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【名师解析】四川省乐山市2015届高三二模物理试卷


2015 年四川省乐山市高考物理二模试卷
一、选择题(在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项是正确的,有的有多个选项正确, 全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分) 1.(6 分)(2015?乐山二模)一个做简谐振动的弹簧振子,周期为 T,振幅为 A,已知振子从 平衡位置第一次运动到 x= 处所用的最短时间为 t1,从最大的正位移处第一次运

动到 x= 处所 用的最短时间为 t2,那么 t1 与 t2 的大小关系正确的是( A. t1=t2 B. t1<t2 C. t1>t2 D. 无法判断 【考点】: 简谐运动的回复力和能量;简谐运动. 【专题】: 简谐运动专题. 【分析】: 做简谐运动的弹簧振子做变加速运动,振子远离平衡位置时速度减小,相反靠近平 衡位置时速度增大,根据振子的运动情况分析确定时间关系 【解析】: 解:A、根据振子远离平衡位置时速度减小,靠近平衡位置时速度增大可知,振子 第一次从平衡位置运动到 x= A 处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到 x= A 处的平 均速度,而路程相等,说明 t1<t2.故 ACD 错误,B 正确; 故选:B 【点评】:解答本题关键要理解并掌握振子的运动情况,也可以通过作振动图象进行分析. 2.(6 分)(2015?乐山二模)如图所示,一光束包含两种不同频率的单色光,从空气射向两面 平行玻璃砖的上表面,玻璃砖下表面有反射层,光束经两次折射和一次反射后,从玻璃砖上表面 分为 a、b 两束单色光射出.下列说法正确的是( ) )

A. a 光的频率小于 b 光的频率 B. 用同一装置进行双缝干涉实验,a 光的条纹间距等于 b 光的条纹间距 C. 出射光束 a、b 一定相互平行 D. a、b 两色光从同种玻璃射向空气时,a 光发生全反射的临界角大 【考点】: 光的折射定律. 【专题】: 光的折射专题. 【分析】: 作出光路图,根据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小,从而比较出频率的大 小和波长的大小,通过波长大小,结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小. 【解析】: 解: A、作出光路图如图所示,可知光从空气射入玻璃时 a 光的偏折程度较大,则 a 光的折射率较大, 频率较大.故 A 错误.

B、a 光的频率较大,则波长较小,根据干涉条纹间距公式△x= 于 b 光的干涉条纹间距.故 B 错误.

,知 a 光的干涉条纹间距小

C、因为 a、b 两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等,根据几何知识可知 出射光束一定相互平行.故 C 正确. D、因为 a 光的折射率较大,由临界角公式 sinC= ,则知 a 光的临界角小.故 D 错误. 故选:C.

【点评】:解决本题的关键是作出光路图,通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小,并掌握 折射率与波长、临界角等之间的关系. 3.(6 分)(2015?乐山二模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 10:1,原线圈接 电压恒定的交流电,副线圈输出端接有 R=4Ω 的电阻和两个“18V,9W”相同小灯泡,当开关 S 断开时,小灯泡 L1 刚好正常发光,则( )

A. 原线圈输入电压为 200V B. S 断开时原线圈中的电流为 0.05A C. 闭合开关 S 后,原、副线圈中的电流之比增大 D. 闭合开关 S 后,小灯泡 L1 消耗的功率减小 【考点】: 变压器的构造和原理;电功、电功率. 【专题】: 交流电专题. 【分析】: 输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决 定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可. 【解析】: 解:A、灯泡正常发光,副线圈电流为 I= =0.5A,所以副线圈两端电压

U=18+0.5× 4=20V,电压与匝数成正比,原线圈输入电压为 200V,所以 A 正确; B、电流与匝数成反比,由 A 知 S 断开时原线圈中的电流为 0.05A,所以 B 正确; C、闭合开关 S 后,原、副线圈中的电流之比不变,所以 C 错误; D、当开关 S 闭合时,总电阻减小,副线圈电压不变,所以副线圈电流增大,R 分压增大,小灯 泡 L1 消耗的功率减小,故 D 正确; 故选:ABD. 【点评】:本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变 压原理、功率等问题彻底理解.

