2015年四川省高考物理试卷+解析
四川省广元市2015届高三第一次高考适应性统考物理试题 Word版含解析
四川省广元市2015年高考一模物理试卷一、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．1．一质点沿x轴运动，加速度与速度方向相同，在加速度数值逐渐减小至零的过程中，关2．（6分）（2015•广元一模）如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态．下列说法正确的是（）3．（6分）（2015•广元一模）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上且靠近正电荷一侧．以下判断正确的是（）4．（6分）（2015•广元一模）如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是（）a=、线速度F=T=5．（6分）（2015•广元一模）如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）B，6．（6分）（2015•广元一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E m机随高度h的变化如图乙所示．（g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）．下列说法中正确的是（）s=，则摩擦力．故理得，7．（6分）（2015•广元一模）如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=5Ω，电灯A的电阻为10Ω，电灯B的电阻为6Ω，滑动变阻器的总电阻为6Ω．闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（），==，最小为=二、（非选择题共68分）8．（6分）（2015•广元一模）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.8m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点．经测量知道A、B、C、D各点到O的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm．①根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于7.62J，动能的增加量等于7.56J（均取三位有效数字）．②如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的﹣h图线，该图线的斜率等于9.8m/s2．≈=gh根据实验数据绘出的9．（11分）（2015•广元一模）在做测量一电源（两节干电池）电动势和内电阻的实验时，备有下列器材：A．定值电阻R0=2ΩB．直流电流表（量程0～0.6A，内阻不能忽略）C．直流电流表（量程0～3A，内阻不能忽略）D．直流电压表（量程0～3V，内阻较大）E．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）F．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω）G．电键S及导线若干①电流表选用B（选填“B”或“C”），滑动变阻器选用E；②某同学将选定的器材在图甲所示的实物图上连线，但只完成了部分实验电路，请你以笔画线做导线完成余下的电路．③按正确操作完成实验，根据实验记录，将测量数据描点连线，如图乙所示，由图象可得该电源的电动势E= 2.95V，内电阻r=0.810Ω．（结果均保留三位有效数字）﹣=10．（15分）（2015•广元一模）如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，AB与水平面间的夹角为α=37°，一小物块放在A处（可视为质点），小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，现给小物块一个沿斜面向下的初速度v0=1m/s．小物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧s=1.8m处，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：（1）小物块在AB段向下运动时的加速度；（2）AB的长度L？．11．（17分）（2015•广元一模）如图所示，ABCDO是处于竖直平面内的光滑轨道，AB是半径为R=15m的圆周轨道，CDO是直径为15m的半圆轨道．AB和CDO通过极短的水平轨道（长度忽略不计）平滑连接．半径OA处于水平位置，直径OC处于竖直位置．一个小球P从A点的正上方高H处自由落下，从A点进入竖直平面内的轨道运动（小球经过A点时无机械能损失）．当小球通过CDO轨道最低点C时对轨道的压力等于其重力的倍，（取g为10m/s2）．（1）试求高度H的大小？（2）试讨论此球能否到达CDO轨道的最高点O，并说明理由？（3）求小球沿轨道运动后经多长时间再次落回轨道上？H=12．（19分）（2015•广元一模）如图所示，边长为L的正方形PQMN区域内（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止开始释放，O、P、Q三点在同一水平直线上，OP=L．带电粒恰好从M点离开磁场，不计带电粒子重力．（1）求磁感应强度大小B；（2）求粒子从O点运动到M点经历的时间；（3）若磁场磁感应强度可调节（不考虑磁场变化产生的电磁硬度），带电粒子从边界NM上的O'点离开磁场，O'与N点距离为，求磁场感应强度的可能数值．Bqv=m=T=，运动时间t===m，，为点经历的时间为，。
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。
成都零诊物理 2015年
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8cm6．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）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0.03m12．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．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，静电计指针偏角，电容器的电荷量（填“增大”、“减小”或“几乎不变”）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，配合下列的组、或组、或组仪器，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=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=．16．如图所示，固定的光滑绝缘轻质杆MN与水平面的夹角为θ，MN长度为L，一质量为m，电荷量为q，可看作质点的带正电的小球P穿在杆上，已知小球P在运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度值为g．（1）现把另一可看作质点的带电小球W固定在杆的M端，小球P恰能静止在MN的中点O处，求小球W的电荷量Q．（2）若改变小球W的电荷量至某值，将小球P从N点由静止释放，P沿杆恰好能到达MN的中点O处，求场源电荷W在O，N两点间的电势差U ON．（结果用m，g，q，k，L，θ表示）17．如图所示，半径R=10cm的半圆形玻璃砖下端紧靠在足够大的光屏MN上，O点为圆心，OO′为直径PQ的垂线，一束复色光沿半径方向与OO′成θ=30°角射向O点，在光屏的MQ间形成了彩色光带，已知复金以光由折射率从n1=到n2=1.6的各种色光组成．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求MQ间的彩色光带的宽度L（2）改变复色光入射角至某值θ′时，MQ间的彩色光带恰好消失，求此时的入射角θ′．18．如图所示，MN、PQ为倾斜旋转的足够长的光滑金属导轨，与水平在的夹角为37°，导轨间距L=0.5m，导轨下端连接一个R=0.5Ω的电阻和一个理想电流表，导轨电阻不计，图中abcd区域存在竖直向下，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，一根质量m=0.02kg、电阻r=0.5Ω的金属棒EF非常接近磁场的ab边界（可认为与ab边界重合）．现由静止释放EF，已知EF在离开磁场边界cd前的示数已经保持稳定．（sin37°=0.6，cos337°=0.8，g=10m/s2）（1）求示数稳定时金属棒EF两端的电压．（2）已知金属棒EF从静止释放到刚好离开下边界cd的过程中，电流流过R产生的焦耳热为0.045J，求ab与cd间的距离x bd．19．如图所示，在xoy平面第一象限的整个区域分布碰上匀强磁场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内存在有界（含边界）匀强磁场，其左边界为y轴，右边界为x=l的直线，磁场方向垂直纸面向外，一质量为m、电荷量为q、可看作质点的带正电粒子，从y轴上P点以初速度v0垂直于y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ=l，不计粒子重力，求：（1）OP间的距离．（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围．（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．（结果用m、q、l、v0表示）2015年四川省成都市高考物理零诊试卷参考答案一、选择题（每小题3分）1．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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=．故答案为：（1）ABC；（2）②×1Ω；③1880Ω，④如图所示；⑤。
四川省成都市高考物理零诊试卷(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=．。
2015年高考理综试题及答案解析(物理)全国卷Ⅰ
