四川省攀枝花三中2015届高三物理二模试题（含解析）.doc

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1、2015年四川省攀枝花三中高考物理二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015东区校级二模）在静电场中将一个带电量为q=2.0109C的点电荷由a点移动到b点，已知a、b两点间的电势差Uab=1.0104V在此过程中，除电场力外，其他力做的功为W=6.0105J，则该点电荷从a点移动到b点的过程中动能（） A 减少了8.0105J B 增加了8.0105J C 减少了4.0105J D 增加了4.0105J【考点】： 电势能；动能定理的应用【分析】： 电荷由a点移至b点时，电场力和外力做功，引起动能变化，现根据Wab=qUab计算电场力做的功，再根据动能定理列方程

2、求解动能的增量【解析】： 解：由a点移动到b点的过程中，电场力做功Wab=qUab=2.01091.04J=2.0105J根据动能定理Ek=W总=Wab+W=2.0105+6.0105J=4.0105J，即该点电荷的动能增加了4.0105J故选：D【点评】： 对于涉及电场力和外力做功情况，首先要考虑能否用动能定理求解2（6分）（2015东区校级二模）如图所示，两对面MN、PQ平行的玻璃砖，a、b两束不同颜色的平行单色光，从MN面的A、B两点射入玻璃砖，从PQ面的同一点C射出，下列说法正确的是（） A 两束光的波长关系为ab B 两束光在玻璃砖传播的速度关系为vavb C 两束光从C点的出射光线

3、完全重合 D 只改变光的入射角，a、b两束仍可从PQ面的同一点射出【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据光线的偏折程度比较出光的折射率大小，从而根据v=得出在玻璃中传播的速度大小根据折射率的大小得出波长的大小根据平行玻璃板的光学特性分析出射光线与入射光线方向的关系【解析】： 解：A、由光路图可知，b光的偏折程度较大，则b光的折射率较大，b光的波长短，即ab故A错误；B、A光的折射率小，根据v=知，a光在玻璃砖传播的速度较大故B错误；C、根据平行玻璃板的光学特性可知出射光线与入射光线平行，所以两束光从C点的出射光线完全重合故C正确D、只改变光的入射角，a、b在玻璃砖上表

4、面偏折程度将发生变化，折射角的差值不同，两束光不能从PQ面的同一点射出故D错误故选：C【点评】： 解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、临界角、干涉条纹间距的关系3（6分）（2014广州二模）如图，水平地面上质量为m的物体连着一个劲度系数为k的轻弹簧，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动已知物体与地面间的动摩擦因素为，重力加速度为g，弹簧没有超出弹性限度，则弹簧的伸长量为（） A B C D 【考点】： 胡克定律【分析】： 物体在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀加速直线运动，在水平方向上拉力F与弹簧的弹力大小相等，由胡克定律可求弹簧的伸长量【解析

5、】： 解：由题意，得拉力F与弹簧的弹力大小相等，结合胡克定律有：F=kx，则弹簧的形变量x=故ABD错误，C正确故选：C【点评】： 解决本题的关键的关键知道力学特征和运动学特征，以及知道平衡力与作用力和反作用力的区别4（6分）（2015东区校级二模）土卫六是荷兰物理学家、天文学家和数学家克里斯蒂安惠更斯于1655年3月25日发现的，它是环绕土星运行的一颗最大卫星，也是太阳系第二大的卫星它绕土星做匀速圆周运动轨道半径约为2600千米，周期约为16天，现发射一颗人造土星卫星，绕土星运行的轨道半径约为1300千米，则该人造卫星绕土星运行的周期约为（） A 8天 B 6天 C 4天 D 2天【考点】：