4.(6 分)(2015?乐山二模)“神舟十号”飞船绕地球的运动可视为匀速圆周运动,其轨道高度 距离地面约 340km,则关于飞船的运行,下列说法中正确的是( A. 地球对飞船的万有引力提供飞船运行的向心力 B. 飞船处于平衡状态 C. 飞船运行的速度大于第一宇宙速度 D. 飞船运行的加速度大于地球表面的重力加速度 【考点】: 万有引力定律及其应用. 【专题】: 万有引力定律的应用专题. 【分析】: 飞船绕地球做匀速圆周运动过程中只受到地球的万有引力,故可知万有引力提供飞 船圆周运动的向心力,由此分析即可. 【解析】: 解:A、飞船飞行过程中只受地球引力作用下做匀速圆周运动,故万有引力提供飞 船运行的向心力,故 A 正确; B、飞船做匀速圆周运动,合力不为零,故飞船处于非平衡状态,故 B 错误; C、据万有引力提供圆周运动向心力 知飞船的速度随轨道半径增大而减小,而第一宇 )

宙速度是近地卫星运行的速度, 是绕地球圆周运动的最大速度, 故飞船运行速度小于第一宇宙速 度,C 错误; D、在地球表面重力与万有引力大小相等,由 可知,飞船的加速度随轨道半径的增大而

减小,故飞船的加速度小于地球表面的重力加速度,故 D 错误. 故选:A. 【点评】:绕地球圆周运动的飞船所需向心力由万有引力提供,知道第一宇宙速度的物理意义, 知道地球表面重力与万有引力相等是正确解题的关键. 5.(6 分)(2015?乐山二模)相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板,它们之间的电场 除边缘外,可看作匀强电场,其电场线分布如图所示.一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场,则 从 a 运动到 d 的过程中( )

A. 粒子的速度一直在增大 B. 粒子的电势能一直在减小 C. 粒子在 a 点的电势能比在 d 点低 D. 粒子的加速度先变大再不变后变小 【考点】: 电场线;电势能. 【专题】: 电场力与电势的性质专题.

【分析】: 电场力的方向与电场线的切线的方向相同,根据电场力做功与动能的变化判断 A, 根据电场力做功与电势能的关系判断 B,根据沿电场线的方向电势解答判断 C,电场线的疏密表 示电场的强弱. 【解析】: 解:A、由于电场力的方向与电场线的切线的方向相同,从图中可以看出粒子在 a 点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于 90 度,所以在 a 点的附近,电场力做负功,所 以粒子的动能先减小.故 A 错误; B、在 a 点的附近,电场力做负功,根据电场力做功与电势能的关系知粒子的电势能在 a 点的附 近先增大.故 B 错误; C、从图中可得,a 点位移 a 所在电场线的接近中点的地方,二 d 点离负极板更近一些,所以 a 点的电势一定高于 d 点的电势,正电荷在 a 点的电势能大于在 d 点的电势能.故 C 错误; D、电场线的疏密表示电场的强弱,从图中可知,b 点附近的电场线最密,所以 b 点的场强最大, 大于 a 点和 d 点的场强,所以粒子在 a 到 d 的过程中,受到的电场力先增大,后减小,根据牛顿 第二定律,粒子的加速度想增大,后减小.故 D 正确. 故选:D 【点评】:该题考查电场线的特点,以及电场力做功与动能、电势能之间的关系.图中可以看出 粒子在 a 点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于 90 度是解题的关键. 6.(6 分)(2015?乐山二模)如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货 物,已知货箱的质量为 M,货物的质量为 m,货车以速度 v 向左做匀速直线运动,重力加速度 为 g,则在将货物提升到图示的位置时,下列说法正确的是( )

