1、2015年四川省乐山市高考物理三模试卷一、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）远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是（） A 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B 输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定 C 当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大 D 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝
2、数反比，输入功率等于输出功率去分析【解析】： 解：A、用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，故A错误；B、输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，故B错误；C、用户总电阻减少，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失P损=I2R增大，故C正确；D、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压+线路电压损失，故D错误；故选C【点评】： 远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻并按照规范在图中标出相应的物理量符号2（6分）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两
3、个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=30，则F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；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值【解析】： 解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin30=mg故选：A【点评】
4、： 本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解3（6分） 一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示若该波的周期T大于0.02s，则该波的传播速度可能是（） A 2m/s B 3m/s C 4m/s D 5m/s【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由图象读出波长根据两个时刻的波形，结合条件，求出波长的可能值，并求出波速可能值【解析】： 解：由图=0.08m该波的周期T大于0.02s，波传播的距离小于波长，则据题意，由两个时刻的波形得到： t=或t=T解得T1=0.08s，T2= 由
5、波速公式v=，得v1=1m/s，v2=3m/s故选：B【点评】： 本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力，处理好通项式与特殊值的关系4（6分）如图所示，半球面形的碗中盛满水，碗底中央放置枚硬币A位观察者的眼睛高出碗口B竖直高度为h当观察者向后慢慢退步的过程中，他离碗口B的水平距离超过某一值时，就不能再看到碗底的硬币了已知水的折射率为n=，则图中x等于（） A h B h C 2h D 2h【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 光线从硬币A发出后经水面的折射进入观察者的眼睛，作出光路图根据数学知识求出折射角，由折射定律和几何知识结合求出x【解析】： 解：作出光路图如图由
6、n=，得 sin=nsin45=由数学知识知 x=htan=2h故选：D【点评】： 本题关键是反复运用数学知识求解角度和相关距离，考查运用数学知识解决物理问题的能力5（6分）2013年12月14日21时11分，嫦娥三号成功实现月面软着陆，中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家如图所示，嫦娥三号经历漫长的地月旅行后，首先在距月表100km的环月轨道上绕月球做圆周运动运动到A点时变轨推力发动机开机工作，嫦娥三号开始快速变轨，变轨后在近月点B距月球表面15km的椭圆轨道上绕月运行；当运动到B点时，变轨推力发动机再次开机，嫦娥三号从距月面15km处实施动力下降关于嫦娥三号探月之旅，下列说法正确的
7、是（） A 在A点变轨时，嫦娥三号的机械能增加 B 在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反 C 在A点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期长 D 在A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 嫦娥三号在A处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，做近心运动才能进入圆轨道根据开普勒第三定律比较周期的大小根据嫦娥三号所受万有引力的变化，从而分析加速度的变化【解析】： 解：A、B、嫦娥三号在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，使卫星做减速运动，所受的万有引力大于向心力，从
8、而做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在A点变轨时，机械能要减小，故A错误、B正确C、根据开普勒第三定律得=k，知卫星在轨道100km环月轨道上运动的半径大于在椭圆轨道上运动的半长轴，故在A点变轨后，嫦娥三号的周期短，即嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短故C错误D、在A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动过程中，根据万有引力定律可知嫦娥三号所受的万有引力逐渐增大，则其加速度逐渐增大故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道卫星变轨的原理，以及掌握开普勒第三定律，知周期与轨道半径的关系6（6分）如图所示是质谱议的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀
9、强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（） A 图中运动的是带正电的粒子 B 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向内 C 能通过狭缝P的带电粒子的速度等于 D 粒子打在胶片上的位置距狭缝P越远，粒子的比荷越大【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】： 根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则得出粒子的电性，抓住粒子在速度选择器间做匀速直线运动，根据平衡得出速度的大小以及磁场的方向根据半径公式分析粒子比荷大小【解析】：
