1、2015年四川省凉山州高考物理三诊试卷一、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）下列说法错误的是（） A 若做圆周运动的物体所受合力不足以提供其做圆周运动需要的向心力时则物体做离心运动 B 通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它是根据多普勒效应来测速的 C 一切物体带电的本质都是由于电子的得失或转移 D 回旋加速器之所以能够使带电粒子加速是因为洛伦兹力对带电粒子做了正功【考点】： 电磁波的产生；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】： 明确离心运动产生原因是合外力不足以提供向心力；
2、多普勒效应广泛应用于电子测速中；根据电荷守恒可知物体带电的本质；根据回旋加速器的原理回答D项【解析】： 解：A、当做圆周运动的物体受到的合外力不足以提供向心力时，物体将向外运动，即做离心运动；故A正确；B、通常使用的测速仪具有发射和接收电磁波的能力，它根据两物体相对运动时，接收到的频率不同这一特点，即是根据多普勒效应来测速的；故B正确；C、电荷是守恒的，一切物体带电的本质均是电子的转移和得失；故C正确；D、回旋加速器只有电场对电子做功，洛仑兹力是永不做功的；故D错误；本题选错误的；故选：D【点评】： 本题考查了离心运动、多普勒效应的应用、电荷守恒及回旋加速器等，在学习中要注意多种常见仪器的工作
3、原理，并能用所学物理规律进行解释2（6分）矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴匀速转动，产生的正弦式交变电压图象如图所示，则关于该交流电下列说法正确的是（） A 该交变电压的频率为100Hz B t=0时刻，通过线圈平面的磁通量最大 C 该交变电压的表达式为u=311sin100t（V） D 在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；焦耳定律【专题】： 交流电专题【分析】： 从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；在中性面位置时，线圈中磁通量最大，感应电动势最小；垂直中性面位置时，磁通量为零，感应电动势最大【解析】：
4、 解：A、由图象知周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，故A错误；B、t=0时刻，感应电动势为最大，线圈在垂直于中性面，线圈中磁通量为零，故B错误；C、由图象知电压的最大值为311V，故有效值为：U=220V，所以该交变电压的表达式为u=311cos100t（V），故C错误；D、正弦式交变电压有效值为：U=220V，所以在相同时间内该电压与220V的直流电压加在同一个电阻产生的热量是相等的，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题3（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1=0时刻波形图如图所示已知质点A在t2=3s
5、时第一次出现在波谷位置，则下列判断正确的是（） A t1=0时刻质点A的振动方向为y轴负方向 B 该简谐波的传播速度为1.5m/s C 该简谐波的传播速度为1.0m/s D 该简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时能发生明显的衍射现象【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】： 首先据图得波长和波源的起振方向，再据波速公式求波速；据发生明显衍射的条件判断即可【解析】： 解：据图可知，波长为6mABC、据波的传播方向可知，A质点的起振方向为y轴正方向；再据题意可知T=4s，据波速公式可知：v=m/s=1.5m/s，故AC错误，B正确；D、据发生明显的衍
6、射的条件可知，当障碍物的大小比波长相差不大，或小得多，才能发生明显的衍射现象，故简谐波遇到尺寸大小为50m的障碍物时不能发生明显的衍射现象，故D错误故选：B【点评】： 明确的波的形成特点判断周期是解题的关键，灵活应用波速公式和衍射的条件，基础题4（6分）由a、b两束单色光组成的复色光沿PO方向垂直于一条直角边射入全反射棱镜，发现沿OM和ON方向有光线射出，如图所示已知沿OM方向射出的是单色光a，且OM与法线间的夹角为60则下列说法正确的是（） A 单色光a的折射率大于单色光b的折射率 B 单色光b在真空中的传播速度较大 C 单色光a在该棱镜中的折射率一定是 D 单色光b在该棱镜中发生全反射的临
7、界角一定等于45【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由题知单色光b在斜边发生了全反射，而a没有，说明b光临界角小于a光的临界角，由sinC=分析折射率的大小，由全反射的条件确定a光的临界角大小【解析】： 解：A、据题知，b光临界角小于a光的临界角，由sinC=分析知，单色光a的折射率小于单色光b的折射率故A错误B、在真空中a、b的传播速度相等，故B错误C、由图知，a光在斜边上的入射角为i=45，折射角为r=60，则单色光a在该棱镜中的折射率为 n=，故C正确D、单色光b在斜边发生了全反射，则知在斜边上其入射角大于等于临界角，即45C，所以C45，故D错误故选：C【点评】
8、： 本题关键是明确全反射的条件和临界角公式sinC=，运用折射定律时，要注意光线的方向5（6分）如图所示，我国发射”神舟”七号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点为M，远地点为N进入该椭圆轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1、v2，加速度分别为a1、a2当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在极短时间内加速后进入圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，到达圆周上P点时速率为v3，加速度为a3，则下列结论正确的是（） A v1v3v2，a1a2=a3 B v1v3v2，a1a3a2 C v3v2v1，a2a3a1 D v1v3=v2，a1a2=a3【