A. 货箱向上运动的速度大于 v B. 缆绳中的拉力 FT>(M+m)g C. 货车对缆绳拉力做功的功率 P>(M+m)gvcosθ D. 货物对货箱底部的压力小于 mg 【考点】: 功率、平均功率和瞬时功率;运动的合成和分解. 【专题】: 功率的计算专题. 【分析】: 由于绳子不可伸长,货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分 量相等,根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可. 【解析】: 解:将货车的速度进行正交分解,如图所示:

由于绳子不可伸长,货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等,故: v1=vcosθ

由于 θ 不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上; A、货箱和货物整体向上做加速运动,大小小于 v,故 A 错误; B、货箱和货物整体向上做加速运动,故拉力大于(M+m)g,故 B 正确; C、整体的速度为 vcosθ,故拉力功率 P=Fv>(M+m)gvcosθ,故 C 正确; D、货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上,是超重,故箱中的物体对箱底的压力大于 mg,故 D 错误; 故选:BC. 【点评】:本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式,确定货箱和货物整体的运动规律, 然后结合功率表达式 P=Fv 分析,不难. 7.(6 分)(2015?乐山二模)如图所示,固定在水平面上的光滑平行金属导轨,间距为 L,右 端接有阻值为 R 的电阻,空间存在在方向竖直、磁感应强度为 B 的匀强磁场.质量为 m、电阻 为 r 的导体棒 ab 与固定弹簧相连,放在导轨上.初始时刻,弹簧恰处于自然长度.给导体棒水 平向右的初速度 v0,导体棒开始沿导轨往复运动,在此过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持 良好接触.已知导体棒的电阻 r 与定值电阻 R 的阻值相等,不计导轨电阻,则下列说法中正确的 是( )

A. 导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左 B. 导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压 U=BLv0 C. 导体棒开始运动后速度第一次为零时,系统的弹性势能 Ep= m D.金属棒最终会停在初始位置, 在金属棒整个运动过程中, 电阻 R 上产生的焦耳热 Q= m

【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律. 【专题】: 电磁感应与电路结合. 【分析】: 根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向,再根据左手定则判断出安培力的方 向;由 E=BLv0 和欧姆定律求解导体棒两端的电压;导体棒运动过程中,产生电能,根据功能关 系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能; 根据能量守恒求解在金属棒整个运 动过程中,电阻 R 上产生的焦耳热. 【解析】: 解: A、导体棒开始运动的初始时刻,由右手定则判断可知:ab 中产生的感应电流方向从 a→b,由 左手定则判断得知 ab 棒受到的安培力向左,故 A 正确. B、导体棒开始运动的初始时刻,ab 棒产生的感应电势为 E=BLv0.由于 r=R,所以导体棒两端 的电压 U= E= BLv0.故 B 错误. C、由于导体棒运动过程中产生电能,所以导体棒开始运动后速度第一次为零时,根据能量守恒 定律得知:系统的弹性势能小于 .故 C 错误.

D、金属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻 R 上产生的焦耳热 Q= 故选:AD 【点评】 : 弄清运动过程中能量如何转化, 并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键, 当然右手定则和安培定则也熟练运用. 二、非选择题(共 68 分) 8.(6 分)(2015?乐山二模)如图所示是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸 带.打点计时器电源频率为 50Hz.A、B、C、D、E、F、G 是纸带上 7 个连续的点,F 点由于 不清晰而未画出. F 点的速度 v= 0.71 m/s, 加速度 a= 7.8 m/s(结果均保留两位有效数字) .
2

=

,故 D 正确.

【考点】: 探究小车速度随时间变化的规律. 【专题】: 实验题. 【分析】: 由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得 F 点的速度. 由△x=aT 可得知道的加速度. 【解析】: 解:EG 间距为:2.84× 10 F 点的速度为: , 纸带的加速度为: =7.8m/s . 故答案为:0.71;7.8. 【点评】:关于纸带首先要掌握平均速度表示瞬时速度;其次要会用△x=aT 求加速度; 9.(10 分)(2015?乐山二模)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时,所用电流表内阻约 为几欧,电压表内阻约为十几千欧.实验中得到了多组数据,通过描点连线在 I﹣﹣U 系中得到
2 2
﹣2

2

m

了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所

示. (1)在虚线框中画出实验电路原理图,并在图乙中用笔画线代替导线连接电路. (2)根据图甲,可确定小灯泡的功率 P 与 U 和 P 与 I 的关系,图丁示意图中合理的是
2 2

D

. 0.64 W.