2015·全国卷Ⅰ(物理)14．K2[2015·全国卷Ⅰ] 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大( )B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小14．D [解析] 根据r ＝m v qB，B 减小，则r 增大；v ＝ωr ，由于磁场不会改变v 的大小，r 增大导致角速度ω减小，D 正确．图1-115．I2[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-1所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功15．B [解析] 电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力做功相等，表明N 、P 两点电势相等，直线d 是等势线，与d 平行的c 也是等势线，电子由M 到N ，电场力做负功，电势能增大，则φM >φN ，A 错误，B 正确；电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，C 错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，D 错误．16．M2[2015·全国卷Ⅰ] 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图1-2所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图1-2A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝1316．A [解析] 根据题意，副线圈电流是原线圈电流的3倍，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，则原线圈回路中电阻两端的电压为13U ，因为原线圈两端电压是副线圈两端电压的3倍，所以220 V ＝13U ＋3U ，解得U ＝66 V ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为I 2R （3I ）2R ＝19，A 正确． 17．E2[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-3所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图1-3A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 17．C [解析] 在N 点，由牛顿第二定律得4mg －mg ＝m v 2R ，解得质点在N 点的动能为32mgR ，根据动能定理，有mg · 2R －W ＝32mgR ，得W ＝12mgR ，NQ 段与PN 段相比，质点运动的速率小，受到的支持力小，摩擦力小，质点克服摩擦力做功W ′<W ，到达Q 点时的动能为32mgR －mgR －W ′＝12mgR －W ′>0，故质点会从Q 点继续上升，所以C 正确． 18．D2[2015·全国卷Ⅰ] 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1-4所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图1-4 A.L 12g 6h <v <L 1g 6h B.L 14g h <v <（4L 21＋L 22）g 6h C.L 12g 6h <v <12（4L 21＋L 22）g 6h D.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g 6h18．D [解析] 当球落到右侧角上的时候，设飞行时间为t 1，则3h ＝12gt 21，t 1＝6h g ，t 1时间内的水平位移x 1＝L 21＋⎝⎛⎭⎫L 222＝L 21＋L 224，发射速度v 1＝x 1t 1＝12 （4L 21＋L 22）g 6h；当球刚好擦网落到台面中间线上的时候，设飞行时间为t 2，则3h －h ＝12gt 22，t 2＝2 h g ，t 2时间内的水平位移x 2＝L 12，发射速度v 2＝x 2t 2＝L 14 g h ，则v 2<v <v 1，所以D 正确． 19．L4[2015·全国卷Ⅰ] 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1-5所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )图1-5A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动19．AB[解析] 小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误．20．C5[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-6(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()(a) (b)图1-6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度20．ACD [解析] 上滑时设物块的加速度大小为a 1，对物块由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时设物块的加速度大小为a 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由图(b)可得，a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1，联立可解得θ和μ，A 、C 正确；v -t 图像与坐标轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，进而可求得最大高度，D 正确．21．D5[2015·全国卷Ⅰ] 我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2.则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度21．BD [解析] 设月球表面重力加速度为g ′，则g ′g ＝GM ′R ′2GM R 2＝M ′M ·⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ′2，代入数据得g ′≈15.9g ≈1.66 m/s 2，探测器着陆瞬间的速度v ＝2g ′h ＝13.3 m/s ，A 错误；悬停时F ＝mg ′＝1.3×103×1.66 N≈2.2×103 N，B正确；发动机反冲力做负功，机械能不守恒，C错误；在近月轨道上的线速度v′＝g′R′，在近地轨道上的线速度v＝gR，很明显v>v′，D正确．22．D4[2015·全国卷Ⅰ] 某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．(a)(b)图1-7完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图1-7(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)22．(2)1.40(4)7.9 1.4[解析] 托盘秤的示数要估读一位，所以是1.40 kg；对表格的五个数据求平均值，为1.81 kg，所以小车把凹形桥模拟器的压力F＝(1.81－1.00)× 9.8 N＝7.9 N，小车在最低点时所受的支持力F′＝F，小车质量m＝1.40 kg－1.00 kg＝0.40 kg，小车在凹形桥最低点时，由牛顿第二定律，有F′－mg＝m v2R，解得v＝1.4 m/s.23．J10[2015·全国卷Ⅰ] 图1-8(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(a)(b)图1-8(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3000 Ω.则R0应选用阻值为________Ω的电阻，R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱________(填”b”或”c”)相连．判断依据是：________________________________________________________________________ ________________________．23．(1)1535(2)3003000(3)c闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2[解析] (1)分析电路结构，根据并联电路分流规律，得(R1＋R2)× 2＝100 Ω，9R1＝100 Ω＋R2，解得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω.(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5 V0.000 5 A＝3000 Ω，最小阻值为1.5 V＝500 Ω.若定值电阻选择1000 Ω，则无法校准3.0 mA，所以定值电阻选择300 Ω.0.003 A由于最大阻值要达到3000 Ω，所以滑动变阻器要选择3000 Ω.(3)若接在b端，则电路总是闭合的，不能具体判断哪一个电阻损坏了．24．K1[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-9所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图1-924．竖直向下0.01 kg[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg⑤25．A2、C5[2015·全国卷Ⅰ] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图1-10(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v-t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．(a)(b)图1-1025．