1、2015年四川省成都七中万达学校高考物理模拟试卷（二）一、选择题，共7题，每题6分每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分） 下列说法中正确的是（） A 奥斯特最早发现电流周围存在磁场 B 伽利略根据实验证实了力是使物体运动的原因 C 开普勒发现了万有引力定律 D 牛顿第一次通过实验测出了万有引力常量【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史知识、物理学家对物理学的主要贡献，分析解答此题【解析】： 解：A、1820年丹麦物理学家奥斯特第一次发现通电导线周围存在磁场，故A正确B、伽利略根据实验证实了力不是维
2、持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因故B错误C、开普勒发现了行星运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律故C错误D、卡文迪许第一次通过实验测出了万有引力常量故D错误故选A【点评】： 本题考查了物理学史方面的知识，学习物理学史不仅能丰富我们的知识，还能激发我们学习物理的兴趣，平时要注意物理学历史知识的学习与积累2（6分） 如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（） A 物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下 B 物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下 C 物体A随传送带一起向
3、下运动时，A不受摩擦力作用 D 无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同【考点】： 牛顿第二定律；滑动摩擦力【专题】： 传送带专题【分析】： 物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况【解析】： 解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsin=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对
4、物体A的作用力均相同，故D正确故选D【点评】： 考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态3（6分）如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（） A 小球不可能做匀速圆周运动 B 小球运动到最低点时，球的线速度一定最大 C 小球运动到最低点时，电势能一定最大 D 当小球运动到最高点时绳的张力一定最小【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时
5、速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析【解析】： 解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故BD错误C、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故C正确故选：C【点评】： 要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式4（6分）为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的
6、最大夹角称做视场角已知该玻璃的折射率为n，圆柱长为l，底面半径为r，则现场角是（） A arcsin B arcsin C arcsin D arcsin【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 作出光路图，根据几何知识求出折射角的正弦，再由折射定律求解视场角【解析】： 解：作出光路图如图所示由几何关系解得 sin2=由光的折射规律得 sin1=nsin2=所以1=arcsin故选B【点评】： 对于几何光学问题，正确 画出光路图是解答的基础，同时要充分运用几何知识，辅助求解5（6分）如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零
7、，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100t（V），则加在R2上的电压有效值为（） A 10V B 20V C 15V D 5V【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解【解析】： 解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V； 2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止 R1，R2串联分压，Q=Q1+Q2，即为：；解得：U=
8、5V；故D正确，ABC错误；故选：D【点评】： 考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性6（6分）如图所示为一列沿x轴传播的部分波形图，若该列简谐横波的波速v=20m/s，在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y轴正方向运动，则下列说法正确是（） A 该列简谐波沿x轴负方向传播 B 该列简谐横波与另一频率为0.4Hz的同类波叠加能产生稳定的干涉现象 C t=0.65s时，x=9m处的质点的位移为cm D 从t=0时刻开始计时，x=10m处的质点在时间1.3s内的路程大于65cm【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振
9、动图像与波动图像专题【分析】： 由图读出波长，求出周期，根据在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y轴正方向运动判断波的传播方向，并判断t=0.65s时，x=9m处的质点的位移；分析从t=0时刻开始计时，x=10m处的质点在时间1.3s内的路程【解析】： 解：A、在t=0时刻，x=13m处的质点处于平衡位置且沿y轴正方向运动，则简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；B、由图知：=2（139）m=8m，则周期T=，故频率为f=，由发生干涉的条件必须频率相等知，B错误；C、时间t=0.65s=1T，相当于T，此时质点P在平衡位置上方，由数学知识知：y=Asin45=cm故C正确D、时间t=1