9、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】： 研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题【解析】： 解：根据万有引力提供向心力，即得：a=，由图可知r1r2=r3，所以a1a2=a3；当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以v3v2，根据得；v=又因为r1r3，所以v1v3故v1v3v2故选：A【点评】： 解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，即，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化6（6分）在水平地面上固定一带正电小球M，另
10、有一带电量为q（q0）、质量为m的小球N，从M球正上方H高处的A点以初速度v0竖直向下运动，当其运动至离地面高h处的B点时返回若小球N始终在竖直方向运动，运动过程中不计空气阻力，两小球带电量保持不变且可视为质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（） A 小球N向下运动的过程中，可能一直减速，且加速度大小一直在增大 B 小球N向下运动的过程中，电场力做负功，系统的机械能一直增加 C 小球N向上运动的过程中，最高只能到达A点上方处 D AB两点电势差为UAB=【考点】： 电势差与电场强度的关系；功能关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球受重力、电场力，求合力，判断加速度，根据功的
11、定义求功、能的变化，由功能关系求电势差【解析】： 解：A、若从A到B电场力大于重力，则小球N向下运动的过程中，一直减速，且加速度大小一直在增大，故A正确B、小球N向下运动的过程中，电场力做负功，但重力势能减小，动能变化不明确，故系统的机械能变化不明确，故B错误C、由功能关系从A点向上，电场力做正功，重力做负功，得w电mgh=0，h，故C错误D、由功能关系mg（Hh）qUAB=0，解得UAB=，故D正确故选：AD【点评】： 考查了牛顿运动定律判断运动情况，功能关系得灵活运用，难度一般7（6分）如图所示，足够长的平行金属导轨宽度为L=1m，与水平面间的倾角为兹=37，导轨电阻不计，底端接有阻值为R
12、=3的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面向上穿过有一质量为m=1kg、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R0=1，它与导轨之间的动摩擦因数为=0.5现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v0=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）以下说法正确的是（） A 导体棒滑行的整个过程中，它所受合力大小一直都在减小 B 导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部 C 当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/s D 导体棒向上滑行的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为10J【考点】： 导体切割磁感线时的感
13、应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断导体棒的运动过程，判断安培力的变化，即可分析合力大小的变化；假设导体棒最终能匀速下滑，由能量守恒定律求出金属棒的速度；由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热【解析】： 解：A、上滑过程中，速度减小，产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，合力减小下滑过程中，速度加速，产生的感应电流增大，导体棒所受安培力增大，合力也减小故A正确B、由题知上滑和下滑过程中，由于摩擦产生的热量均为 Q=fs=mgcos37s=16J杆的初动能 Ek=J=50J上滑过程中产生的焦耳热 Q1=EkQmgssin37=
14、50161040.6=10J假设无焦耳热产生，且到达底端速度为v1，则有Ek2QQ1=，解得 v1=4m/s，此时安培力为 F=1N，仍然有 mgsin37（f+F），故到达轨道底端前导体棒加速运动，故B错误C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a则有 0v02=2as，v2v02=2ad，联立可得 v=5m/s由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于5m/s故C正确；D、导体棒向上滑动过程中，由上分析知，回路产生的总焦耳热为10J，则电阻R上产生的焦耳热小于10J，故D错误；故选：AC【点评】： 本