(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③ 式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫ 小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.33．[物理—选修3－3][2015·全国卷Ⅰ] (1)H2下列说法正确的是____________．A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变(2)H2如图1-11所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：①在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；②缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．图1-1133．(1)BCD[解析] 晶体被敲碎后，构成晶体的分子或原子的空间点阵结构没有发生变化，仍然是晶体，A 错误；有些晶体在光学性质方面是各向异性的，B 正确；同种元素构成的不同晶体互为该元素的同素异形体，C 正确；如果外界条件改变了物质分子或原子的排布情况，晶体和非晶体之间可以互相转化，D 正确；晶体熔化过程中，分子势能发生变化，内能发生了变化，E 错误．(2)①330 K ②1.01×105 Pa[解析] ①设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 2⎝⎛⎭⎫l －l 2＋S 1⎝⎛⎭⎫l 2① V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖·吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2④ 联立①②④式并代入题给数据得T 2＝330 K ⑤②在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有p ′T ＝p 1T 2⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ′＝1.01×105 Pa ⑦34．[物理—选修3－4][2015·全国卷Ⅰ] (1)N2在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx 1与绿光的干涉条纹间距Δx 2相比，Δx 1________Δx 2(填“＞”“＝”或“＜”)．若实验中红光的波长为630 nm ，双缝到屏幕的距离为1.00 m ，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm ，则双缝之间的距离为________mm.(2)G2甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v ＝25 cm/s.两列波在t ＝0时的波形曲线如图1-12所示．求：①t ＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标；②从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间．图1-1234．(1)＞ 0.300[解析] 双缝干涉条纹间距Δx ＝Lλd，红光波长较长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即Δx 1>Δx 2.根据题中数据可得条纹间距Δx ＝10.5 mm 5＝2.1 mm ＝2.1×10－3 m ，根据Δx ＝L λd可得d ＝L λΔx ＝1.00 ×630×10－92.1×10－3 m ＝3.00×10－4 m ＝0.300 mm. (2)①x ＝(50＋300n ) cm ，n ＝0，±1，±2，… ②0.1 s[解析] ①t ＝0时，在x ＝50 cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm ，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝50 cm ，λ2＝60 cm ①甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为x 1＝50＋k 1λ1，k 1＝0，±1，±2，…②x 2＝50＋k 2λ2，k 2＝0，±1，±2，…③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标为x ＝(50＋300n ) cm ，n ＝0，±1，±2，…④②只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 cm.t ＝0时，两波波谷间的x 坐标之差为Δx ′＝⎣⎡⎦⎤50＋（2m 2＋1）λ22－⎣⎡⎦⎤50＋（2m 1＋1）λ12⑤ 式中，m 1和m 2均为整数．将①式代入⑤式得Δx ′＝10(6m 2－5m 1)＋5⑥由于m 1、m 2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为Δx ′0＝5 cm ⑦从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间为t＝Δx′0 2v⑧代入数值得t＝0.1 s⑨图1-1335．[物理—选修3－5][2015·全国卷Ⅰ] (1)O1在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图1-13所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为__________________，所用材料的逸出功可表示为________________．(2)F3如图1-14，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图1-1435．(1)ek －eb[解析] 在光电效应现象中，入射光子能量为hν，这些能量的一部分用于克服逸出功W 0，多余的能量转化为电子的最大初动能，由动能定理得eU c ＝h ν－W 0，整理得U c ＝h e ν－W 0e.图线斜率k ＝h e，所以普朗克常量h ＝ek ；截距为b ，即eb ＝－W 0，所以逸出功W 0＝－eb . (2)(5－2)M ≤m <M[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5－2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M⑨。
2015年四川省高考物理押题试卷(二)
2015年四川省高考物理押题试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共18.0分)1.下列关于电磁波的说法中，正确的是（）A.法拉第指出光也是一种电磁波B.电磁波跟机械波一样，都能在真空中传播C.电磁波跟机械波一样，都能发生反射、折射、干涉和衍射及多普勒效应D.在发射电磁波时需要把低频有用信号用高频载波传递出去，把低频信号加到高频载波上去的过程称为“调幅”【答案】C【解析】解：A、麦克斯韦提出光是一种电磁波；故A错误；B、电磁波可以在真空中传播，而机械波不能在真空中传播；故B错误；C、电磁波是一种波，它跟机械波一样，都能发生反射、折射、干涉和衍射及多普勒效应；故C正确；D、在发射电磁波时需要把低频有用信号用高频载波传递出去，把低频信号加到高频载波上去的过程称为“调频”；故D错误；故选：C．明确电磁波的发现历程；知道电磁波是一种波，它具有波的一切性质，它可以在真空中传播；掌握电磁波的发射与接收的步骤．本题考查电磁波的性质及应用，要注意区分电磁波和机械波，明确它们的共同点和不同点．2.如图是高压输电的示意图，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，还给出了变压器次级的电压、电流的图象．已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：100，则下列判断正确的是（）A.交变电的频率为50H z，通过电流表的电流表达式为i=√2sin50πt（A）B.输电电压是22k V，输送功率为1.56×103k WC.甲的作用是为了降压，乙的作用是为了升压D.在深夜，用户用电量减少的情况下，电压表、电流表的读数都要增大【答案】D【解析】解：A、电流表测量的为有值为定值．则A错B、因不知电流值，则无法确定输送功率．则B错误C、甲的作用是为了降压，乙的作用是为了降流，则C错误D、用户用电量减少的情况下，导线分压变小，则末端变压器得到的电压变大，电流变大，则D正确故选：D甲图是电压互感器，乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表．电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表3.自行车轻便易行，节能环保，同时也能锻炼身体，深受青少年学生的喜爱，是人们出行的常用交通工具．自行车的尾灯应用了全反射棱镜的原理，它本身不发光，夜间骑车时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，提醒汽车司机注意到前面的自行车，尾灯由折射率大于√2透明的介质做成，其外形如图所示，下面说法中正确的是（）A.汽车灯光应从左面射过来，在尾灯的左表面发生全反射B.汽车灯光应从右面射过来，在尾灯的左表面发生全反射C.汽车灯光斜向右面入射，一定会发生全反射D.为了提升安全性，尾灯的透明介质折射率越大越好，折射率越大，光进入介质后传播速度越大【答案】B【解析】解：A、由图可知汽车灯光应从右面射向自行车尾灯，光在尾灯内部左表面发生全反射，使自行车后面的汽车司机发现前面有自行车，避免事故的发生；故A错误，B正确；C、汽车灯光斜向右面入射时，到达左边时有可能小于临界角，不一定发生全反射；故C错误；D、由v=C可知，折射率越大时，光的速度越小；故D错误；n故选：B．只有当光从光密介质射入光疏介质且入射角大于临界角时发生全反射；根据图中反射尾灯的形状分析如何实现强反射光的．本题考查了全反射在生活中的应用，知道全反射的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)4.2007年科学家发现了一颗行星-“格利泽581d”，围绕红矮星“格利泽581”运行，公转周期67天．“581d”的半径约是地球的1.4倍，质量约为地球的7倍．