10、解：A、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知，粒子带正电，故A正确B、因为粒子带正电，在速度选择器间运动时，电场力的方向水平向右，则洛伦兹力的方向水平向左，根据左手定则知，磁场的方向垂直纸面向外，故B错误C、根据qvB=qE知，粒子通过狭缝的速度v=，故C正确D、根据r=知，粒子打在胶片上的位置距狭缝P越远，知粒子的比荷越小，故D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律知道粒子在速度选择器间受电场力和洛伦兹力平衡，在磁场中靠洛伦兹力提供向心力，掌握半径公式7（6分）如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、
11、方向沿斜面向下的匀强电场中一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为m、带电量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g则（） A 滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为t1= B 滑块运动过程中的最大动能等于（mgsin+qE）（+s0） C 弹簧的最大弹性势能为（mgsin+qE）s0 D 运动过程中滑块与弹簧系统机械能和电势能的总和始终保持不变【考点】： 功能关系；弹性势能【分析】： 滑块向下先
12、做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点时，速度为0，此时加速度最大在整个过程中，有动能、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，动能、重力势能和弹性势能统称为系统的机械能，当电势能减小最多时，系统的机械能最大【解析】： 解：A、滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma，s0=at12联立可得：，故A正确B、滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsin+qE=kx0从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得（mgsin+qE）（s0+x0）+W=Ekm0由于弹簧弹力做负功，故最大
13、动能Ekm（mgsin+qE）（s0+x0）=（mgsin+qE）+s0，故B错误；C、当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，即Epm=（mgsin+qE）（s0+x）（mgsin+qE）s0，故C错误；D、物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和重力势能和弹性势能参与转化，总量不变，故D正确；故选：AD【点评】： 解决本题的关键知道滑块的运动是向下先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点时，速度为0知道在最低点时弹簧的弹性势能最大在整个过程中，有动能、重力势能、弹性势能、电势能发生相互转化，当电势能减小最多时，系统的机械能最大二、（非选择题共68分）8
14、（6分）某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验他设计的实验步骤是：A选取一段1m左右的细线，让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大的线结，将细线的上端固定于O点B用刻度尺测量线结M和O点间长度作为摆长LC将小球拉开一个大约=30的角度，然后由静止释放D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间，由T=得出周期E改变OM间细线的长度再做几次实验，记下相应的L和TF求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，代人公式g=L求出重力加速度g（1）你认为该同学以上实验步骤中有重大错误的是BCDF（只写步骤的字母）（2）该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力
15、加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？偏小【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： （1）、摆长等于悬点到小球的质心的距离；单摆在摆角较小时（小于5）可看成简谐运动；在最低点速度最大，此时开始计时误差最小；不能通过测得物理量的平均值作为计算时使用的数据，应根据各组数据求出重力加速度，再求平均值（2）、根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式，再分析误差【解析】： 解：（1）、实验步骤中有错误的是B：小球重心到悬挂点间的距离才是摆长C：最大偏角不能超过5D：应在摆球经过平衡位置时计时F：应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值（2）、由单摆的周期公式T=2 得 g=可知，该
16、同学用OM的长作为摆长，摆长偏小，由此式可知，g的测量值偏小故答案为：（1）BCDF；（2）偏小【点评】： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2，会用单摆的周期公式测得重力加速度9（10分）某同学测为了测定锂电池（电动势约为9V）的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：A电流表G（满偏电流10mA，内阻r=10）B电流表A（00.6A03A，内阻未知）C滑动变阻器R0（O100n，1A）D定值电阻R（阻值990）E开关，导线若干（1）该同学根据现有的实验器材，设计了如图甲所示的电路，请按照电路图完成图1中实物连线（2）图2为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1一I2图线（I1
17、为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E=9.0V，内阻r=10.0【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）已知原理图，由原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先连接其中一个支路，再并联另一支路；注意实物图的连接注意事项；（2）由闭合电路欧姆定律可得出关于两电流表示数的表达式，利用数学中函数关系式及图象的知识可得出电动势和内电阻【解析】： 解：（1）在实物图的连接中，应注意导线在接在接线柱上，电表要保证红进黑出；实物连接如右图所示；（2）由电路图可知，电流表G与定值电阻串联充当电压表，则由闭合电路欧姆定律可得：1000I1=EI