15、题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的二、非选择题8（2分）在用单摆测重力加速度的实验中，下列说法正确的是（） A 安装好装置后，测出摆线长即为摆长 B 当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差 C 为了实验现象明显，应该将摆线拉开30角再放手开始实验 D 若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： 解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆
16、球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；根据单摆周期T=2得：，由此分析误差产生的原因【解析】： 解：A、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长故A错误；B、当小球摆到最高点时摆球的速度比较小，若此时按下秒表开始计时，不利于减小误差故B错误；C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5，否则单摆将不做简谐运动故C错误D、摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，周期公式T=2及其变形式：，可知将导致g值偏小，故D正确故选：
17、D【点评】： 简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2及其变形式，以及知道测量时形成误差的原因9（2分）验证机械能守恒的实验中，由于阻力不可避免会带来实验误差，因此我们得到的结果总是动能的增加量略小于 重力势能的减少量（填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项由于纸带通过时受到的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的
18、内能【解析】： 解：重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量大于动能的增加量故答案为：小于，【点评】： 要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒摩擦阻力做功会使得重物和纸带的机械能转化给内能10（2分）在双缝干涉测波长的实验中，若已经测得了相邻的亮条纹间距为x，双缝到光屏的距离为L，双缝间的距离为d，则该光波的波长为【考点】： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】： 光的干涉专题【分析】： 根据双缝干涉条纹的间距公式x=推导波长的表达式
19、，并求出波长的大小【解析】： 解：根据双缝干涉条纹的间距公式x=得：=故答案为：【点评】： 解决本题的关键掌握双缝干涉的条纹间距公式x=，明确相邻亮纹的间距x与亮纹中心间距的关系11（11分）某同学喜欢电器修理，但自己没有多用电表，他在实验室准备自己组装多用电表，但是发现实验室只有唯一一块可用的电池，而且电池电动势和内阻未知，于是他准备测量该电池的电动势和内阻在实验室他找到的器材只有如下几个：待测电源E一个，电阻箱R一个，电压表V一个（内阻的影响忽略不计，符合实验要求），开关一个，导线若干，他运用所学知识设计了如图甲的电路图进行测量他根据测量的数据（数据单位均为国际单位制单位）作出了如图乙所示
20、的关系图线，纵坐标表示电压表的读数U，不过他忘记了标出横坐标名称，根据分析，请你判断：横坐标表示（选填U、）根据图线求出电动势E=5.0V的，内阻r=2.5（结果都保留两位有效数字）图丙是2014年获得物理诺贝尔奖的蓝色发光二极管的UI图象，如果他直接将该电源与二极管连接让其发光，则二极管的实际功率为2.4W（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】： 由闭合电路欧姆定律及电路图可得出对应的表达式，欧姆通过分析可知应选用的坐标；根据图象的性质及闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势和内电阻；在二极管的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的
21、工作点，则由求得电压和电流，那可求得功率【解析】： 解：由电路图实验可知，本实验采用电压表与电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可知：U=EIrI=解得：U=Er；要使得出的图象为直线，应以为横坐标；由图及公式可知，图象的截距表示电动势；图象的斜率表示内阻；解得：E=5.0V；r=2.5；在对应的二极管的伏安特性中作出电源的伏安特性曲线；如图所示；由图可知，二极管的工作电压为2.2V，电流I=0.9A；故功率P=UI=2.41=2.4W；故答案为：；5.0；2.5；2.4【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意正确分析电路结构，明确实验原理，再由闭合电路欧姆定律及图象规律可求得电源的
22、电动势和内阻12（15分）甲骑自行车以v0=4m/s的速度在某一段平直的路面上匀速行驶，乙在其身后x=12m处发动摩托车，以a1=2m/s2的加速度匀加速启动追赶甲（甲乙分别处于相互平行的不同车道），为了安全，规定摩托车在此段公路行驶的速度不能超过v=45km/h，当乙与甲相遇时立即刹车制动，其阻力为车对地压力的0.4倍，求：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： （1）当乙位移等于甲的位移加初始距离的时候，两者第一次相遇（2）乙刹车后，甲还会再次追上甲，因为乙会停止，故应判
23、定乙的停止时间，再结合位移关系可求乙追上甲后两人再次相遇所用的时间【解析】： 解：（1）当乙位移等于甲的位移加初始距离的时候，两者第一次相遇，由运动学：，解得：t=6s，此时乙行驶的速度为：v=a1t=26=12m/s=43.2km/h45km/h，满足条件，故乙通过的位移为：（2）乙追上甲后再次相遇，设此时乙还没停止，则：，其中：，解得：t1=4s，乙停车所用时间为：，故甲追上乙时乙已经停下，次过程乙运动位移：，乙追上甲后两人再次相遇所用的时间为：答：（1）乙与甲第一次相遇时乙通过的位移36m；（2）乙追上甲后两人再次相遇所用的时间4.5s【点评】： 该的关键是要注意判定甲乙再次相遇的时候，
