1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年安徽省马鞍山市高考物理三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，而地球的质量保持不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（） A 线速度变小 B 角速度变大 C 向心加速度变大 D 距地面的高度变小【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】： 同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，再分析变轨后与变轨前半径大小、线速度大小和角速度大小【解析】：
2、解：设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，月球的质量为M，则有：=mr=m2r=ma=mT=2，v=，=，a=由题意知，现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度减小，向心加速度减小，故A正确，B错误，C错误，D错误故选：A【点评】： 本题是万有引力定律与圆周运动知识的综合，关键要建立模型，抓住探测器绕月球做匀速圆周运动时，由月球的万有引力提供向心力2（6分）如图所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管是用长为l的硬质直管（内径远小于h）弯制而成一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是（） A 小球到达下端管口时的速度大小与l有关 B 小球
3、到达下端管口时重力的功率为mg C 小球到达下端的时间为 D 小球在运动过程中受管道的作用力大小不变【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】： 小球在等螺距螺线管中下落时，落到管口的速度根据动能定理可得只与下降的高度有关，重力功率P=mgvcos，还与重力与速度的方向的夹角有关，根据运动学公式求的下落时间即可，根据牛顿第二定律求的支持的大小【解析】： 解：在小球到达最低点的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh=，解得v=小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；B、到达下端管口的速度为v=，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬
4、时功率为P=mgsin，故B错误；C、物体在管内下滑的加速度为a=故下滑所需时间为t，则l=t=，故C正确；D、小球得做的是加速螺旋运动，速度越来愈大，做的是螺旋圆周运动，根据可知，支持力越来越大，故D错误；故选：C【点评】： 本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律，抓住小球在下滑过程中速度越来越大，所需要的向心力也越来越大即可3（6分）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则（） A 质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B 质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2 C 质点在1s末速度为1.5m/s D 质点在第1s内的平均速度0.75m/s【考点】
5、： 匀变速直线运动的图像；平均速度【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： t的图象即vt图象，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，贴图产直接读出速度由=求平均速度【解析】： 解：A、t的图象即vt图象，由图知质点的速度均匀增大，说明质点做匀加速直线运动，故A错误B、质点做匀加速直线运动，加速度为 a=0.5m/s2故B正确C、由几何知识知，质点在1s末速度为1.5m/s故C正确D、质点在第1s内的平均速度 =0.75m/s，故D错误故选：BC【点评】： 本题的实质上是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息4（6分）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正
6、方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示下列说法中正确的是（） A 轨迹OAB可能为圆弧 B 小球在整个运动过程中机械能增加 C 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 D 小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【分析】： 电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重
7、力做功，故系统的机械能守恒【解析】： 解：A、因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；B、整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故B错误；C、小球在A点时受到的洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力 大于重力，故C错误；D、因为系统只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度最大曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故D正确故选：D【点评】： 该题考查小球在重力和洛伦兹力的作用下的运动，注意洛伦兹力的方向始终与速度方向垂
8、直，在运动过程中洛伦兹力不做功5（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形如图所示，此时刻后介质中的P质点回到平衡位置的最短时间为0.2s，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0时刻P、Q两质点对平衡位置的位移相同，则（） A 该简谐波的周期为1.2s B 该简谐波的波速为0.05m/s C t=0.8s时，P质点的加速度为零 D 经过1s，质点Q向右移动了1m【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 根据题给条件P、Q回到平衡位置的最短时间求出周期，读出波长，由波速公式求出波速分析波动形成的过程，可确定质点P在t=0.8s时
9、加速度方向【解析】： 解：A、由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，Q点向上，它们周期相同，则T=2（0.2s+1s）=2.4s故A错误B、=12cm v=m/s=0.05m/s故B正确C、由题分析可知：p质点回到平衡位置的最短时间为0.2s，从平衡位置到达波谷的最短时间为0.6s，则t=0.8s时P点恰好到达波谷，加速度为正向最大故C错误D、简谐横波沿x轴正向传播，质点Q振动方向与x轴垂直，在x轴方向没有位移故D错误故选：B【点评】： 波的特性之一：波向前传播时，介质中各质点只在平衡位置附近振动，并不随波向前迁移，简述叫质点“不随波逐流”6（6分）对于真空中电量为Q的静止