6、 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】： 根据开普勒行星运动定律，根据两卫星的半径与周期关系求人造卫星的周期即可【解析】： 解：由题意知，r1=2600km，T1=6day，r2=1300km求T2根据开普勒行星运动定律有：可得故B正确，ACD错误故选：B【点评】： 本题可以根据开普勒行星运动定律也可以万有引力提供圆周运动向心力，由半径关系求得周期关系5（6分）（2015东区校级二模）如图a为沿x轴传播的简谐横波在t=1s时刻的波形图象，图b为某质点的振动图象，由图象可知，下列说法中正确的是（） A 该简谐横波一定沿x轴正向传播，速度大小为1

7、m/s B 图b可能为位于O的质点的振动图象 C t=2s时刻，质点P的速度一定最大，且一定沿y轴负向 D t=3s时刻，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴负向【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据图甲得到波动情况，根据图乙得到质点b的振动情况，然后结合波形平移得到波的传播方向，根据公式v=求解速度【解析】： 解：A、t=1s时刻，从图b可知质点的速度为y方向，由于不知道b图是a图中哪个质点的振动方向，所以采用波形平移的方法不能判断波的传播方向；由a图得到波长为 =4m，由c图得到周期为 T=4s，故波速：v=1m/s，故A错误；B、t=1s时刻，从图b可知质点位于平衡

8、位置向下运动，与a图中位于O的质点的状态不符，所以图b不可能为位于O的质点的振动图象故B错误C、t=2s时刻，即从t=1s时刻再过T，质点P向下经过平衡位置，速度一定最大，且一定沿y轴负向，故C正确D、t=3s时刻，即从t=1s时刻再过T，由于t=1s时刻质点Q的速度未知，所以t=3s时刻，质点Q可能向下经过平衡位置，也可能向上经过平衡，但速度一定最大，故D错误故选：C【点评】： 本题关键要把握振动图象与波形图象之间的联系，知道波形平移的同时质点在平衡位置附近振动，根据公式v=求解速度，6（6分）（2015东区校级二模）如图所示，重物B被绕过小滑轮P的细线所悬挂，重物A放在粗糙的水平桌面上；小

9、滑轮P被一根斜短线系于天花板上的Q点；O是三根线的结点，AO水平拉着A物体，C沿竖直方向拉着弹簧，CO与PO夹角为120；弹簧、细线、滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态其中A重100N，B重40N，A与桌面间的动摩擦因数为0.5，则下列说法正确的是（） A 弹簧的弹力大小为20N B 桌面对A的摩擦力大小为50N C 线CO与PO拉力的合力大小为20N D 线QP与竖直方向的夹角为60【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】： 根据滑轮的力学特性求出Oa绳的拉力和线OP与竖直方向的夹角以结点O为研究对象，

10、分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳Ob的拉力，再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力【解析】： 解：A、B根据滑轮的力学特性得知OB绳的拉力为：T=GB=40N以结点O为研究对象，受力如图，根据平衡条件得弹簧的弹力为：F1=Tcos60=20N绳OA的拉力为：F2=Tsin60=40N=20N，对B，由平衡条件知桌面对B的摩擦力为：f=F2=20N故A正确，B错误C、以结点O为研究对象，由平衡条件可知线PO与CO拉力的合力大小与OA绳的拉力大小相等，为20N，故C正确D、根据滑轮的力学特性和对称性可知，线OP与竖直方向的夹角为30故D错误故选：AC【点评】： 本题涉及滑轮和结点平衡问题

11、根据动滑轮不省力的特点，确定细线OP与竖直方向的夹角是关键7（6分）（2015东区校级二模）如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB是竖直轨道，CD是水平轨道AB与BC相切于B点，CD与BC相切于C点一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），从Q与B等高处由静止释放，两球滑到水平轨道上重力加速度为g，则下列说法中正确的是（） A 下滑的整个过程中P球机械能守恒 B 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C Q球过C点的速度大小为 D 下滑的整个过程中Q球机械能增加量为mgR【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机