其表面环境不太热也不太冷，允许液态水存在，具备支持生命的条件，可能具有外星生命，也可能适合人类未来移居当地，根据以上叙述，下列判断正确的是（）A.地球围绕太阳运动与格利泽581d围绕格利泽581运行的轨道半径之比约为3.1B.某跳高运动员在地球上能跳2m高，则在格利泽581d上能跳7m高C.格利泽581d的第一宇宙速度约为18km/sD.在格利泽581d上运动的物体要变短【答案】BCD【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：G Mm r 2=m 4π2r T2 解得：r =3GMT 24π2，其中M 为中心天体的质量，由于不知道红矮星和太阳的质量关系，所以无法判断地球围绕太阳运动与格利泽581d 围绕格利泽581运行的轨道半径之比，故A 错误； B 、在星球表面，万有引力等于重力，则有：GMmR 2=mg 解得：g =G MR 2，由于581d ”的半径约是地球的1.4倍，质量约为地球的7倍， 则g 行g 地=10.28在地面上，2g 地h =v 2，在行星上，2g 行ℎ行=v 2解得：ℎ行=2×10.28=7.14m ，故B 正确；C 、第一宇宙速度v =√gR ，地球第一宇宙速度为v 1=7.9km /s ， 则格利泽581d 的第一宇宙速度约v 2=17.67km /s ，故C 正确；D 、根据相对论可知，高速运动的物体，长度要变短，故在格利泽581d 上运动的物体要变短，故D 正确． 故选：BCD根据万有引力提供向心力公式求出半径的表达式求解地球围绕太阳运动与格利泽581d 围绕格利泽581运行的轨道半径之比，在星球表面，根据万有引力等于重力求出重力加速度之比，从而求出能跳的高度之比，根据第一宇宙速度v =√gR 求解格利泽581d 的第一宇宙速度，根据相对论分析在格利泽581d 上运动的物体是否变短．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，并能灵活运用，难度适中．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)5.一简谐横波沿x 轴传播，已知t =0时的波形如图甲所示，质点P 的振动图象如图乙所示（ ）A.波向x 轴正方向传动，传播速度等于2.5m /sB.0时刻x =0处的质点再过0.1s 到达波峰C.x =0处的质点在t =4s 时速度为0D.P 质点的x 坐标为53m 【答案】 D【解析】解：A、根据乙图可知，t=0时质点P正向上运动，则知波向x轴正方向传动．由图知，波长λ=4m，周期T=0.8s，则传播速度v=λT=5m/s．故A错误．B、0时刻x=0处的质点正向下运动，其振动方程是y=A cos（2πT t+π3）=0.04cos（2.5πt+π3）cm，当t=0.1s时，y≠0.04cm，所以0时刻x=0处的质点再过0.1s不在波峰，故B错误．C、t=4s，x=0处的质点位移y=0.04cos（2.5πt+π3）cm=0.02cm，质点不在最大位移处，所以速度不是0，故C错误．D、波动方程为y=A sin（2πλx+π6）=0.04sin（0.5πx+π6）cm，则当y=0，且0.5πx+π6=π时，x=53m，即P质点的x坐标为x=53m，故D正确．故选：D．由质点P的振动情况，确定波的传播方向，由乙图读出波的周期，再由波速公式求出波速．写出x=0处质点的振动方程，确定其在不同时刻的位移．解决本题的关键要正确写出质点的振动方程和波动方程，运用数学知识解决波动图象．四、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，将甲、乙、丙三个小球从固定斜面的顶端A水平抛出，它们的质量之比分别为1：2：3，分别落在斜面的中点B，底端C和水平面上的D点，已知CD的距离等于AC间的水平距离，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.甲、乙、丙在空中的运动时间之比等于1：2：2B.甲、乙、丙初速度之比等于1：√2：2√2C.落地前甲、乙、丙的速度方向相同D.空中运动过程中甲、乙、丙增加的动能之比等于1：4：6【答案】BD【解析】解：A、根据t=√2ℎg知，甲乙丙三球下落的高度之比为1：2：2，则在空中运动的时间之比为1：√2：√2，故A错误．B、根据x=v0t知，甲乙丙三球的水平位移之比为1：2：4，则初速度之比为1：√2：2√2，故B正确．C、因为平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，甲乙两球位移方向相同，与丙球位移方向不同，所以三球速度方向不同，故C错误．D、根据动能定理知mgh=△E k，下降的高度之比为1：2：2，质量之比为1：2：3，则动能增加之比为1：4：6，故D正确．故选：BD．根据下降的高度求出下落的时间之比，结合水平位移和时间之比求出初速度之比．根据动能定理求出动能增加量之比．解决本题的关键知道平抛运动的规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．7.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，平行导轨间距为L，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．磁感应强度大小为B，导体棒的质量均为m，电阻均为R，与导轨的动摩擦因数相同，导体棒恰能静止在导轨上，导轨与水平面的夹角为θ．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．a运动过程中b始终保持静止，a 达到最大速度时，b刚要运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是（）A.拉力F等于4mgsinθB.刚拉动a时，a的加速度大小等于gsinθC.a匀速运动的速度等于4mgRsinθB2L2D.a匀速运动后拉力F的功率等于重力的功率与两导体棒的电阻发热功率之和【答案】AC【解析】解：A、导体棒恰能静止在导轨上，则摩擦力：f=mgsinθ，a达到最大速度时，b刚要运动，设a的最大速度为v，a、b受到的安培力大小相等，F安培=BIL=B2L2v2R，由平衡条件得：对a：mgsinθ+B2L2v2R +f=F，对b：f+mgsinθ=B2L2v2R，解得：F=4mgsinθ，v=4mgRsinθB2L2，故AC正确；B、刚拉动a时，由牛顿第二定律得：F-f-mgsinθ=am，解得：a=2gsinθ，故B错误；D、匀速运动后拉力F的功率等于重力的功率、两导体棒的电阻发热功率、摩擦力功率之和，故D错误；故选：AC．应用安培力公式求出安培力，让你和由平衡条件求出拉力大小；应用牛顿第二定律可以求出a的加速度；应用平衡条件可以求出a匀速运动的速度；从能量角度分析拉力的功率与重力功率、发热功率间的关系．本题是电磁感应与力学向结合的综合题，有一定难度，对导体棒正确受力分析，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题．五、计算题(本大题共1小题，共6.0分)8.图a是显示微小形变的装置，图b是测量______ 的实验装置，两个实验都采用了______ 思想方法．在图b中，刻度尺与平面镜的距离越______ （填“远”或“近”），越容易观察．【答案】万有引力恒量；放大；远【解析】解：因为装置A是演示微小形变的实验装置，装置B是卡文迪许扭秤，卡文迪许用该装置测出万有引力恒量．故答案为：万有引力恒量．第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．度尺与平面镜的距离越远，越容易观察．故答案为：万有引力恒量，放大，远这两个装置中，第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法在物理实验中，经常会遇到要演示一些变化效应微弱的物理现象，为使实验效果明显，可见度大，通常采用放大手段．物理实验中常用的放大手段有杠杆放大，光点反射放大，点光源投影放大，投影仪放大，弱电流放大等．本题两个装置即为电光源投影放大法六、实验题探究题(本大题共1小题，共11.0分)9.（1）某同学想测量一金属导体的电阻率，先用多用电表粗测其电阻．他选择R×1Ω的倍率，正确操作后指针指在图1所示位置，R x的测量值为______ Ω；（2）接着他用螺旋测微器测量出其直径，如图2所示，则直径d= ______ mm；（3）用刻度尺测量出长度为L；（4）为了准确测量出电阻，该同学找到了电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0-50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0-3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0-0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0-15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表和电压表应选用______ （选填器材前的字母）；实验电路应采用图3中的______ （填“甲”或“乙”）（5）如果电压表的读数为U，电流表的读数为I，则该金属的电阻率= ______ （用字母表示）．【答案】22；2.150；CB ；乙；πUd 24IL【解析】 解：（1）根据图1可知，R x 的测量值为R x =22×1=22Ω（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为2mm ，可动刻度示数为：15.0×0.01mm =0.150mm ，螺旋测微器读数为2mm +0.150mm =2.150mm（3）因电源的电压为4V ，因此电压表选择3V 量程，即C 项；由于R x =22Ω，根据欧姆定律可知，电流的最大值为约为：I=422=0.118A ，从精确角来说，所以电流表选择0.6A 的量程，即B 选项；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，R V R x＜RxR A，因此选择电流表内接法，故选择乙图．（4）根据欧姆定律得：R x =UI ，根据R x =ρLS 得：ρ=πUd 24IL故答案为：（1）22；（2）2.150；（3）CB ；乙；（4）πUd 24IL（1）根据图1直接读数；（2）螺旋测微器读数应该为：固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数（3）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法； （4）根据欧姆定律和电阻定律求解．