10、点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为=（k为静电力常量）如图所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d由于静电感应，金属球上分布的感应电荷的电量为q则下列说法正确的是（） A 金属球上的感应电荷电量q=q B 金属球上的感应电荷电量q=q C 绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg+ D 绝缘丝线中对小球的拉力大小mg【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： AB、金属球表面的电势为q在球面处电势和感应电荷
11、在球面电势的矢量和；利用金属球表面的电势为零列式分析其电荷量；CD、小球受重力、静电引力和拉力，根据平衡条件和库仑定律求解拉力【解析】： 解：AB、金属球上感应电荷在球面上（包括内部）产生的电势为：1=；q在O点的电势为：；由于O点的电势为零，故：1+2=0；联立解得：q=q；故A正确，B错误；CD、绝缘丝线中对小球的拉力大小为：F=mg+F=mg+；故C正确，D错误；故选：AC【点评】： 本题关键是明确电势是标量，空间各个点的电势是各个场源电荷产生的电势的代数和，同时要明确处于静电平衡状态的电荷的内部和表面各个点的电势为零7（6分）某同学设计的“电磁弹射”装置如图所示，足够长的光滑金属导轨（
12、电阻不计）水平固定放置，间距为l，磁感应强度大小为B的磁场垂直于轨道平面向下在导轨左端跨接电容为C的电容器，另一质量为m、电阻为R的导体棒垂直于导轨摆放先断开电键S，对电容器充电，使其带电量为Q，再闭合电键S，关于该装置及导体棒的运动情况下列说法正确的是（） A 要使导体棒向右运动，电容器的b极板应带正电 B 导体棒运动的最大速度为 C 导体棒运动过程中，流过导体棒横截面的电量为Q D 导体棒运动过程中感应电动势的最大值为【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 导体棒向右运动，说明安培力向右，可判定电流方向，进而可知电容器极板电性；导体棒运动时
13、将形成与原电流相反的感应电动势，同时电容器两端电压降低，导体棒两端电压升高，当二者相等时，导体棒匀速运动，由此可解答BCD【解析】： 解：A、导体棒向右运动，安培力向右，由左手定则可知电流方向向下，则a带正电，故A错误B、当导体棒两端的电压与电容两端的电压相等时，导体棒做匀速运动，此时有BLv=，根据动量定理得：B=mv=BqL，其中：q=qQ，联立三式解得：，故B正确C、导体棒运动过程中，极板电荷不会全部放完，故流过导体棒横截面的电量小于Q，故C错误D、导体棒运动的最大速度为，故导体棒运动过程中感应电动势的最大值为：E=，故D错误故选：B【点评】： 该题的关键是判定最大速度，要明确其条件是感
14、应电动势等于电容器两端的电压，结合动量定理可解结果二、非选择题8（8分）某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz（1）可以判断纸带的右端（填“左端”或“右端”）与木块连接根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA=0.72m/s（结果保留两位有效数字）（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB
15、，还应测量的物理量是B（填入物理量前的字母）A木板的长度l B木块的质量m1 C木板的质量m2D重物的质量m3 E木块运动的时间t FAB段的距离xAB（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB=（用vA、vB和第（2）问中测得的物理量的字母表示）【考点】： 探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小；纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度；（2）克服摩擦力做的功等于动能的减小量，故需要天平测量质量（3）由动能定理可以求出木板对木块的摩擦力所做的功【解析】： 解：（1）重物
16、落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，故纸带向右运动，故其右端连着小木块；计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，打A点时的速度vA=m/s=0.72 m/s，（2）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得：木块克服摩擦力做的功为：Wf=因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量m1，故ACDEF错误，B正确故选：B（3）在AB段对木块，由动能定理得：WAB，因此在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式Wf=故答案为：（1）右端；0.72； （2）B；（3）【点评】：
17、 本题关键要明确实验的原理和实验的具体操作步骤，然后结合匀变速直线运动的规律和动能定理进行分析判断9（10分）某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图1所示已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱该同学顺利完成了这个实验（1）实验步骤如下；A分别将R1和R2的阻值调至最大B合上开关S1C调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图2甲所示，则I1=25.0AD合上开关S2E反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1
18、，此时电阻箱R2的示数r如图2乙所示，则r=508（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比相等（选填“偏大”“偏小”或“相等”）；（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=（用I、I1、r表示）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）由微安表的量程可知最小分度，则可得出指针的示数；（2）根据电阻箱的读数方法可得出对应的读数；再由半偏法原理可明确测量值；（3）根据电表的改装原理可求得并联的电阻的阻值【解析】： 解：（1）C、微安表最小分度为1A；故指针示数为：25.0A；E、
19、由电阻箱示数可知，电阻箱的读数为：5100+0+81=508；本实验采用半偏法，故电阻箱的读数为表头内阻，故内阻为508（2）由原理可知，表头与电阻并联，则当电流达到半偏时，两并联电阻相等（3）扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：=故答案为：（1）25.0；508 （2）相等 （3）【点评】： 本题考查实验过程的分析，明确安全的原则及实验原理会分析电表的改装原理，并能根据串并联电路的规律求解电阻10（14分）如图所示，一木箱静止、在长平板车上，某时刻平板车以a=2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v=9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动脒擦因数=0
20、.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g取10m/s2）求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求出木箱的最大加速度，判断出木箱与平板车发生相对滑动，从而得出木箱运动的加速度大小（2）根据速度时间公式求出木箱加速的时间，结合速度位移公式 求出木箱加速的位移（3）根据运动学公式求出木箱和平板车速度相同时两者的位移大小，从而求出木箱开始时距平板车右端的