(3)将被测小灯泡、定值电阻 R 和电源串联成如图丙所示的电路,电源电动势为 6.0V,内阴为 1.0Ω.若电路中的电流为 0.40A,则定值电阻 R 所消耗的电功率为 【考点】: 描绘小电珠的伏安特性曲线. 【专题】: 实验题. 【分析】: (1)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法,然后作出实验电路图. (2)根据图甲所示图象判断灯泡电阻随电压变化的关系,然后根据电功率公式分析答题. (3)由图甲所示图象求出电流为 0.4 时,灯泡两端电压,然后根据图象求出灯泡两端电压,最 后由闭合电路欧姆定律与电功率公式 P=UI 求出电阻消耗的功率. 【解析】: 解:(1)描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用 分压接法,由图甲所示图象可知,灯泡电阻约为 R= = ≈14.6Ω,电流表内阻约为几欧,电

压表内阻约为十几千欧,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实验电路图如图所 示:

根据实验电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示:

(2)由图甲所示图象可知,随灯泡电流与电压的增大,电压与电流的比值增大,即随灯泡电流 与电压的增大,灯泡电阻增大; A、由于灯泡电阻随 U 的增大而增大,由 P= AB 错误; C、由于灯泡电阻随电流增大电阻 R 增大,由 P=I R 可知,P﹣I 图象斜率增大,故 C 错误,D 正确; (3) 由图甲所示图象可知, 电流为 0.4A 时, 灯泡两端电压为 4V, 电阻两端电压 UR=E﹣Ir﹣UL=6 ﹣0.4× 1﹣4=1.6V,电阻消耗的电功率 P=URI=1.6× 0.4=0.64W. 故答案为:(1)实验电路图与实物电路图如图所示;(2)D;(3)0.64. 【点评】:本题考查了设计实验电路图、连接实物电路图、判断灯泡功率的变化规律、求电阻消 耗的功率等问题,当电压与电流从零开始变化时,滑动变阻器应采用分压接法. 10.(15 分)(2015?乐山二模)如图所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是 20kg,铸件与地 面间的动摩擦因数是 0.25.工人用 80N 的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平 方向的夹角为 θ=37°并保持不变,经 4s 后松手.(g=10m/s )求: (1)松手前铸件的加速度; (2)松手后铸件还能前进的距离.
2 2 2 2 2

可知,灯泡电阻随 U 增大 P﹣U 斜率减小,故

【考点】: 牛顿第二定律. 【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: 对铸件分析,抓住竖直方向上合力为零,根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速 度, 结合速度时间公式求出松手时的速度, 通过牛顿第二定律和速度位移公式求出继续前进的距 离. 【解析】: 解:(1)根据牛顿第二定律得,松手前铸件的加速度 a= m/s . (2)松手时铸件的速度 v=a1t=1.3× 4m/s=5.2m/s, 松手后的加速度大小 ,
2 2

=

m/s =1.3

则松手后铸件还能滑行的距离 x=



答:(1)松手前铸件的加速度为 1.3m/s ; (2)松手后铸件还能前进的距离为 5.4m. 【点评】:本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用,知道加速度是联系力学和运动学 的桥梁,基础题. 11. (17 分) (2015?乐山二模) 如图甲所示, 在倾角为 37° 足够长的粗糙斜面底端, 一质量 m=1kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定,但它们并不相连,滑块可视为质点.t=0 时解除锁定,计算机通 过传感器描绘出滑块的 v﹣t 图象如图乙所示,其中 Oab 段为曲线,bc 段为直线,在 t1=0.1s 时滑 块已上滑 s=0.2m 的距离(g 取 10m/s ,sin37° =0.6,cos37° =0.8).求: (1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度 a 及动摩擦因数 μ 的大小; (2)t2=0.3s 和 t3=0.4s 时滑块的速度 v1、v2 的大小; (3)弹簧锁定时具有的弹性势能 EP.
2