18、2r；I1=r；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为：9.0mA，故电源的电动势为10009.0=9.0V；图象的斜率为=1.0102；故内电阻r=10001.0102=10.0；故答案为：（1）实物图如上图；（2）9.0；10.0【点评】： 本题考查测定电动势和内电阻实验中的数据处理，本题中要注意单位的正确换算；同时注意正确列出表达式，找出规律10（15分）如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m=1kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F=8N，铁块在长L=6m的木板上滑动取g=10m/s2求：（1）经
19、过多长时间铁块运动到木板的左端（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功（3）在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能【考点】： 动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力；牛顿第二定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）由牛顿第二定律要分别求得两物体的加速度，则由位移公式可求得两物体位移的表达式，由两位移间的关系可求得时间；（2）求得铁块的位移，由功的公式可求得恒力所做的功；（3）分别对木板和铁块由动能定理求得动能，则可求得总动能【解析】： 解：（1）铁块与木板间的滑动摩擦力f=mg=4N铁块的加速度a1=4m/s2；木板的加速度a2=m/s2=1m
20、/s2； 铁块滑到木板左端的时间为t，则a1t2a2t2=L代入数据解得：t=2s（2）铁块位移s1=a1t2=422=8m恒力F做的功W=Fs1=88J=64J（3）木板位移s2=a2t2=2m铁块的动能E1=（Ff）s1=（84）8=32J木板的动能EB=fs2=42J=8J铁块和木板的总动能E总=E1+EB=32J+8J=40J【点评】： 本题要注意正确区分两物体的受力情况及运动情况，注意力、质量等物理量的同一性，不能将其他物体受力强加在某一物体上11（17分）如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大
21、小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行（1）求初始时刻通过电阻R的电流I大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，整个电路产生的焦耳热Q【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）棒向上运动切割磁感线
22、，由E1=BLv0求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度；（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再串联关系求出R上产生的焦耳热Q【解析】： 解：（1）棒产生的感应电动势为：E1=BLv0通过R的电流大小为：根据右手定则判断得知：电流方向为ab（2）棒产生的感应电动势为：E2=BLv感应电流为：棒受到的安培力大小为：，方
23、向沿斜面向上，如图所示根据牛顿第二定律 有：mgsinF=ma解得：（3）导体棒最终静止，有：mgsin=kx弹簧的压缩量为：设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有：解得：电阻R上产生的焦耳热为：答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为，方向为ba；（2）此时导体棒的加速度大小a为gsin；（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为+EP【点评】： 本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析、计算安培力和分析能量如何转化是解题的关键，综合性较强12（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为（l，0），MN与y轴之间有沿y轴正方
24、向的匀强电场，在第四象限的某区域内有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）现有一质量为m、电荷量为q的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射人电场，并从y轴上的A点（0，）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点（，l）射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小及电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积s【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【
25、分析】： （1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解；（2）由几何关系可确定OD的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解【解析】： 解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则，vy=at，l=v0t，vy=v0cot30，联立解得E=（2）设电子的运动轨迹与x轴的交点为D，OD长度为xD，则：=所以DQ平行于y轴，电子在磁场中
26、做匀速圆周运动轨迹的圆心在DQ上，电子的运动轨迹如图所示，设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则v0=vsin30r=，r+=l，解得粒子的轨道半径r=，t=，周期T=解得B=，t=（3）以切点F、Q连线为直径的圆形有界匀强磁场的面积最小，设此时半径为r1，则，则S=答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，电子在磁场中运动的时间为；（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积s为【点评】： 粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力注意区别磁场的圆形与运动的轨迹的圆形的半径不同