10、.3s=3，t=0时刻x=10m处的质点从正的最大位移处返回平衡位置，沿速度沿y轴负方向，由简谐运动的特点可得，质点P在1.3s时间内的路程大于13A=65cm故D正确故选：CD【点评】： 本题关键是根据图象得到波长，求出周期，结合简谐运动的周期性和不匀速但是相对于平衡位置对称的特点求解7（6分）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是（） A 它们运动的时间相等 B 它们所带的电荷量之比
11、qP：qQ=1：2 C 它们的电势能减小量之比EP：EQ=1：2 D 它们的电场力做功之比WP：WQ=2：1【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析【解析】： 解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；B、根据牛顿第二定律，有：qE=ma，由两式
12、解得：q=，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故B正确；D、根据动能定理，有：qEx=Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，电场力做功为WP：WQ=1：4，所以动能增加量之比：EkP：EkQ=1：4，故CD错误；故选：AB【点评】： 本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析二、非选择题共68分）8（6分）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示这样做的目的是A（填选项前字母）A保证摆动过程中摆长不变
13、，在改变摆长时方便调节摆长B可使周期测量得更加准确C保证摆球在同一竖直平面内摆动他用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为12.0mm如果他测得的g值偏小，可能的原因是A（填选项前字母）A摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了B测摆线长时摆线拉得过紧C开始计时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动数为50次【考点】： 探究单摆的周期与摆长的关系【专题】： 实验题【分析】： 单摆的摆长在摆动中不能变化而摆长是影响周期的因素，应该在研究的时候予以改变，看看周期你与摆长的关系；游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标卡尺，不需估读，摆长等于悬点到球心的距离据单摆的周期T
14、=2，得g= 分析误差即可【解析】： 解：在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故A正确，BC错误故选：A游标尺的读数规则为：固定刻度（主尺）+可动刻度（游尺），游标卡尺读数时首先以游标零刻度线为准在尺身上读取毫米整数，即12mm，然后看游标上第0条刻度线与尺身的刻度线对齐，即0.0mm，所以游标卡尺示数为d=12.0mm；据单摆的周期T=2，得g=，当g值偏小，可能L偏小或T偏大；A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了则实验中周期的测量值偏大，
15、所以g的测量值偏小，故A正确；B、摆线拉得过紧，则L的测量值偏大，g的测量值偏大故B错误；CD、秒表过迟按下，使测得周期偏小；实验中将49次全振动误记为50次，则周期的测量值偏小，g的测量值偏大，故CD错误故答案为：A； 12.0； A【点评】： 掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系；摆长要注意是悬点到球心的距离，一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到，题目中的方式不是特别常用9（11分） 某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V1（量程3V，内阻Rv1=10k）电压表：V2（量程15V，内阻Rv2=50k）电
16、流表：G（量程3mA，内阻Rg=100）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围010，额定电流2A）R2（阻值范围01000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5 R4=10为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用V1，滑动变阻器应选用R1（填写器材的符号）该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻R3并联，改装后的电流表对应的量程是0.603A在如图所示的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理图电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压
17、表V的读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.48V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=0.85 （结果保留两位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，从而得出合理的电流表；根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；由实验中的原理及实验仪器可以选择合理的电路图；根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻【解析】： 解：一节干电池的电动势约E=3V，故电压表应选择V1；为方便实
18、验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是010，电路中最小电流约为：Imin=0.3A；电流表A的量程是3A，0.3A不到该量程的三分之一，流表量程太大，因此不能用电流表A为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与R3并联；改装后电流表量程：I=Ig+=0.003+A=0.603A；由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端；原理图如下图：由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：k=0.84，则电源的内阻为：r=k=0.84故答案为；V1、R1、R3； 0.
