1、2015年四川省雅安市高考物理三诊试卷一、选择题（本大题共7小题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（6分）（2015雅安模拟）下列说法不正确的是（） A 做变速运动的电荷都会在空间产生电磁波 B 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象 C 紫外线的波长比X射线的波长短，它有显著的荧光作用 D 根据爱因斯坦质能关系式E=mc2可知，物体的质量m和它所包含的能量E存在确定关系【考点】： 物理学史；狭义相对论【分析】： 做变速运动的电荷会在空间产生变化的电磁场，形成电磁波，奥斯特发现了电流的磁效应，法
2、拉第发现了电磁感应现象，紫外线的波长比X射线的波长长，根据历史史实回答即可【解析】： 解：A、变速运动的电荷产生变化的电场，变化的电场产生磁场，从而产生产生电磁波故A正确B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象故B正确C、紫外线的波长比X射线的波长长，故C错误D、爱因斯坦提出了揭示了物体的能量和质量之间存在着密切的确定关系质能方程，根据爱因斯坦质能关系式E=mc2可知，物体的质量m和它所包含的能量E存在确定关系故D正确本题选错误的故选：C【点评】： 本题考查了物理学史方面的知识，难度不大，是一道基础题，平时注意物理学史知识的积累有助于解答该类习题2（6分）（2015雅安模拟）下列
3、有关光的描述，正确的是（） A 空气中的肥皂泡呈现五颜六色是光的色散现象 B 一束单色光由空气斜射入水中时，频率不变，波长变小，传播速度变小 C 一束复合光由水中斜射入空气时，在水中传播速度越大的单色光越容易发生全反射 D 让红光和紫光分别通过同一单缝衍射装置时，均能产生等间距的明暗相间条纹，且红光的条纹间距较大【考点】： 光的干涉；光的衍射【专题】： 光的干涉专题【分析】： 肥皂泡呈现五颜六色是光的干涉现象；利用光的频率由光源决定，光源和介质决定波长；用波的传播特点、干涉和光的折射现象解释单缝衍射产生的条纹的中间亮条纹最宽【解析】： 解：A、肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象造成的，故A错
4、误；B、据光的频率由光源决定，可知一束单色光由空气斜射入水中时，频率不变，根据：n=可知，光的波长变小，传播速度变小，故B正确；C、一束复合光由水中斜射入空气时，根据：n=可知，在水中传播速度越大的单色光折射率越小，越不容易发生全反射，故C错误；D、单缝衍射产生的条纹不是间距的明暗相间条纹，它的中间亮条纹最宽故D错误故选：B【点评】： 该题考查光的折射、衍射与干涉，知道波的传播特点及波速、频率和波长由谁决定，会用光干涉和折射解析相关现象，难度不大3（6分）（2015雅安模拟）如图甲所示，一列简谐横波以1m/s的速度沿弹性轻绳由A向B传播，质点A、B间的水平距离x=4m从质点A刚开始振动时计时，
5、其振动图象如图乙所示，则t=2s时，绳子A、B间的波形为（） A B C D 【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 简谐横波传播过程中介质中各个质点的起振方向都相同，与波源起振方向相同，由图乙读出周期，根据时间t=2s与周期的关系，分析AB间所形成的波形长度，即可选择图象【解析】： 解：由图乙知，质点A起振方向向上，则介质中各个质点起振方向也向上，根据波形平移法可知，A项和D项图中B点起振方向向下，不可能由于t=2s=，则AB已形成半个波长的波形，所以C符合题意故ABD错误，C正确故选：C【点评】： 解决本题关键抓住简谐波的基本特点：各个质点的起振方向相同、振动周期和振幅相
6、同，只是起振有先后而已4（6分）（2015雅安模拟）2015年3月5日，国务院总理李克强在十二届全国人民代表大会上所作的政府工作报告中提到：“超级计算、探月工程、卫星应用等重大科研项目取得新突破”，并对我国航天事业2014年取得的发展进步给予了充分肯定若已知地球半径为R1，赤道上物体随地球自转的向心加速度为a1，第一宇宙速度为v1；地球同步卫星的轨道半径为R2，向心加速度为a2，运动速率为v2，判断下列比值正确的是（） A B =（）2 C D 【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知
7、的物理量表示出来，再进行之比运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题【解析】： 解：A、因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=2R1，a2=2R2可得：，故A正确，B错误；C、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到：，解得：，故CD错误故选：A【点评】： 用已知物理量来表达未知的物理量时应该选择两者有更多的共同物理量的表达式，难度不大，属于基础题5（6分）（2015雅安模拟）将三根伸长可不计的轻绳AB、BC、CD如图连接，现在B点悬挂一个质量为m的重物，为使BC绳保持水
8、平且AB绳、CD绳与水平天花板夹角分别为60与30，需在C点再施加一作用力，则该力的最小值为（） A mg B mg C mg D mg【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对B点进行受力分析，根据共点力平衡求出BC绳的拉力大小，再对C点分析，通过图解法求出作用力的最小值【解析】： 解：对B点受力分析，根据共点力平衡得，解得，对C点分析，CD的拉力方向一定，根据图解法知，当外力的方向与CD垂直时，外力F最小，根据平行四边形定则知，sin30=，F=故选：D【点评】： 在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要
9、通过几何图形进行分析6（6分）（2015雅安模拟）今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图（电压表和电流表均为理想电表）已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r，当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡（额定电压为U0电阻恒为R）恰能正常发光，则（） A 变压器的匝数比为U：U0 B 电流表的示数为 C 在图示位置时，发电机线圈的磁通量为 D 从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u=Usin2nt【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系；变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反