本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；同时注意电路图的正确选择，明确“大内小外”的选择方法．七、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.全球最大的太阳能飞机--阳光动力2号在机翼上安装了17248块光伏电池，所需能量完全由太阳能电池提供无需一滴燃料．2014年6月2日，阳光动力2号在瑞士西部城市帕耶讷成功首飞，2015年3月31日，抵达重庆．安装4台发动机，每台功率13.5k W ．已知飞机竖直向上的升力与其水平速度v 的关系为F 升=kv 2（k =10009N •s 2/m 2），起飞时总质量为2500kg ，重力加速度g 取10m /s 2．（1）现将该飞机在水平直跑道上起飞过程简化如下：飞机从静止开始做匀加速直线运动，经过225m 时，飞机即将离开地面．求飞机即将离开地面时速度的大小，起飞过程加速度的大小；（2）若飞机四台发动机全功率启动，由静止开始加速经过10s 离开地面，起飞过程受到的阻力恒为2000N ，发动机的效率为80%，求起飞过程的位移．【答案】解：（1）飞机即将离开地面时有：F升=mg=kv2，解得：v=√mgk =√2500010009m/s=15m/s，根据速度位移公式得，加速度为：a=v22x =2252×225m/s2=0.5m/s2．（2）根据动能定理知：4Pt×80%−fx=12mv2，代入数据解得：x=75.375m．答：（1）起飞过程加速度的大小为0.5m/s2；（2）起飞过程的位移为75.375m．【解析】（1）当飞机即将离开地面时，升力与重力相等，结合升力与水平速度的表达式求出水平速度，结合速度位移公式求出起飞的加速度．（2）抓住功率不变，结合动能定理求出求出起飞过程中的位移大小．本题属于信息题，通过升力与水平速度的关系求出飞机离开地面的速度是解决本题的关键，对于第二问，注意功率不变，飞机做变加速运动，不能通过动力学求解位移，只能通过动能定理进行求解．11.如图所示，A是光滑绝缘固定的四分之一圆弧的端点，B是其底端，O是其圆心，OA水平，半径为R=0.8m，圆弧所在的地区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，B点右侧为倾角为53°的粗糙、绝缘斜面，斜面所在区域存在水平向右的匀强电场，E=10V/m，圆弧与斜面平滑连接．质量为m=0.01kg，带电量为q=+10-2C的小球从A点同静止开始下滑，到达B点时恰好对圆弧无压力，小球与斜面的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）感应强度的大小和小球在斜面上运动的最远距离；（2）若小球在斜面最高点时撤去电场，小球第一次返回B点对圆弧的压力大小．【答案】解：（1）小球从A运动到B的过程，由机械能守恒得：mg R=12mv B2，则v B=√2gR=√2×10×0.8=4m/s在B点，由左手定则判断可知小球所受的洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律得：qv B B-mg=m v B2R可得B=m(g+v B2 R )qv B =0.01×(10+420.8)10−2×4T=7.5T设小球在斜面上运动的最远距离为S．小球在斜面上运动的过程，根据动能定理得：q ES cos53°-mg S sin53°-μ（mgcos53°+q E sin53°）S=0-12mv B2代入解得S=89m（2）撤去电场后，小球从最高点到返回B点的过程，由动能定理得：mg S sin53°-μmg S cos53°=12mv B′2，解得v B′=2√33m/s在B点，有N-mg-qv B′B=m v B′2R解得N=（0.225+√320）N由牛顿第三定律知，小球第一次返回B点对圆弧的压力大小N′=N=（0.225+√320）N．答：（1）感应强度的大小是7.5T，小球在斜面上运动的最远距离是89m；（2）若小球在斜面最高点时撤去电场，小球第一次返回B点对圆弧的压力大小为（0.225+√320）N．【解析】（1）由于洛伦兹力不作功，小球从A运动到B的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球到B时的速度．在B点，由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求B．再研究小球在斜面上运动的过程，根据动能定理求小球在斜面上运动的最远距离；（2）撤去电场后，再由动能定理求出小球返回B点时的速度大小，由牛顿运动定律求对圆弧的压力．本题是带电体在复合场中运动的问题，分析小球的受力情况，抓住每个过程和状态的规律是关键．要知道涉及高度、距离等空间量时往往首先考虑动能定理．12.竖直平面内有区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ与Ⅱ在水平地面上方，Ⅲ在水平地面的右方，区域Ⅱ的宽度为L=10m．区域Ⅰ内有水平传送带AB，AB长为L AB=36m，B端距地面的高度为h=5m，区域Ⅲ内有竖起向上的匀强电场E=10V/m和垂直纸面向里的匀强磁场B=π（T），电磁场区域无限宽广．一质量为m=0.01kg、带电量为+q=0.01C的带电物块（可看成质点）静止于A处．传送带绝缘，物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.2．不计空气阻力和皮带轮的大小，g=10m/s2．（1）若传送带顺时针匀速转动，v0=4m/s，则物块经过多长时间到达B点；（2）若物块恰好从Ⅱ区右下角进入Ⅲ区，求传送带向右匀速运动的速度和物块在电磁场中运动的时间；（3）计算物块在电磁场中运动的半径与传送带速度的关系，并求出最小半径．【答案】 解：（1）物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.2． 由牛顿第二定律，则有加速度a =μg =2m /s 2； 若传送带顺时针匀速转动，v 0=4m /s ， 则滑块经过t 1=v 0a =2s 达到共同速度，在2s 内滑块发生位移s 1=12at 2=12×2×22=4m ； 因此滑块先匀加速后匀速直线运动，t 2=s AB −s 1v 0=36−44s =8s ；那么物块经过t =2+8=10s 时间到达B 点；（2）物块恰好从Ⅱ区右下角进入Ⅲ区，滑块做平抛运动，水平方向，L=v 0t =10m 竖直方向，h =12gt 2=5m ；解得：v 0=10m /s 而v y =gt =10m /s因此滑块以10√2m /s ，与竖直夹角为45°速度，进入电磁场中， 由于mg =0.01×10=0.1N 而q E=0.01×10=0.1N因电场力与重力相等，则带电滑块在电磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 那么圆弧对应的圆心角为270°，因此物块在电磁场中运动的时间t 3=34T =34×2πm qB=32s（3）滑块做平抛运动，进入电磁场的时间为t 4=Lv 皮那么滑块进入电磁场的竖直方向速度v y ′=gLv 皮由速度合成可知，滑块进入电磁场的速度v ′=√(gLv 皮)2+v 皮2根据滑块做圆周运动的半径公式R=mv′qB =m qB √(gLv 皮)2+v 皮2由上式，结合数学知识，可知，当v 皮=10m /s 时，运动的半径最小，最小半径为R min=0.01×10√20.01×π=4.5m答：（1）若传送带顺时针匀速转动，v0=4m/s，则物块经过10s时间到达B点；（2）若物块恰好从Ⅱ区右下角进入Ⅲ区，传送带向右匀速运动的速度10m/s和物块在电磁场中运动的时间1.5s；（3）物块在电磁场中运动的半径与传送带速度的关系R=mqB √(gL v皮)2+v皮2，最小半径4.5m．【解析】（1）根据滑动摩擦力，结合牛顿第二定律，求得滑块在皮带上的加速度，再根据皮带速度，结合运动学公式，发现滑块在皮带上先匀加速，后匀速，从而即可求解时间；（2）根据滑块做平抛运动，由水平位移与竖直高度，从而求得抛出的初速度，再由速度的合成，求得进入电磁场的速度大小与方向，再根据电场力与重力平衡，可判定带电滑块在电磁场中做匀速圆周运动，最后由周期公式，结合圆弧对应的圆心角，即可求解；（3）根据平抛运动的水平位移，从而求得运动的时间，由速度的合成，求得滑块进入电磁场的速度，再结合半径公式，即可列出表达式，根据数学知识，求得半径最小值．考查物体做匀变速直线运动、平抛运动与匀速圆周运动，掌握运动学公式，理解平抛运动规律，知道周期与半径公式，注意画出正确的运动图是解题的关键，最后掌握数学知识来求得极值的方法．高中物理试卷第11页，共11页。
2015届高三第一次全国大联考(四川版)物理卷 Word版含解析资料
绝密★启用前2015年第一次大联考【四川卷】物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案．．．．．．．．．．．无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）本卷共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.关于科学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）A ．根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短变矮B ．伽利略运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断C ．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D ．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在 【答案】B【考点】考查物理学史【解析】根据爱因斯坦提出的狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短，但是与运动垂直的方向长度不变，即高度不变，A错；法拉第在研究电磁感应现象时利用了常规实验法，C 错；麦克斯韦预言了电磁波的存在，但是用实验证实了电磁波的存在的是赫兹，D 错；B 符合事实。
【易错警示】因斯坦提出的狭义相对论中的动尺变短指的是运动方向长度变短，不是任何方向的长度都变短。