19、603（填0.6或0.60均可）如图所示 1.48，0.85（0.700.90之间）【点评】： 测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法这是近年高考新的动向，应注意把握三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10（15分）在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，经过多次弹跳才停下来假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时的高度为h，速度方向是水平的，速度大小为v0，
20、求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气的阻力，已知火星的一个卫星的轨道的半径为r，周期为T火星可视为半径为r0 的均匀球体【考点】： 万有引力定律及其应用；牛顿第二定律【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供圆周运动向心力和火星表面重力与万有引力相等求得火星表面的重力加速度，再根据动能定理求解勇气号第二次落地时的速度大小【解析】： 解：以g表示火星表面附近的重力加速度，M表示火星的质量，m表示火星的卫星的质量，m表示火星表面处某一个物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得火星表面有： 火星的卫星有： 由式得：GM=代入得根据动能定理有：mg解得=答：勇气
21、号第二次落到火星表面时速度的大小为【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用11（17分） 如图1，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L=0.5m，底端连接电阻R=2，导轨平面倾斜角=30，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1T质量m=40g、电阻R=0.5的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t1=2s通过距离x=1.5m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U0=0.8V，电流表实数I0=0.6A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线
22、圈内阻r0=0.5，g=10m/s2求：（1）细线对金属棒拉力的功率P多大？（2）从静止开始运动的t1=2s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？（3）用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d=1m若磁场按照图2规律变化，外力F随着时间t的变化关系式？【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，由题知电压表和电流表的示数稳定，说明电动机的输出功率不变，由输入功率与内电路消耗的功率之差求解电动机的输出功率，从而得解（2）金属棒先沿导轨向
23、上做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求出金属棒的最大速度，运用能量守恒定律求解R产生的热量（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求解F的表达式【解析】： 解：（1）细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量转化和守恒，有： P=I0U0I02r0=0.60.80.620.5=0.3W （2）当从静止开始运动经过t1=2s时间，金属棒速度达到最大，设此时为vm，金属棒中电动势为E，电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则 F安=BI1L则得：F安=又 P=F拉vm
24、金属棒速度最大时做匀速运动，有 F拉=mgsin+F安联立得：=mgsin+将：P=0.3W，m=0.04kg，=30，B=1T，L=0.5m，R=0.5，r=0.5代入上式解得：vm=1m/s金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得：解得：QR=0.224J； （3）由图可知 B=（0.2+0.4t）设在t时刻，磁场的磁感应强度为B，金属棒中电动势为E，电流为I，受到的安培力为F安，则 B=（0.2+0.4t）（T） 根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势 E=Ld，感应电流 I=金属棒所受的安培力 F安=BIL 根据平衡条件得 F=mgsin+
25、F安解得：F=0.016t+0.208 （N）答：（1）细线对金属棒拉力的功率P为0.3W（2）从静止开始运动的t1=2s时间内，电阻R上产生的热量QR是0.224J（3）外力F随着时间t的变化关系式为F=0.016t+0.208 （N）【点评】： 本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高，要正确分析金属棒的受力情况和运动情况，明确能量是如何转化的，熟练推导安培力与速度的关系式，运用力学的基本规律求解电磁感应问题12（19分） 某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合在C、D的下方有如图所示的
26、、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的B0为已知，但其变化周期T0未知已知金属板A、B之间的电势差为UAB=+U0，金属板C、D的长度均为L，间距为L质量为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出忽略偏转电场的边界效应（1）求金属板C、D之间的电势差UCD（2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和
27、该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）粒子在电场中加速、偏转，应用动能定理与类平抛运动规律求出电势差（2）粒子在偏转磁场中做类平抛运动，应用动能定理与速度的分解可以求出粒子的速度（3）分析清楚粒子运动过程，根据粒子的周期公式与运动过程求出粒子的运动时间【解析】： 解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU0=mv020，解得：v0=，粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：q=ma，L=v0t L=at2，解得：Ucd=U0；（2）粒子在偏转电场
28、中，由动能定理得：q=mv2mv02，解得：v=，粒子由k离开电场时的偏转角为，由平行四边形定则得：v0=vcos，解得：=30；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子从k进入磁场沿逆时针方向运动，由“在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平”可知：运动轨迹对应的圆心角=60，t1=T=T，则T=T0，解得：T0=，由图乙所示可知，粒子经过e点时，磁场方向相反，t2=内粒子沿顺时针方向运动半周到达f点，此时磁场再反向，粒子在t3=T内沿逆时针方向运动到g点，然后在t4=内运动到h点，接着在t5=内运动到i点，最后经t6=从j点离开磁场，粒子运动的总时间：t总=t1+t2+t3+t4+t5+t6=，t总=；答：（1）金属板C、D之间的电势差UCD为U0；（2）粒子离开偏转电场时速度的大小为：，方向：与初速度方向成30（3）磁场的变化周期T0和为，该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总为【点评】： 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，作出粒子运动轨迹是正确解题的关键