差．考查了牛顿运动定律判断运动情况，功能关系得灵活运用，难度一般．7.如图所示，足够长的平行金属导轨宽度为L=1m，与水平面间的倾角为兹=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面向上穿过．有一质量为m=1kg、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R0=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v0=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．以下说法正确的是（）A.导体棒滑行的整个过程中，它所受合力大小一直都在减小B.导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部C.当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/sD.导体棒向上滑行的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为10J【答案】AC【解析】解：A、上滑过程中，速度减小，产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，合力减小．下滑过程中，速度加速，产生的感应电流增大，导体棒所受安培力增大，合力也减小．故A正确．B、由题知上滑和下滑过程中，由于摩擦产生的热量均为Q=fs=μmgcos37°•s=16J杆的初动能E k==J=50J上滑过程中产生的焦耳热Q1=E k-Q-mgssin37°=50-16-10×4×0.6=10J假设无焦耳热产生，且到达底端速度为v1，则有E k-2Q-Q1=，解得v1=4m/s，此时安培力为F==1N，仍然有mgsin37°＞（f+F），故到达轨道底端前导体棒加速运动，故B错误．C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a．则有0-v02=-2as，v2-v02=-2ad，联立可得v=5m/s由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/s．故C正确；D、导体棒向上滑动过程中，由上分析知，回路产生的总焦耳热为10J，则电阻R上产生的焦耳热小于10J，故D错误；故选：AC．根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断导体棒的运动过程，判断安培力的变化，即可分析合力大小的变化；假设导体棒最终能匀速下滑，由能量守恒定律求出金属棒的速度；由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热．本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的．三、单选题(本大题共1小题，共2.0分)8.在用单摆测重力加速度的实验中，下列说法正确的是（）A.安装好装置后，测出摆线长即为摆长B.当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差C.为了实验现象明显，应该将摆线拉开30°角再放手开始实验D.若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小【答案】D【解析】解：A、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长．故A错误；B、当小球摆到最高点时摆球的速度比较小，若此时按下秒表开始计时，不利于减小误差．故B错误；C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动．故C错误．D、摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，周期公式T=2π及其变形式：，可知将导致g值偏小，故D正确．故选：D解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；根据单摆周期T=2π得：，由此分析误差产生的原因．简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π及其变形式，以及知道测量时形成误差的原因四、实验题探究题(本大题共1小题，共2.0分)9.验证机械能守恒的实验中，由于阻力不可避免会带来实验误差，因此我们得到的结果总是动能的增加量略______ 重力势能的减少量（填“大于”、“小于”或“等于”）．【答案】小于【解析】解：重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量大于动能的增加量．故答案为：小于，解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．由于纸带通过时受到的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．摩擦阻力做功会使得重物和纸带的机械能转化给内能．五、计算题(本大题共1小题，共2.0分)10.在双缝干涉测波长的实验中，若已经测得了相邻的亮条纹间距为x，双缝到光屏的距离为L，双缝间的距离为d，则该光波的波长为______ ．【答案】【解析】解：根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得：λ=故答案为：．根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ推导波长的表达式，并求出波长的大小．解决本题的关键掌握双缝干涉的条纹间距公式△x=λ，明确相邻亮纹的间距△x与亮纹中心间距的关系．六、实验题探究题(本大题共1小题，共11.0分)11.某同学喜欢电器修理，但自己没有多用电表，他在实验室准备自己组装多用电表，但是发现实验室只有唯一一块可用的电池，而且电池电动势和内阻未知，于是他准备测量该电池的电动势和内阻．在实验室他找到的器材只有如下几个：待测电源E一个，电阻箱R一个，电压表V一个（内阻的影响忽略不计，符合实验要求），开关一个，导线若干，他运用所学知识设计了如图甲的电路图进行测量．①他根据测量的数据（数据单位均为国际单位制单位）作出了如图乙所示的关系图线，纵坐标表示电压表的读数U，不过他忘记了标出横坐标名称，根据分析，请你判断：横坐标表示______ （选填U、、）．②根据图线求出电动势E= ______ V的，内阻r= ______ Ω（结果都保留两位有效数字）．③图丙是2014年获得物理诺贝尔奖的蓝色发光二极管的U-I图象，如果他直接将该电源与二极管连接让其发光，则二极管的实际功率为______ W（保留两位有效数字）．