攀枝花高三物理卷.docx
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攀枝花高三物理卷
2015年四川省攀枝花市米易中学高考物理模拟试卷
一、选择题
1．（6分）（2015•米易县校级模拟）以下说法正确的是（ ）
A．红外线具有显著的热效应
B．光导纤维是应用了光的全反射现象，无影灯主要是应用了光的衍射
C．白光经光密三棱镜折射发生色散时，红光的偏折角最大
D．在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的钟走得比地球上的快
【考点】：
红外线的热效应和红外线遥控；光通过棱镜时的偏折和色散．
【分析】：
本题关键是记住相对论有关时间间隔的相对性公式、相对论质量公式，明确相对论的等效原理．明确光的色散现象及电磁波谱的相关内容．
【解析】：
解：
A、红外线具有显著的热效应；故A正确；
B、无影灯应用的是光的直射，发光面较大，导致本影区域小，故B错误；
C、红光的折射率最小，紫光的折射率最大，则知白光经光密三棱镜折射发生色散时，红光的偏折角最小，紫光的偏折角最大．故C错误．
D、在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的钟走得比地球上慢．故D错误；
故选：
A．
【点评】：
本题考查了偏振、光的色散现象等光学知识以及相对论相关规律，要注意正确掌握，并能在生活中加以应用．
2．（6分）（2015•徐汇区一模）一物体受到大小分别为F1、F2、F3的三个共点力的作用，其力的矢量关系如图所示，则它们的合力大小是（ ）
A．2F1B．2F2C．2F3D．F1+F2+F3
【考点】：
力的合成．
【分析】：
三角形定则是指两个力（或者其他任何矢量）合成，其合力为从第一个力的起点到第二个力的终点．三角形定则是平面力系求解力的合成与分解的基本法则，是由平行四边形定则发展而来，与平行四边形定则在本质上是一致的．
【解析】：
解：
根据三角形定则，F3与F2的合力等于从F2的起点到F3的终点的有向线段，即与F1相同，故合力等于2倍的F1．
故选：
A．
【点评】：
本题涉及力的合成的三角形定则，即有两个力，大小方向都不同，用矢量三角形求出它们合力的大小，就把第二个力的尾连上第一个力的头，它们的合力就是第一个力的尾指向第二个力的头的这样一个矢量，画出来之后你可以看到三者构成一个三角形．
3．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m．t=0时a点为波峰，b点为波谷；t=0.5s时a点为波谷，b点为波峰．则下列判断中正确的是（ ）
A．波一定沿x轴正方向传播B．波长可能是8m
C．周期可能是0.5sD．波速一定是24m/s
【考点】：
波长、频率和波速的关系．
【分析】：
本题中由于存在波长和周期的不确定性，则导致了波速的多解析，同时传播方向是不确定的．
【解析】：
解：
A、由题可知波的传播方向是不确定的，故A错误；
B、从波动图象可知若a点为波峰，b点为波谷则二者相距至少半个波长，或者n个波长另加半个波长，故有：
（n=1、2、3…），故λ的可能值有24m、8m、4.8m等，故B正确；
C、同理对应的周期可能有：
（n=1、2、3…），则T的可能值有1s、
s等，故C错误；
D、由于波长和周期都存在着不确定性，即多解性，故波速也是不确定性的，故D错误；
故选B．
【点评】：
本题考察了波的多解性，要知道造成多解性的原因：
波长、周期多解性导致波速多解性，传播方向不确定造成多解性等．
4．（6分）（2014•天津）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，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（ ）
A．距地面的高度变大B．向心加速度变大
C．线速度变大D．角速度变大
【考点】：
同步卫星．
【专题】：
人造卫星问题．
【分析】：
卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况．
【解析】：
解：
A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：
=m
则有：
R=
；故卫星离地高度将变大；故A正确；
B、由
=ma可知，因半径增大，则加速度减小；故B错误；
C、由
=m
可知，v=
，故线速度变小；故C错误；
D、由
=mRω2可知，ω=
；故角速度减小；故D错误．
故选：
A．
【点评】：
本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．
5．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图，斜面C放置在水平面上，小物体B放置在C上，小球A用细线跨过光滑定滑轮与B相连，B与滑轮间的细线保持竖直方向．将A向左拉至一定高度（低于滑轮）由静止释放，使A在竖直平面内摆动，在A摆动过程中，B、C始终保持静止．则（ ）
A．斜面C对水平面的静摩擦力可能向右
B．小物体B所受静摩擦力方向可能沿斜面向下
C．小物体B所受静摩擦力可能为零
D．斜面C对水平面的压力可能等于B、C重力之和
【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】：
A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，而BC处于静止状态，受力平衡，选择适当的物体或系统进行受力分析即可求解．
【解析】：
解：
A、BC接触的时候处于相对静止，对BC整体进行受力分析可知，水平方向没有运动的趋势，所以C不受地面的摩擦力，故A错误；
B、小球A在最低点时，绳子的拉力和重力提供向心力，当绳子的拉力正好等于B的重力时，BC之间没有弹力，此时BC间摩擦力等于零，若绳子的拉力小于B的重力，则B有沿斜面向下运动的趋势，受沿斜面向上的摩擦力，可见小物体B所受静摩擦力方向不可能沿斜面向下，故C正确B错误；
D、A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，所以绳子的拉力不可能等于零，所以C对地面的压力不可能等于B、C重力之和，故D错误．
故选：
C．
【点评】：
本题解题的关键是受力分析，要求同学们能正确选择研究对象进行受力分析，知道A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，绳子的拉力不可能等于零，难度适中．
6．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh＞bc．如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度（v）﹣时间（t）图象，可能正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】：
电磁感应与电路结合．
【分析】：
线框未进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，根据安培力与重力沿斜面向下的分力关系，判断线框的运动情况．
【解析】：
解：
A、线框开始阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则线圈做匀速直线运动，由于磁场的长度大于线圈的长度，所以当线圈在磁场中运动的位移大于线圈的宽度后，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故A正确．BC错误．
D、若线圈进入磁场时速度较小，线圈做加速度减小的加速运动，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故D正确．
故选：
AD
【点评】：
本题的解题关键是分析线圈的受力情况，抓住安培力随速度的增大而增大，分析加速度的变化
7．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