2

【考点】: 功能关系;牛顿第二定律. 【分析】: (1)根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度,通过牛顿第二定律求出滑块 加速度和地面之间的动摩擦因数. (2)利用运动学公式求出 0.3s 时的速度,在下滑过程中求出下滑加速度,利用运动学公式求出 0.4s 的速度 (3)在 0﹣0.1s 内运用动能定理,求出弹簧弹力做的功,从而得出弹性势能的最大值. 【解析】: 解:在 bc 段做匀加速运动,加速度为: 根据牛顿第二定律,有 mgsin37°+μmgcos37°=ma μ= (2)根据速度时间公式,得: t2=0.3s 时的速度大小:v1=v0﹣at=1﹣10× 0.1=0 在 t2 之后开始下滑 下滑是的加速度为 mgsin37° ﹣μmgcos37°=ma′ a′=gsin37°﹣μmgcos37°=10×0.6﹣0.5× 10× 0.8m/s =2m/s (3)从 0 到 t1 时间内,有动能定理可得 WP﹣mgssin37° ﹣μmgscos37°= WP=mgssin37°+μmgscos37°+ =1× 10× 0.2× 0.6+0.5× 1× 10× 0.2× 0.8+
2 2 2

从 t2 到 t3 做出速度为零的加速运动时刻的速度为:v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s

J=4J

答:(1)物体离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度 a 为 10m/s 及动摩擦因数 μ 的大小为 0.5 (2)t2=0.3s 和 t3=0.4s 时滑块的速度 v1、v2 的大小分别为 0,0.2;

(3)锁定时弹簧具有的弹性势能 Ep 为 4J. 【点评】:本题考查了动能定理、牛顿第二定律等规律,综合性较强,对学生的能力要求较高, 需加强这类题型的训练. 12.(20 分)(2015?乐山二模)如图所示,在 x<0 的区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场, 在第一象限倾斜直线 OM 的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场.一带电粒子自电 场中的 P 点沿 x 轴正方向射出,恰好经过坐标原点 O 进入匀强磁场,经磁场偏转后垂直于 y 轴 从 N 点回到电场区域,并恰能返回 P 点.已知 P 点坐标为 m,电荷量为 q,初速度为 v0,不计粒子重力.求: (1)匀强电场的电场强度大小; (2)N 点的坐标; (3)匀强磁场的磁感应强度大小. ,带电粒子质量为

【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】: 带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】: (1)粒子从 P 点到 O 点做类平抛运动,根据牛顿第二定律和运动学公式,抓住等 时性求出匀强电场的电场强度大小. (2)根据平行四边形定则求出粒子在 O 点的速度,因为粒子在磁场中做匀速圆周运动,出磁场 后做匀速直线运动, 所以 N 点的速度与 O 点的速度相等, 粒子在 N 点的速度是 P 点的速度 2 倍, 所以类平抛运动的时间是以前的二分之一,结合运动学公式求出竖直位移,从而得出 N 点的坐 标. (3)根据几何关系得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径,结合半径公式求出磁感应强度的 大小. 【解析】: 解:(1)设粒子从 P 到 O 时间为 t,加速度为 a,则 L=v0t, 由牛顿第二定律,可得 qE=ma 由以上三式,可解得:

(2)设粒子运动到 N 点时速度为 v,则:



所以粒子从 N 到 P 的时间: 沿 y 轴位移: 因此 N 点坐标为(0, ) ,

(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示,设半径为 R. 粒子在 O 点时速度方向与 y 轴负方向的夹角为 30° 由几何关系可知: 又因为: ,

解得



答:(1)(1)匀强电场的电场强度大小为



(2)N 点的坐标(0,

);

(3)匀强磁场的磁感应强度大小



【点评】:解决本题的关键理清粒子整个过程中的运动规律,掌握处理类平抛运动和圆周运动的 方法,作出运动轨迹,结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解.


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