【答案】；5.0；2.5；2.4【解析】解：①由电路图实验可知，本实验采用电压表与电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I rI=解得：U=E-r；要使得出的图象为直线，应以为横坐标；②由图及公式可知，图象的截距表示电动势；图象的斜率表示内阻；解得：E=5.0V；r==2.5Ω；③在对应的二极管的伏安特性中作出电源的伏安特性曲线；如图所示；由图可知，二极管的工作电压为2.2V，电流I=0.9A；故功率P=UI=2.4×1=2.4W；故答案为：①；②5.0；2.5；③2.4①由闭合电路欧姆定律及电路图可得出对应的表达式，欧姆通过分析可知应选用的坐标；②根据图象的性质及闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势和内电阻；③在二极管的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的工作点，则由求得电压和电流，那可求得功率．本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意正确分析电路结构，明确实验原理，再由闭合电路欧姆定律及图象规律可求得电源的电动势和内阻．七、计算题(本大题共3小题，共51.0分)12.甲骑自行车以v0=4m/s的速度在某一段平直的路面上匀速行驶，乙在其身后x=12m 处发动摩托车，以a1=2m/s2的加速度匀加速启动追赶甲（甲乙分别处于相互平行的不同车道），为了安全，规定摩托车在此段公路行驶的速度不能超过v=45km/h，当乙与甲相遇时立即刹车制动，其阻力为车对地压力的0.4倍，求：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间．【答案】解：（1）当乙位移等于甲的位移加初始距离的时候，两者第一次相遇，由运动学：，解得：t=6s，此时乙行驶的速度为：v=a1t=2×6=12m/s=43.2km/h＜45km/h，满足条件，故乙通过的位移为：．（2）乙追上甲后再次相遇，设此时乙还没停止，则：，其中：，解得：t1=4s，乙停车所用时间为：＜，故甲追上乙时乙已经停下，次过程乙运动位移：，乙追上甲后两人再次相遇所用的时间为：．答：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移36m；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间4.5s．【解析】（1）当乙位移等于甲的位移加初始距离的时候，两者第一次相遇．（2）乙刹车后，甲还会再次追上甲，因为乙会停止，故应判定乙的停止时间，再结合位移关系可求乙追上甲后两人再次相遇所用的时间．该的关键是要注意判定甲乙再次相遇的时候，乙有没有停止，这是判定有一方是减速运动问题时候的重点关注对象．13.如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端固定有一轻质弹簧，自由放置时其上端位于M点，M点距斜面最高点P的距离L=2m．把质量为m=1kg的小球放于M点，通过外力控制小球将弹簧压缩至N点后自由释放（小球与弹簧不相连，其中MN的距离d=0.5m），小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t-4t2，之后小球从P点沿切线进入竖直放置的光滑圆弧形圆管轨道运动，圆弧轨道半径R=0.4m，圆管内径可忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数μ；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能E P；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小和方向．【答案】解：（1）由题意知，小球在M点的速度为：v0=6m/s；小球离开弹簧后在斜面上运动的加速度为：a=8m/s2；对小球离开弹簧后，由牛顿第二定律，有：ma=mgsinθ+μmgcosθ解得：μ=0.25（2）小球从N运动到M过程中，由功能关系，有：代入数据解得：E p=22J（3）小球从M点运动到P点时：L=2=6t-4t2，解得：t=0.5s，t=1s（舍去），此时速度为：v p=2m/s从P到Q机械能守恒得：°解得：在Q点，向心力方程：解得：F N=-4N小球受到向上的弹力，根据牛顿第三定律，小球对内轨作用力大小为4N，方向竖直向下；答：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数μ为0.25；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能为22J；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小为4N，方向为竖直向下．【解析】（1）小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t-4t2，结合位移公式得到初速度和加速度，然后受力分析后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素；（2）对从N到M过程，小球和弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解弹簧压缩至N点时具有的弹性势能E P；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；再对从P到Q过程根据机械能守恒定律列式；最后联立求解．本题关键是明确小球的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律、机械能守恒定律和向心力公式列式求解，不难．14.如图甲所示，在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧存在如图乙所示宽度为L的有界交变电场（规定竖直向下为正方向），此区间的右侧存在一大小仍为B方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角θ=60°射出，粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直，此时区域内的电场开始从t=0时刻开始变化，在t=2T时刻粒子从x轴上的F点离开电场（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）C点距坐标原点距离y；（2）交变电场的周期T及电场强度E o的大小；（3）带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？【答案】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qv B=m解得：r=由几何关系可知C点的坐标为y=r-rcos60°=（2）粒子在水平方向做匀速直线运动L=vt=2v T解得：T=；竖直方向到达x轴上的F点，根据运动的对称性可知：y=4×[×（）2]解得：E=；（3）从F点进入右磁场时，方向水平向右，做圆周运动，半径仍为r，离开右磁场时恰运动半周，水平向左，由于电场消失，粒子针匀速运动到y轴，进入左侧磁场，运动半径为R，由图可知，要使粒子回到A点，轨迹如图所示；由几何关系可知：R2=（2r-R）2+（r）2R=由洛仑兹力充当向心力可得：qv B1=B1=方向垂直纸面向内；答：（1）C点距坐标原点距离y为；（2）交变电场的周期T为；电场强度E o的大小为；（3）左侧磁感应强度的大小为、方向垂直纸面向里．【解析】（1）由洛仑兹力充当向心力可求得粒子半径，再由几何关系即可求得C点坐标；（2）粒子在电场中的运动可以分为水平和竖直两个方向上的运动，由水平方向的匀速运动可求得周期，再由竖直方向的运动求解场强；注意明确竖直方向具有对称性；（3）由题意可知粒子运动的运动轨迹图，则由几何关系及运动学过程可明确粒子运动的半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得后来的磁感应强度．本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要求能正确掌握粒子的运动规律，明确粒子在电场中应用运动的合成与分解；在磁场中注意几何关系的确定，明确圆心和半径即可由洛仑兹力充当向心力求解．高中物理试卷第11页，共11页。