2.如图甲所示，质量m =2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动。
过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示。
2015年四川省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。
(完整word版)2015年全国高考理综试题及答案-全国卷1(物理部分16K共8页),推荐文档
2015年全国高考理综试题（全国卷1物理部分）第14~17题只有一项是符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小15．如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。
一电子有M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φNB ．直线c 位于某一等势面内， φM >φNC ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A ．B ．C ．D ．M φN φP φP φU 9166==k ,V U 9122==k ,V U 3166==k ,V U 3122==k ,V U17．如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中客服摩擦力所做的功。
则A ． ，质点恰好可以到达Q 点B ． ，质点不能到达Q 点C ． ，质点到达Q 后，继续上升一段距离D ． ，质点到达Q 后，继续上升一段距离18、一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。
高考物理-历年高考真题分类汇编2015A单元 质点的直线运动
[] A单元质点的直线运动A1直线运动的概念、匀速直线运动10．[2015·四川卷] A1C2D1E1I1如图1-9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 ＝1.5×106 N/C、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6 C，质量m＝0.25 kg，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0.55 s到达A 点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝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的关系如下表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2.求：v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N26 3(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/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．图1-910．(1)0.5 s(2)－9.25 J[解析] (1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s．③(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，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Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55 s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P从A点至B点，受外力F2＝6 N、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F2－μmg－qE＝ma3⑦v23－v22＝2a3x1⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为F E，有F E＝F3⑨F3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点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知v3＝tan α⑩gΔt3x2＝v3Δt3⑪设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则W＝－qE(x1＋x2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J⑬11．[2015·四川卷] A1C2D1E6J2L4I1如图1-10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.图1-10(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 棒某横截面的电荷量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2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．11．(1)14m v 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R(3)1Lmg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2 μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ[解析] (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k 且W ＝W 1 由题有E k ＝12m v 21得W ＝14m v 21.(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt且ΔΦ＝B ΔS I ＝q Δt 又有I ＝2ER由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ)联立解得q ＝2Bd （L －d cot θ）R.(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 －2x cot θ此时，ab 棒产生电动势E x 为E x ＝B v 2L x 流过ef 棒的电流I x 为I x ＝E xRef 棒所受安培力F x 为F x ＝BI x L 联立解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)由上式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，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F 1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F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F 1sin α) 得B m ＝1L mg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2.上式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． 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F 2，如图可知F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α联立解得x m ＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.15．[2015·浙江卷] A1如图1-1所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是( )图1-1A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角[解析] A 宽度越窄，平均速度越接近通过光电门时的瞬时速度，故选项A 正确．提高测量遮光条宽度的精确度，只是提高测量速度的精度，故选项B 错误．改变滑块的释放点到光电门的距离，只是改变测量速度的大小，故选项C 错误．改变气垫导轨与水平面的夹角，只是改变测量速度的大小，故选项D 错误．A2 匀变速直线运动的规律及应用20．[2015·福建卷] A2一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v -t 图像如图1-9所示．求：(1)摩托车在0～20 s 这段时间的加速度大小a ； (2)摩托车在0～75 s 这段时间的平均速度大小v .图1-9[答案] (1)1.5 m/s 2 (2)20 m/s [解析] (1)加速度a ＝v t －v 0t由v -t 图像并代入数据得a ＝1.5 m/s 2. (2)设20 s 时速度为v m ，0～20 s 的位移 s 1＝0＋v m 2t 120～45 s 的位移 s 2＝v m t 2 45～75 s 的位移s 3＝v m ＋02t 30～75 s 这段时间的总位移 s ＝s 1＋s 2＋s 30～75 s 这段时间的平均速度 v ＝st 1＋t 2＋t 3代入数据得v ＝20 m/s.25．A2、C5[2015·全国卷Ⅰ] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图1-10(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．(a) (b)图1-1025．(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.9．[2015·四川卷] A2E1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重要污染源，“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20 s达最高速度72 km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．