24、乙有没有停止，这是判定有一方是减速运动问题时候的重点关注对象13（17分）如图所示，在倾角为=37的斜面底端固定有一轻质弹簧，自由放置时其上端位于M点，M点距斜面最高点P的距离L=2m把质量为m=1kg的小球放于M点，通过外力控制小球将弹簧压缩至N点后自由释放（小球与弹簧不相连，其中MN 的距离d=0.5m），小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t4t2，之后小球从P点沿切线进入竖直放置的光滑圆弧形圆管轨道运动，圆弧轨道半径R=0.4m，圆管内径可忽略不计（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2） 求：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数；（2）弹簧压缩至N点时具
25、有的弹性势能EP；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，小球对轨道弹力的大小和方向【考点】： 机械能守恒定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）小球通过M点后上升过程中位移随时间变化的关系为x=6t4t2，结合位移公式得到初速度和加速度，然后受力分析后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素；（2）对从N到M过程，小球和弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解弹簧压缩至N点时具有的弹性势能EP；（3）小球运动到圆弧最高点Q时，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；再对从P到Q过程根据机械能守恒定律列式；最后联立求解【解析】： 解：（1）由题意知，小球在M点的速度为
26、：v0=6m/s；小球离开弹簧后在斜面上运动的加速度为：a=8m/s2；对小球离开弹簧后，由牛顿第二定律，有：ma=mgsin+mgcos 解得：=0.25（2）小球从N运动到M过程中，由功能关系，有：代入数据解得：Ep=22J（3）小球从M点运动到P点时：L=2=6t4t2，解得：t=0.5s，t=1s（舍去），此时速度为：vp=2m/s从P到Q机械能守恒得：解得：在Q点，向心力方程：解得：FN=4N小球受到向上的弹力，根据牛顿第三定律，小球对内轨作用力大小为4N，方向竖直向下；答：（1）小球与斜面之间的动摩擦系数为0.25；（2）弹簧压缩至N点时具有的弹性势能为22J；（3）小球运动到圆弧
27、最高点Q时，小球对轨道弹力的大小为4N，方向为竖直向下【点评】： 本题关键是明确小球的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律、机械能守恒定律和向心力公式列式求解，不难14（19分）如图甲所示，在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧存在如图乙所示宽度为L的有界交变电场（规定竖直向下为正方向），此区间的右侧存在一大小仍为B方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角=60射出，粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直，此时区域内的电场开始从t=0时刻开始变化，在t=2T时刻
28、粒子从x轴上的F点离开电场（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）C点距坐标原点距离y；（2）交变电场的周期T及电场强度Eo的大小；（3）带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？【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）由洛仑兹力充当向心力可求得粒子半径，再由几何关系即可求得C点坐标；（2）粒子在电场中的运动可以分为水平和竖直两个方向上的运动，由水平方向的匀速运动可求得周期，再由竖直方向的运动求解场强；注意明确竖直方向具有
29、对称性；（3）由题意可知粒子运动的运动轨迹图，则由几何关系及运动学过程可明确粒子运动的半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得后来的磁感应强度【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB=m解得：r=由几何关系可知C点的坐标为y=rrcos60=（2）粒子在水平方向做匀速直线运动L=vt=2vT解得：T=；竖直方向到达x轴上的F点，根据运动的对称性可知：y=4（）2解得：E=；（3）从F点进入右磁场时，方向水平向右，做圆周运动，半径仍为r，离开右磁场时恰运动半周，水平向左，由于电场消失，粒子针匀速运动到y轴，进入左侧磁场，运动半径为R，由图可知，要使粒子回到A点，轨迹如图所示；由几何关系可知：R2=（2rR）2+（r）2R=由洛仑兹力充当向心力可得：qvB1=B1=方向垂直纸面向内；答：（1）C点距坐标原点距离y为；（2）交变电场的周期T为；电场强度Eo的大小为；（3）左侧磁感应强度的大小为、方向垂直纸面向里【点评】： 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要求能正确掌握粒子的运动规律，明确粒子在电场中应用运动的合成与分解；在磁场中注意几何关系的确定，明确圆心和半径即可由洛仑兹力充当向心力求解