【考点】：
功能关系；功的计算．
【分析】：
对木箱进行受力分析，找出在木箱运动中有哪些力做功，做什么功，同时结合功能关系找出能量之间的转化，由动能定理及机械能守恒可得出各功及能量之间的关系．
【解析】：
解：
A、B、D、在木箱移动过程中，受力分析如图所示．这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功．
重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能．因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的增量．
而机械能等于动能与重力势能之和，
故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以A错误，B正确，D错误；
C、根据功能关系，木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能，故C正确；
故选：
BC．
【点评】：
功能关系及动能定理等内容可以帮助我们更加快捷地解出题目，故在学习中一定要学会分析题目中的能量关系，并能灵活准确地应用动能定理及功能关系．
二、实验题：
8．（6分）（2015•米易县校级模拟）某同学设计了如甲、乙两图所示的实验装置来探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
① 甲 （填“甲”或“乙”）实验装置比较好，原因是 因为甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量远远大于钩码的质量才能近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力 ．
②在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力满足 A 图的关系．
【考点】：
探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【专题】：
实验题．
【分析】：
（1）甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量远远大于钩码的质量；
（2）在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力成正比．
【解析】：
解：
（1）因为甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量远远大于钩码的质量才能近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，所以甲实验装置较好，
（2）在实验误差允许范围内，当小车的质量不变时，小车的加速度与小车的合外力成正比，图象是过原点的直线，故A正确．
故选：
A
故答案为：
（1）甲，因为甲图通过拉力传感器能够准确得到小车受到的拉力大小，不需像乙图那样要使小车的总质量远远大于钩码的质量才能近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力；
（2）A
【点评】：
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的公式，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，明确实验原理，正确理解实验中具体操作的含义，加强基本物理规律在实验中的应用．
9．（11分）（2014•北京）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择的实验电路是图1中的 甲 （选项“甲”或“乙”）．
（2）现有电流表（0﹣0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0﹣15V）B．电压表（0﹣3V）
C．滑动变阻器（0﹣50Ω）D．滑动变阻器（0﹣500Ω）
实验中电压表应选用 B ；滑动变阻器应选用 C ；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线．
序号123456
电压U（V）1.451.401.301.251.201.10
电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E= 1.5 v，内电阻r= 0.83 Ω
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P﹣U关系的是 C ．
【考点】：
测定电源的电动势和内阻．
【专题】：
实验题．
【分析】：
（1）分析图示电路结构，然后答题；
（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（3）应用描点法作出图象；
（4）根据电源的U﹣I图象求出电源电动势与内阻；
（5）求出电源输出功率表达式，然后答题．
【解析】：
解：
（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；
（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U﹣I图象如图所示；
（4）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，
电源内阻：
r=
=
≈0.83Ω；
（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C．
故答案为：
（1）甲；
（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C．
【点评】：
本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．
三、计算题：
10．（15分）（2015•米易县校级模拟）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t=0时由静止开始上升，a﹣t图象如图2所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2
（2）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．
【考点】：
功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】：
功率的计算专题．
【分析】：
（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度，由牛顿第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）由a﹣t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a﹣t图线与坐标轴围成的面积，此时电梯做匀速运动，由动能定理求解拉力和重力对电梯所做的总功W．
【解析】：
解：
（1）由牛顿第二定律，有F﹣mg=ma
由a﹣t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2
根据牛顿第二定律得：
最大拉力F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N
最小拉力F2=m（g+a2）=2.0×103×（10﹣1.0）N=1.8×104N
（2）由a﹣t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a﹣t图线下的面积，有
vm=
=10m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fvm=mgvm=2.0×103×10×10W=2.0×105W
由动能定理，总功