图1-8(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) 9．(1)1950 m(2)2.04 kg[解析] (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s.则s1＝12v t1①s2＝v t2②s3＝12v t3③s＝s1＋s2＋s3④联立①②③④式并代入数据得s＝1950 m⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W，将排放气态污染物质量为M.则W1＝F·s1⑥W2＝P·t2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9 kg·J－1)·W⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M ＝2.04 kg ⑩A3 自由落体运动 A4 竖直上抛运动 A5 运动图象14．[2015·山东卷] A3距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图1-1.小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )图1-1A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m[解析] A 从A 点“自由卸下”的小球做平抛运动，下落时间t A ＝2H g＝2×510s ＝1 s ．小车从A 点运动到B 点所用时间t AB ＝ x ABv ＝ 0.5 s ．悬挂在B 点的小球做自由落体运动，下落时间t B ＝2hg，根据t B ＝t A －t AB ，可解得h ＝1.25 m ．选项A 正确． 3．[2015·重庆卷] F1A3高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg[解析] A 安全带产生作用力前，人自由下落，根据v 2＝2gh 可求下落距离h 时的速度，之后由于涉及力和时间的运算，且力非恒力，因此需运用动量定理，即(mg －F )t ＝0－m v ，根据以上两式，解得平均作用力F ＝m 2ght＋mg ，故选A.6．[2015·重庆卷] A3(1)同学们利用如图1-5所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x ，则乙同学的反应时间为________(重力加速度为g )．基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4 s ，则所用直尺的长度至少为________cm(g 取10 m/s 2)；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是________的(选填“相等”或“不相等”)．[答案] (1)2x g80 不相等 [解析] (1)忽略空气阻力，直尺做自由落体运动．当甲同学松手后，在乙同学的反应时间内直尺运动的位移为x ＝12gt 2，解得时间为t ＝2x g；测量时间范围为0～0.4 s ，代入公式x ＝12gt 2，可知直尺长度至少为80 cm 才能保证估测反应时间实验成功；自由落体运动是匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2，相等的时间间隔内位移在逐渐变化，因此相等的时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的．13．[2015·广东卷] A5甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图像如图1-1所示．下列表述正确的是( )图1-1A ．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B ．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C ．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D ．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等[解析] B 在位移—时间图像中，斜率表示速度，0.2～0.5 h 内，甲的s t 图线的斜率大于乙的s -t 图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B 正确；0.2～0.5 h 内甲、乙均做匀速直线运动，故加速度都为零，A 错误；由图像可看出，0.6～0.8 h 内，甲的位移大于乙的位移，C 错误；在0～0.8 h 内甲、乙的位移相等，路程不相等，D 错误．5．[2015·重庆卷] C3A5若货物随升降机运动的v -t 图像如图1-3所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是( )图1-3A B C D图1-4[解析] B货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v-t图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力)，可得答案为B.A6追及与相遇问题A7实验：研究匀变速直线运动(长度的测量)34．[2015·广东卷] A7(1)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度．①请完成以下主要实验步骤：按图1-7(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；________，________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验．②图1-7(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和________．图1-7[答案] (1)①靠近接通电源释放纸带②b纸带与打点计时器间的摩擦力[解析] (1)①重物靠近打点计时器时，打点计时器才能在纸带上打下足够多的点，以便获取相关的数据，使得实验数据更加可靠；实验时，要先接通电源后释放纸带，以保证打下的第一个点速度为零；②纸带b中相邻两点之间的距离是均匀增大的，而纸带c相邻两点之间的距离则是先增大后减小，故要选择纸带b 计算重力加速度；在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地的重力加速度，这是由于重物下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器间有摩擦阻力．22．[2015·全国卷Ⅱ] A7C5某同学用图1-7(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续点之间的距离．(a) (b)图1-7(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角[答案] (1)3.25 1.79 (2)C[解析] (1)a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）（2T ）2＝3.25 m/s 2 v ＝x 2＋x 32T ＝1.79 m/s (2)根据a ＝g sin θ－μg cos θ可知，还需要知道斜面的倾角，故选C.A8 直线运动综合9．A8，C5，E6[2015·江苏卷] 如图1-7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )图1-7A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度9．BD [解析] 以圆环为研究对象，刚下滑一小段距离时，它受重力mg 、弹簧拉力T 、杆对环的支持力F N 和滑动摩擦力f ，如图1所示，此时弹簧形变量小，拉力T 较小，支持力F N 也较小，从而滑动摩擦力f 小于重力mg ，合力较大，合力的方向竖直向下，加速度也较大，当圆环继续下滑时，弹簧形变量增大，拉力T 增大，支持力F N 也增大，滑动摩擦力f 也增大，合力减小，加速度减小，但速度仍然增大，到B 处时合力为零，再向下运动时，合力反向且增大，加速度也向上且增大，圆环做减速运动，故选项A 错误；圆环克服摩擦力f 做功使得内能E 内增加，在圆环下落至最低点过程中，重力势能mgh 转化为弹性势能E 弹和内能，即mgh ＝E 弹＋E 内①而在最低点C 处获得一初速度v 时，圆环恰又能回到A 点，这个过程中，动能和弹性势能E 弹转化为重力势能mgh 和内能E 内，即12m v 2＋E 弹＝mgh ＋E 内② 联立①、②，可解得E 内＝14m v 2，选项B 正确；再将E 内＝14m v 2代入①，可解得 E 弹＝mgh －14m v 2，故选项C 错误；圆环下滑和上滑过程受力分别如图1和图2所示．图1 图2当圆环下滑至B 点时，圆环的重力势能E p AB 转化为弹簧的弹性势能E 弹B 、圆环的内能E 内B 和圆环的动能E k B 下，也就是E p AB ＝E 弹B ＋E 内B ＋E k B 下，即E k B 下＝E p AB －E 弹B －E 内B ，③当圆环上滑过程中从B 到A 时，圆环的动能以及弹簧的弹性势能都减少，它们转化为圆环的内能和重力势能，也就是E k B 上＋E 弹B ＝E 内B ＋E p AB ，即E k B上＝E p AB＋E内B－E弹B④比较③、④两式，可得E k B上>E k B下，则v B上>v B下，故选项D正确．11．A8，L4[2015·江苏卷] 某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律．实验装置如图1-10所示，打点计时器的电源为50 Hz的交流电．图1-10(1)下列实验操作中，不正确的有________．A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源(2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”)，将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，…，8.