10、比并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系【解析】： 解：A、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1：U2=U：U0，故A正确；B、灯泡电流是，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P，所以输入功率为P，U0=IU，即电流表读数I=，故B正确C、手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em=I（R+r）=Nm，解得最大磁通量m=，故C错误D、线圈以较大的转速n匀速转动时，所以=2n，所以变压器输入电压的瞬时值u=Usin2nt，故D错误故选：AB【点评】： 此题考查交流电产生和描述以及理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，计算比较麻
11、烦，要求同学们不仅要熟练掌握公式，还要心细7（6分）（2015雅安模拟）如图所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角vm，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为S时，速度恰好达到最大值Vm，则下列叙述正确的是（） A 导体棒MN的最大速度Vm= B 此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin C 当导体棒MN从静止开始下滑S的过程中，通过其横截面的电荷量为 D 当导体棒MN从静止开
12、始下滑S的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgSsinmVm2【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件求解最大速度VmEF保持静止，受力平衡，由平衡条件求解导体棒EF与轨道之间的静摩擦力根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求电荷量由能量守恒求解热量【解析】： 解：A、导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得： mgsin=BIL=BL解得 vm=故A正确B、在EF下滑的过程中，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断知，EF受到沿导轨向下的安培力，根据平衡条件得：导体棒EF所受的静
13、摩擦力 f=mgsin+F安故B错误C、当导体棒MN从静止开始下滑S的过程中，通过其横截面的电荷量为 q=t=，故C正确D、根据能量守恒得：导体棒MN中产生的热量为 Q=（mgSsin），故D错误故选：AC【点评】： 本题是电磁感应中的力学问题，关键要正确分析金属棒的受力情况，确定能量是如何转化的，运用力平衡条件和电磁感应规律求解二、实验题（17分）8（6分）（2015雅安模拟）在“利用单摆测重力加速度”的实验中测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间t，则实验测得的重力加速度的表达式g=；实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是CA把摆线的长度lo当成了摆长B摆线上端未牢
14、固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长C测量周期时，误将摆球（n1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间D摆球的质量过大为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2L图象，如图所示若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题；单摆问题【分析】： 依据单摆周期公式，带入周期和摆长可得g值由重力加速度的表达式来分析造成测量值偏大的原因依据单摆周期公式，可以得到T2L图象，并依据图象的斜率含义表示g值【解析】： 解：单摆的摆长：l=，周期为：，由单摆周期公式解得：由单摆周期公式解得：，
15、由此可知：A、把摆线的长度lo当成了摆长，导致摆长偏小，g值偏小，故A错误B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线实际值偏大，带入进行计算的数值偏小，g值偏小，故B错误C、测量周期时，误将摆球（n1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，导致周期偏小，g值偏大，故C正确D、g值与摆球质量无关，故D错误故选：C由单摆周期公式可得：，故可知T2L图象的斜率为，解得：故答案为：；C；【点评】： 该题的关键是掌握单摆测重力加速度的原理，此类题中要会依据单摆周期公式分析引起重力加速度测量误差的原因9（11分）（2015雅安模拟）某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了
16、一节1.5V的干电池外，还有一个方形电池（电动势9V左右）为了测定该方型电池的电动势E和内电阻r，实验室中提供如下器材：A电流表A1（满偏电流10mA，内阻RA1=10）B电流表A2（00.6A，内阻未知）C滑动变阻器R0（0100，1A）D定值电阻R（阻值990）E开关与导线若干根据现有的实验器材，设计一个电路，较精确测量该电池的电动势和内阻，请在图1的虚线框中画出电路图请根据你设计的电路图，写出电流表A1的示数I1与电流表A2的示数I2之间的关系式：I1=I1=（EI2r）图2为该同学根据正确设计的实验电路测出多组数据并绘出的I1I2图线，由图线可以求出被测方形电池的电动势E=9.0 V，
17、内阻r=10（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；恒定电流专题【分析】： 由原理图将电流表A2与滑动变阻器串联，电流表A1与定值电阻R串联，注意开关应能控制整个电路；表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻【解析】： 解：（1）测量电动势和内电阻，只需要用一般的伏安法即可求解，由于没有可用电压表，故将R与A1串联充当电压表使用；电流表选用A2，采用电流表相对电源的外接法；原理图如图所示；（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R+RA）=EI2r即