21、最小距离【解析】： 解：（1）设木箱的最大加速度为a，根据牛顿第二定律mg=ma，解得a=2.25m/s22.5m/s2则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25m/s2（2）设木箱的加速时间为t1，加速位移为x1（3）设平板车做匀加速直线运动的时间为t2，则达共同速度平板车的位移为x2则要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足x=x1x2=19.818=1.8m答：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小为2.25m/s2（2）木箱做加速运动的时间为4s，位移的大小为18m（3）木箱开始时距平板车右端的最小距离为1.8m【点评】： 本题关键正确分析
22、平板车和货箱的运动情况，明确他们之间的位移、速度关系，根据运动学公式列方程求解11（16分）如图甲所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外在磁场左侧有一对平行金属板M、N，两板间距离也为R，板长为L，板的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上置于O1处的粒子发射源可连续以速度v0沿两板的中线O1O2发射电荷量为q、质量为m的带正电的粒子（不计粒子重力），MN两板不加电压时，粒子经磁场偏转后恰好从圆心O的正下方P点离开磁场；若在M、N板间加如图乙所示交变电压UMN，交变电压的周期为，t=0时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧射出求（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小（2）
23、交变电压电压U0的值（3）若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t1、t2，则它们的差值t为多大？【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】： （1）根据几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出匀强磁场的磁感应强度大小（2）根据偏转位移的大小，结合牛顿第二定律和运动学公式求出交变电压U0的值（3）所有粒子经电场后其速度仍为v0，作出粒子在磁场中运动圆心角最大和最小时的轨迹图，结合周期公式进行求解【解析】： 解：（1）当UMN=0时粒子沿O2O3方向射入磁场轨迹如图O1，设其半径为R1由几何关系得：R1=R
24、 根据解得：（2）在t=0时刻入射粒子满足：，解得：（3）经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0，当（k=0，1，2，3）时刻入射的粒子贴M板平行射入磁场轨迹如04，偏转角为由几何知识可知四边形QOPO4为菱形，故=120，当（k=0，1，2，3）时刻入射的粒子贴N板平行射入磁场轨迹如05 偏转角为由几何知识可知SOPO5为菱形，故=60，又 故 答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）交变电压电压U0的值为；（3）若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t1、t2，则它们的差值t为【点评】： 考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理两种运动的方法，理解牛顿第二
25、定律与运动学公式的综合应用，注意运动的周期性12（20分）如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为l0，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上现使一可视为质点小物块B以初速度v0从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧设B的质量为m，当=1时细绳恰好被拉断已知弹簧弹性势能的表达式Ep=kx2，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量求：（1）细绳所能承受的最大拉力的大小Fm（2）当=1时，小物块B滑离木板A时木板运动位移的大小sA（3）当=2时，求细绳被拉断后长木板的最大加速度am的大小（4）为保证小物块在运动过程中速度方向不发生
26、变化，应满足的条件【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力最大，根据胡克定律及能量关系求解；（2）细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律结合小物块滑离木板时木板二者的位移关系列式求解；（3）当=2时设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，根据能量守恒定律列式，细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，则由动量守恒和能量守恒列式，联立方程即可求解；（4）由题意，1时，细绳不会被拉断，木板保持
27、静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动1时，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1由能量关系列式，此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，根据动量守恒列式，联立方程即可求解【解析】： 解：（1）细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x0，则有：kx0=Fm由能量关系，有：解得：（2）细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，有：0=mvAmvB则小物块滑离木板时木板二者的位移关系为：SA=SB又SA+SB=Ll0+x0解得：（3）当=2时设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有：细绳拉断后，小
28、物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，则由动量守恒和能量守恒有：（2m）v1=（2m+m）v对长木板，有：kx=mam解得：（4）由题意，1时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动1时，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1由能量关系，有：此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为u2，则有：（m）u1=0+mu2解得：=2所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应满足的条件为：2答：（1）细绳所能承受的最大拉力的大小为；（2）当=1时，小物块B滑离木板A时木板运动位移的大小为；（3）当=2时，求细绳被拉断后长木板的最大加速度am的大小为；（4）为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，应满足的条件为2【点评】： 本题关键要分析清楚滑块和滑板的运动情况，能结合能量守恒定律和动量守恒定律多次列式后联立分析，难度较大 - 13 - 版权所有高考资源网