用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O点的距离，记录在纸带上，如图1-11所示．图1-11计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表. 请将表中的数据补充完整．位置123 4v(cm/s)24.533.837.8________位置5678v(cm/s)39.539.839.839.8(3)分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________；磁铁受到阻尼作用的变化情况是________．(4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作(记为“实验②”)，结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同. 请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得到什么结论？11．(1)CD(2)39.0(3)逐渐增大到39.8 cm/s逐渐增大到等于重力(4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用．磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用．[解析] (1)C 选项应用手提着穿过限位孔的纸带且让磁铁靠近打点计时器从静止释放纸带，D 选项应先接通电源后释放纸带．(2)v 4＝5.60－4.040.02×2cm/s ＝39.0 cm/s. (3)磁铁速度逐渐增大到39.8 cm/s ，加速度逐渐减小到零．说明电磁阻力逐渐增大到等于重力．4．[2015·四川成都石室中学高三期中]甲、乙两个物体从同一地点开始向同一方向运动，其速度随时间变化的图像如图K2-4所示，图中t 2＝t 42，两段曲线均为半径相同的14圆弧，则在0～t 4时间内( )图K2-4A ．两物体在t 1时刻加速度相同B ．两物体在t 2时刻运动方向均改变C ．两物体在t 3时刻相距最远，在t 4时刻相遇D ．0～t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度4．C [解析] 在t 1时刻，甲物体的v -t 图线的斜率为正，乙物体的v -t 图线的斜率为负，加速度方向不同，故A 错误；甲、乙的速度图像都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，故B 错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知，两物体在t 3时刻相距最远，在t 4时刻相遇，故C 正确；0～t 4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D 错误．3．2015·湖南衡阳五校联考甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图像如图K2-3所示，则下列说法中正确的是( )图K2-3A ．两物体两次相遇的时刻是2 s 末和6 s 末B ．4 s 末甲在乙前面C ．在0～6 s 内，两物体相距最远的时刻是1 s 末D ．乙物体先向前运动2 s ，随后向后运动3．A [解析] 在t ＝0到t ＝2 s 这段时间内乙的位移为x ＝12×2×4 m ＝4 m ，甲的位移为x ′＝2×2 m ＝4 m ，两者位移相同，又是从同一地点出发，故在2 s 末二者相遇，同理可判断在6 s 末二者也相遇，故A 正确；在t ＝0到t ＝4 s 这段时间内甲的位移为x 甲＝4×2 m ＝8 m ，乙的位移为x 乙＝12×2×4 m ＋12×(2＋4)×2 m ＝10 m ，甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B 错误；由图可知，4 s 末二者的距离比1 s 末的大，故C 错误；乙的运动方向始终未发生变化，故D 错误．3．(多选)2015·浙江金华高三二模甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v -t 图像如图K3-4所示，3 s 末两质点在途中相遇，由图像可知( )图K3-4A ．甲的加速度等于乙的加速度B ．出发前甲在乙前方6 m 处C ．出发前乙在甲前方6 m 处D ．相遇前甲、乙两质点的最远距离为6 m3．BD [解析] 由图看出，甲质点的v -t 图线的斜率小于乙质点的v -t 图线的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度，故A 错误；3 s 末甲、乙通过的位移分别为：x 乙＝12×6×3 m ＝9 m ，x 甲＝12×3×2 m ＝3 m ，由题可知，3 s 末两质点在途中相遇，则说明出发前甲在乙前方6 m 处，故B 正确，C 错误；由于出发前甲在乙前方6 m 处，出发后乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲、乙两质点的最远距离为6 m ，故D 正确．4．(2015·河南洛阳高三一统)2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡的坡底，突然司机发现山坡上距坡底240 m处的泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为 1 s ，汽车启动后一直做匀加速直线运动．如图K11所示．(1)求泥石流到达坡底的时间和速度大小．(2)汽车的加速度至少为多大才能脱离危险？(结果保留三位有效数字)图K114．(1)20 s 16 m/s (2)0.421 m/s 2[解析] (1)设泥石流到达坡底的时间为t 1，速度为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21 v 1＝v 0＋a 1t 1代入数据得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s.(2) 汽车加速至v 1 ，且泥石流和汽车在水平地面的位移刚好相等时，恰能脱离危险，有 v 汽＝v 1＝a ′tx 汽＝v 2汽2a ′＝v 212a ′x 泥＝v 1(t ＋1 s －t 1)＝x 汽解得a ′＝0.421 m/s 2.。
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第1页（共19页） 2015年四川省高考物理试卷 一、选择题：每题6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分 1．（6分）（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
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． 波速时1m/s D． 周期是0.1s
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
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（ ）
A． 峰值是e0 B． 峰值是2e0 C． 有效值是e0 D． 有效值是Ne0 第2页（共19页）
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 2.3×1011
A． 火星的公转周期较小 B． 火星做圆周运动的加速度较小 C． 火星表面的重力加速度较大 D． 火星的第一宇宙速度较大
6．（6分）（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
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=9.1cm C． θ=45°时，l=4.55cm D． θ=30°时，l=4.55cm
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， 第3页（共19页）
图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1= cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2= N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是 ．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．
9．（11分）（2015•四川）用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx，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Rx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： 第4页（共19页）
①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ②由图2的图线，得电源内阻r= Ω； ③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ，代入数值可得Rx； ④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 （选填“相同”或“不同”）
10．（15分）（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）
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≥5 F/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．
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； 第5页（共19页）
（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． 第6页（共19页） 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． 波速时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．