18、：I1=（EI2r）（3）知，图象与纵坐标的交点为9.0mA，则有：9.0mA=；解得E=9.0V；由图象可知，图象的斜率为：10103，由公式得图象的斜率等于，故=10103；解得r=10故答案为：如图所示；I1=（EI2r）9.0，10【点评】： 本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究三、计算题：10（15分）（2015雅安模拟）如图所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v0=8m/s的速度从A点水平跃出后，沿B点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C点后离开轨道已知A、B之间的竖
19、直高度H=1.8m，圆弧轨道半径R=10m，选手质量50kg，不计空气阻力，g=10m/s2，求：（1）选手从A点运动到B点的时间及到达B点的速度；（2）选手到达C时对轨道的压力【考点】： 动能定理的应用；平抛运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）由题意，小球由A到B的过程中做平抛运动，根据运动公式计算时间，再由vy=gt求得竖直方向的速度，根据矢量合成方法求出速度vB；（2）选择从B到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力【解析】： 解：（1）物块离开平台后做平抛运动，在竖直方向H=gt2解得：t=0.6 s 在竖直方向 vy=g
20、t=6 m/s 选手到达B点速度为=10m/s 与水平方向的夹角为，则tan=0.75，则=37（2）从B点到C点：mgR（1cos）=mvC2mvB2在C点：NCmg=NC=1200N 由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力NC=NC=1200N，方向竖直向下答：（1）选手从A点运动到B点的时间为0.6s，到达B点的速度大小为10m/s，与水平方向的夹角为37；（2）选手到达C时对轨道的压力为1200N【点评】： 本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法11（17分）（2015雅安模拟）如图（a），O、N、P为直角
21、三角形的三个顶点，NOP=37，OP中点处固定一电量为q1=2.0108C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a（a=1m），杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零沿ON方向建立坐标轴（取O点处x=0），图（b）中和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.24103J，E1=1.92103J，E2=6.2104J，k=9.0109Nm2/C2，取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2（1）求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；（2）已知在x1处时小
22、球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep【考点】： 电势差与电场强度的关系；弹性势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）判断出x1的位置，利用E1=mgh即可求的质量；（2）根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零即可求的电荷量；（3）根据能量守恒即可求得【解析】： 解：（1）势能为E1时，距M点的距离为：x1=acos37cos37=0.32a=0.32m x1处重力势能为：E1=mgx1sin37 m=1103kg （2）在x1处，根据受力分析可知=mgcos37，其中：r=x1tan37=0.24a 带入数据，得：q2=2.56106
23、C （3）根据能量守恒，有：mga sin37+E2E0=EP带入数据，得：EP=5.38103J 答：（1）求电势能为E1时小球的位置坐标x1为0.32m，小球的质量m1103kg （2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球的电量q2为2.56106C（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep为 5.38103J【点评】： 分析磁场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理12（19分）（2015雅安模拟）如图所示，在xoy平面内，三个半径为a 的四分之一圆形有界区域、内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（含边界上）
24、一群质量为m电荷量为q的带正电的粒子同时从坐标原点O以相同的速率、不同的方向射入第一象限内（含沿x轴、y轴方向），它们在磁场中运动的轨道半径也为a，在ya的区域，存在场强为E、沿x方向的匀强电场整个装置在真空中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用求：（1）粒子从O点射入磁场时的速率v0；（2）这群粒子从O点射入磁场至运动到x轴的最长时间；（3）这群粒子到达y轴上的区域范围【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子从O点射入磁场时的速率（2）从O沿+y轴方向射入磁场的粒子，从O到C耗时
25、最长，根据弧长和速度求出运动的时间（3）这些粒子经过区域偏转后方向都变成与+x轴平行，接着匀速直线进入区域，经过区域偏转又都通过C点从C点进入区域，经过区域偏转，离开区域时，所有粒子都变成与y轴平行（即垂直进入电场），分别求出x=2a进入电场的粒子和x=3a进入电场的粒子到达y轴的坐标，从而得出这群粒子到达y轴上的区域范围【解析】： 解：（1）由得，（2）这些粒子中，从O沿+y轴方向射入磁场的粒子，从O到C耗时最长，由t=得，（3）这些粒子经过区域偏转后方向都变成与+x轴平行，接着匀速直线进入区域，经过区域偏转又都通过C点从C点进入区域，经过区域偏转，离开区域时，所有粒子都变成与y轴平行（即垂直进入电场） 对于从x=2a进入电场的粒子，在x方向的分运动有：解得则该粒子运动到y轴上的坐标为：对于从x=3a进入电场的粒子，在x方向的分运动有：，解得则该粒子运动到y轴上的坐标为：这群粒子运动到y轴上的区间为：答：（1）粒子从O点射入磁场时的速率为；（2）这群粒子从O点射入磁场至运动到x轴的最长时间为；（3）这群粒子到达y轴上的区域范围为【点评】： 粒子在电场中的偏转都是用运动的合成与分解的思想，这是难点，也是考试的热点，要透彻理解