【精品解析纯word版】物理卷·2015届四川省成都市高三摸底(零诊)考试word版
四川省成都市2015届高三摸底（零诊）考试物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理电场、磁场、交变电流、光、机械振动、带电粒子在电场、磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，注重个过程的分析，题型新颖，没有用以前的题，都是改变和原创题目，是份非常好的试卷。
本试卷分选择题和非选择题两部分。
第I卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试时间100分钟。
注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的譬案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再造涂其它答案标号。
3答非选择题时，必须使用0 5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5考试结束后，只将答题卡交回。
第I卷（选择题，共42分）一、本题包括6小题，每小题3分，共18分。
每小题只有一个选项符合题意。
1关于物理学史，下列说法正确的是A奥斯特发现了电磁感应现象B麦克斯韦提出了狭义相对论C赫兹首次用实验证实了电磁波的存在D伦琴利用γ射线拍摄了首张人体骨骼照片【知识点】物理学史【答案解析】C 解析 A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现电磁感应现象，故A错误；B、爱因斯坦提出了狭义相对论，麦克斯韦提出了电磁场理论，故B错误；C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C正确；D、伦琴发下了γ射线，但没有拍摄了首张人体骨骼照片，故D错误；故选C【思路点拨】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．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关于光现象，下列说法正确的是A水面上的油膜呈现彩色，这是光的干涉现象B一束白光通过三棱镜后形成彩色光带，这是光的全反射现象C．用光导纤维传播信号，利用了光的衍射D用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，利用了光的偏振【知识点】光的干涉；光的衍射．【答案解析】A 解析 A、水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，说明了光是一种波．故A正确；B、当太阳光经过三棱镜后，由于三棱镜对这七种色光的折射率不同，从而会分解成七种单色光，这是光的色散现象，故B错误；C、用光导纤维传播信号，利用光的全反射，故C错误；D、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故D错误；故选A【思路点拨】水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，当太阳光经过三棱镜后，由于三棱镜对这七种色光的折射率不同，所以七种色光通过三棱镜发生折射后的偏折情况不同，从而会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光，这是光的色散现象；用光导纤维传播信号，利用光的全反射；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉；本题考查了基础知识，平时要注意基础知识的学习与掌握．3下列说法正确的是A穿过线圈的磁通量变化越大，线圈上产生的感应电动势越大B通过线圈的电流变化越快，线圈的自感系数越大C．电场总是由变化的磁场产生的D．真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁波的产生．【答案解析】D 解析解：A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的变化量无关，故A错误；B、线圈的自感系数有线圈本身的匝数、粗细、线圈面积决定，与电流无关，故B错误；C、电荷可以产生电场，不一定有变化的磁场产生，故C错误；D、根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故D正确；故选：D．【思路点拨】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比；线圈的自感系数有线圈本身决定；静止电荷产生电场，运动的电荷可以产生磁场；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同．本题考查了法拉第电磁感应定律、自感现象、麦克斯韦电磁场理论、爱因斯坦狭义相对论等、知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识．4做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同A回复力、加速度、速度B回复力、加速度、动能C回复力、速度、弹性势能D加速度、速度、机械能【知识点】简谐运动的回复力和能量．【答案解析】B 解析解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；复力F=-kx，由于x相同，故F相同；加速度a=-kx m经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B．【思路点拨】物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动．简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率．做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量．本题关键是明确：（1）简谐运动的定义；（2）受力特点；（3）运动学特点．5如图所示．L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流。