12、械能守恒定律应用专题【分析】： 下滑过程两个球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒；根据机械能守恒定律列式求解速度；两个球沿着杆子方向的分速度一直是相等的【解析】： 解：A、B、下滑过程中，对两个球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，而单个球机械能均不守恒，故A错误，B正确；C、Q球过C点时，杆与竖直方向的夹角的余弦：cos=，故=60；根据机械能守恒定律，有：mgR+mg（3RR）= 杆不可伸长，故两个球沿着杆方向的分速度相等，故：vPcos30=vQcos60 联立解得：vP=vQ=故C错误；D、下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有：解得：v=2故Q球机械能增加量为：E=mgR；故

13、D正确；故选：BD【点评】： 本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和运动的合成与分解的知识列式分析，不难二、非选择题8（5分）（2015东区校级二模）人在行走过程中，重心高度会发生变化（当身体重力作用线通过你的一只脚的底面时，重心最高，当你跨出双脚同时着地时，重心最低）某人身高1.70m，体重600N，在水平地面上行走时重心高度变化约为2cm，行走速度为5km/h，每1km行走约1350步，试估算该人每走一步克服重力做的功W=12J，行走时克服重力做功的功率P=22.5W【考点】： 功的计算；功率、平均功率和瞬时功率【分析】： 由W=mgh可求得人每一步克服重力所做的

14、功；根据功率公式可求得功率【解析】： 解：克服重力做功为：W=mgh=6000.02=12J；1km用时：t=0.2h=720s克服重力所做的总功为：W=121350=16200J；则克服重力做功的功率为：P=22.5W；故答案为：12，22.5【点评】： 本题考查功的计算及功率公式的应用，要注意正确理解重力做功的计算方法9（12分）（2015东区校级二模）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：用mm刻度尺测量其长度如图（a）所示，可知其长度为40.0 mm；用螺旋测微器测量其直径为5.000mm；用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图

15、（b）所示，则该电阻的阻值约为220；该材料的电阻率=0.1m（保留一位有效数字）为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程015mA，内阻约30）电流表A2（量程03mA，内阻约50）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015）开关S，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学进行了电路设计并对实物进行了部分连接，如图（c），请将图（c）补充完整该同学正确选用的A表为A1，V表为V1【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题；恒定电

16、流专题【分析】： 游标卡尺的读数为：主尺+游标尺，螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数，欧姆表的读数为：示数倍率【解析】： 解：（1）游标卡尺的读数为：主尺+游标尺=50mm+30.05mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数=4+0.5+19.90.01=4.699mm；（3）欧姆表的读数为：示数倍率=2210=220；（4）电路图如右图，电压表用15V的指针偏角太小，所以用电压表V1，由电动势和电阻的值知电流最大为十几毫安，所以用电流表A2，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器R1、电流表外接、滑动变阻器分压式接法答案为：40.0；220；0

17、.1；如图所示；A1，V1【点评】： 对游标卡尺和螺旋测微器的读数要知道读数的方法，欧姆表读数时要让指针在中间位置附近，每次选档都要重新进行欧姆调零10（15分）（2015东区校级二模）如图所示，平行金属板MN、PQ水平放置，通过如图所示的电路与电源连接，小微粒A从平行金属板的最左边两板正中间，沿水平方向射入，当开关S断开时，微粒A正好打在金属板PQ的正中位置当开关S闭合，电路稳定后，微粒A从金属板PQ的Q端边缘飞出已知金属板长为L，两板间距为，微粒A质量为m，带电量为q，重力加速度为g，定值电阻阻值为R0求：（1）微粒A射入时的初速度；（2）电源电动势【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【

18、专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）当开关S断开时，微粒A做平抛运动，将运动分解即可求出初速度的大小（2）以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动根据运动学公式即可求【解析】： 解：（1）当开关S断开时，微粒A做平抛运动由平抛运动的规律得：联立以上二式解得：（2）当开关S闭合，电路稳定后粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律得： L=vt1由牛顿第二定律得：联立以上各式解得：答：（1）微粒A射入时的初速度是；（2）电源电动势是【点评】： 带电粒子在电场中偏转时做匀加