W=Ek2﹣Ek1=
mvm2﹣0=
×2.0×103×102J=1.0×105J．
答：
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1为2.2×104N，最小拉力F2为1.8×104N；
（2）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×105W；在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W为1.0×105J．
【点评】：
本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义．
11．（17分）（2015•米易县校级模拟）如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m．轨道的MM´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64T的匀强磁场中，磁场区域宽度d=0.80m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP′．已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求：
（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；
（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；
（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电磁感应中的能量转化．
【专题】：
电磁感应——功能问题．
【分析】：
（1）先有动能定理求出进入磁场时的速度，导体棒进入磁场时金属杆切割磁感线，产生感应电流．由法拉第定律和欧姆定律可求得感应电流大小．
（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，求出产生的感应电动势的平均值，根据欧姆定律求出电流的平均值，进而求出电量．
（3）回路中机械能转化为内能，根据能量守恒定律求出电路中产生的焦耳热．
【解析】：
解：
（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有
（F﹣μmg）s=
mv12
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1
此时通过导体杆上的电流大小I=
=3.8A（或3.84A）
根据右手定则可知，电流方向为由b向a
（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有
E平均=
通过电阻R的感应电流的平均值I平均=
通过电阻R的电荷量q=I平均t=0.512C（或0.51C）
（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有
mg=
对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有
mv22=
mv32+mg•2R0
解得v2=5.0m/s
导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=
mv12﹣
mv22=1.1J
此过程中电路中产生的焦耳热为Q=△E﹣μmgd=0.94J
答：
（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小为3.8A，方向为b向a；
（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量为0.51C；
（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为0.94J．
【点评】：
本题是电磁感应中的力学问题，综合了电磁感应、电路、力学等知识．考查分析和解决综合题的能力．
12．（19分）（2015•徐汇区一模）在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆筒S（右图为俯视图），圆筒半径为R=1m．一根长r=0.5m的绝缘细线一端固定于圆筒圆心O点，另一端系住一个质量为m=0.2kg、带电量为q=+5×10﹣5C的小球．空间有一场强为E=4×104N/C的匀强电场，电场方向与水平面平行．将细线拉至与电场线平行，给小球大小为10m/s、方向垂直于电场线的初速度v0．
（1）求当小球转过90°时的速度大小；
（2）若当小球转过90°时，细线突然断裂，小球继续运动，碰到圆筒后不反弹，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量损失减小为零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不变．之后小球沿圆筒内壁继续做圆周运动．求这一运动过程中的速度的最小值．
（3）从初始位置开始，要使小球在运动过程中，细线始终保持不松弛，电场强度E的大小所需满足的条件．
【考点】：
匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．
【专题】：
电场力与电势的性质专题．
【分析】：
（1）当细线转过90度的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求出细线断裂时小球的速度大小．
（2）根据动能定理求出小球与内壁碰撞时的速度，再将该速度沿半径方向和垂直于半径方向分解，得出沿圆筒做圆周运动的初速度，当小球运动到图示的最低点时，速度最小，根据动能定理求出沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值．
（3）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，1、转动90度的过程中速度减为零，2、转动到最低点有临界最小速度．结合动能定理求出电场强度的范围．
【解析】：
解：
（1）设小球转过90°时速度大小为v1，由动能定理：
解得
m/s
（2）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v2，由动能定理
解得
m/s
撞上筒壁后，设小球碰到圆筒后瞬间沿圆筒内壁做圆周运动的速度大小为v3，
小球沿圆筒内壁再转过30°时速度最小，设大小为v4，由动能定理
解得
m/s=3.94m/s
（3）情况一：
小球从图示位置开始运动后，速度逐渐减小．若小球能在转过90°之前速度减小为零，则反向运动，且细线始终保持不松弛．设电场强度大小为E1时，小球转过90°的瞬时速度恰为零，
解得：
N/C
则此过程中，E≥4×105
情况二：
若小球从图示位置转过90°后，未到达180°时，开始反向运动，则细线会松弛．因此需保证小球能转过180°．设电场强度大小为E2时，小球转过180°瞬时的速度为vmin，则
两式联立，得到
N/C
所以当E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C时，能使细线始终保持不松弛．
答：
（1）细线断裂时小球的速度大小为
．
（2）小球碰到圆筒内壁后不反弹，沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值为3.94m/s．
（3）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，电场强度E的大小范围E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C．
【点评】：
本题是动能定理和牛顿第二定律的综合应用，难点是第三问，确定临界情况，找到等效的最高点．
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