19、速曲线运动应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件11（17分）（2015东区校级二模）如图所示，在倾角=37的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=1.5m的薄平板AB平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为10.5m，在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的滑块P（可视为质点），开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.25，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）滑块P离开平板时的速度；（2）平板下端B到达斜面底端C的时间与P到达C点的时间差【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；

20、牛顿第二定律【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 分别研究滑块与平板的运动情况：开始时，由于Mgsin37（M+m）gcos37，滑块在平板上滑动时，平板静止不动根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移速度关系式求出滑块到达B点时的速度滑块离开平板后，根据牛顿第二定律求出滑块沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间滑块滑离后平板才开始运动，根据牛顿第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间再求解时间差【解析】： 解：（1）当P离开薄板前，受力如图，由牛顿第二定律得：mgsin=mam1当P离开薄板前，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩

21、擦力公式得：MgsinfM1=MaM1NM1=Mgcos+NmfM1=NM1Nm=Nm=mgcos由匀变速运动规律得：vm1=am1t1由题意得：smsM=L联立以上各式并代入数据解得：vm1=6m/s（2）当P离开薄板后，受力如图，由牛顿第二定律、摩擦力公式得：mgsinfm=mam2fm=Nm当P离开薄板后，薄板受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：MgsinfM2=MaM2NM2=MgcosfM2=NM2由匀变速运动规律得：vM1=aM1t1联立以上各式并代入数据解得：t=t3t2=0.5s答：（1）滑块P离开平板时的速度为6m/s；（2）平板下端B到达斜面底端C的时间与P到

22、达C点的时间差为0.5s【点评】： 本题关键在于分析两物体的受力情况，再确定物体的运动情况也可以运用动能定理与运动学公式结合求解12（19分）（2015东区校级二模）如图所示，一根不可伸长的轻细绳穿过小环D下端的光滑小孔，绕过轻质光滑定滑轮O，一端与放在光滑绝缘斜面上的绝缘棒A连接，绝缘棒的中点带有点电荷，另一端与穿在光滑竖直细杆上的小球B连接，整个装置在同一竖直平面内当系统静止时，轻细绳与竖直细杆的夹角为=30，D与竖直细杆间的距离为d已知斜面倾角=60，棒A的长度为L=（2）d，质量为m，点电荷电量为+q，重力加速度为g，细杆、斜面足够长试求：（1）小球B的质量；（2）若在绝缘棒A静止时下

23、端位置MN、上端位置PQ（MN、PQ与斜面垂直）之间的区域内加一沿斜面向下的匀强电场（图中未画出），小球B运动的最高点可达与D同高的C点，求场强的大小；（3）若所加电场的场强大小E=，求绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球的速度【考点】： 功能关系；运动的合成和分解【分析】： 分别对两物体受力分析，根据平衡条件列方程求解；由速度的合成与分解得到两个物块速度的关系，对系统由机械能守恒定律列方程求解【解析】： 解：（1）两物体受力如图，由平衡条件得：对A：T=mgsin 对B：Tcos=mBg联立以上各式并代入数据解得：（2）由能量守恒得：联立以上各式并代入数据解得：（3）绝缘棒A第一次全部离开电场

24、时，小球B运动到E点，DE与杆的夹角为，由能量守恒得：由运动分解可得：vA=vBcos由几何知识可得：联立以上各式并代入数据解得：答：（1）小球B的质量为m；（2）若在绝缘棒A静止时下端位置MN、上端位置PQ（MN、PQ与斜面垂直）之间的区域内加一沿斜面向下的匀强电场（图中未画出），小球B运动的最高点可达与D同高的C点，场强的大小为；（3）若所加电场的场强大小E=，绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球的速度为【点评】： 解决“绳（杆）端速度分解模型”问题时应把握以下两点：（1）确定合速度，它应是m2的实际速度；（2）m2运动引起了两个效果：一是左边绳子的缩短，二是绳绕滑轮的转动应根据实际效果进行运动的分解- 11 -