四川省攀枝花市米易中學高三物理模擬試題含解析

1、2015年四川省攀枝花市米易中學高考物理模擬試卷 一、選擇題 1（6分）（2015?米易縣校級模擬）以下說法正確的是（ ） A 紅外線具有顯著的熱效應 B 光導纖維是應用了光的全反射現(xiàn)象，無影燈主要是應用了光的衍射 C 白光經(jīng)光密三棱鏡折射發(fā)生色散時，紅光的偏折角最大 D 在高速運動的飛船中的宇航員會發(fā)現(xiàn)飛船中的鐘走得比地球上的快 【考點】： 紅外線的熱效應和紅外線遙控；光通過棱鏡時的偏折和色散 【分析】：本題關鍵是記住相對論有關時間間隔的相對性公式、相對論質(zhì)量公式，明確相對論的等效原理明確光的色散現(xiàn)象及電磁波譜的相關內(nèi)容 【解析】： 解：A、紅外線具有顯著的熱效應；故A正確； B、無影燈應用

2、的是光的直射，發(fā)光面較大，導致本影區(qū)域小，故B錯誤； C、紅光的折射率最小，紫光的折射率最大，則知白光經(jīng)光密三棱鏡折射發(fā)生色散時，紅光的偏折角最小，紫光的偏折角最大故C錯誤 D、在高速運動的飛船中的宇航員會發(fā)現(xiàn)飛船中的鐘走得比地球上慢故D錯誤； 故選：A 【點評】： 本題考查了偏振、光的色散現(xiàn)象等光學知識以及相對論相關規(guī)律，要注意正確掌握，并能在生活中加以應用 2（6分）（2015?徐匯區(qū)一模）一物體受到大小分別為F1、F2、F3的三個共點力的作用，其力的矢量關系如圖所示，則它們的合力大小是（ ） A 2F1 B 2F2 C 2F3 D F1+F2+F3 【考點】： 力的合成 【分析】：三角形

3、定則是指兩個力（或者其他任何矢量）合成，其合力為從第一個力的起點到第二個力的終點 三角形定則是平面力系求解力的合成與分解的基本法則，是由平行四邊形定則發(fā)展而來，與平行四邊形定則在本質(zhì)上是一致的 【解析】： 解：根據(jù)三角形定則，F(xiàn)3與F2的合力等于從F2的起點到F3的終點的有向線段，即與F1相同，故合力等于2倍的F1 故選：A 【點評】： 本題涉及力的合成的三角形定則，即有兩個力，大小方向都不同，用矢量三角形求出它們合力的大小，就把第二個力的尾連上第一個力的頭，它們的合力就是第一個力的尾指向第二個力的頭的這樣一個矢量，畫出來之后你可以看到三者構(gòu)成一個三角形 3（6分）（2015?米易縣校級模擬）

4、如圖，一簡諧橫波在x軸上傳播，軸上a、b兩點相距12mt=0時a點為波峰，b點為波谷；t=0.5s時a點為波谷，b點為波峰則下列判斷中正確的是（ ） A 波一定沿x軸正方向傳播 B 波長可能是8m - 1 - C 周期可能是0.5s D 波速一定是24m/s 【考點】： 波長、頻率和波速的關系 【分析】：本題中由于存在波長和周期的不確定性，則導致了波速的多解析，同時傳播方向是不確定的 【解析】： 解：A、由題可知波的傳播方向是不確定的，故A錯誤； B、從波動圖象可知若a點為波峰，b點為波谷則二者相距至少半個波長，或者n個波長另加 半個波長，故有：（n=1、2、3），故的可能值有24m、8m、4

5、.8m等， B正確；故 、s1s等，則T的可能值有C2、同理對應的周期可能有：（n=1、3）故C錯誤； D、由于波長和周期都存在著不確定性，即多解性，故波速也是不確定性的，故D錯誤； 故選B 【點評】： 本題考察了波的多解性，要知道造成多解性的原因：波長、周期多解性導致波速多解性，傳播方向不確定造成多解性等 4（6分）（2014?天津）研究表明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時，假設這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，未來人類發(fā)射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比（ ） A 距地面的高度變大 B 向心加速度變大 C 線速度變大 D 角速度變大 【考點】： 同步衛(wèi)星 【專題】

6、： 人造衛(wèi)星問題 【分析】：衛(wèi)星受到的萬有引力充當向心力，根據(jù)公式即可分析同步衛(wèi)星的各物理量的變化情況 【解析】： 解：A、因地球的周期在增大；故未來人類發(fā)射的衛(wèi)星周期也將增大；根據(jù)萬有引力公式可知： =m R=；故衛(wèi)星離地高度將變大；故A正確； 則有： 、由=ma可知，因半徑增大，則加速度減??；故BB錯誤； v=，故線速度變?。还蔆錯誤；C 、由=m可知， =；故角速度減?。还蔇可知，=mRD、由2錯誤 - 2 - 故選：A 【點評】： 本題考查向心力公式及同步衛(wèi)星的性質(zhì)，要注意明確同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同 5（6分）（2015?米易縣校級模擬）如圖，斜面C放置在水平面上，小物

7、體B放置在C上，小球A用細線跨過光滑定滑輪與B相連，B與滑輪間的細線保持豎直方向?qū)向左拉至一定高度（低于滑輪）由靜止釋放，使A在豎直平面內(nèi)擺動，在A擺動過程中，B、C始終保持靜止則（ ） A 斜面 C對水平面的靜摩擦力可能向右 B 小物體B所受靜摩擦力方向可能沿斜面向下 C 小物體B所受靜摩擦力可能為零 D 斜面C對水平面的壓力可能等于B、 C重力之和 共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力 【考點】： ：【專題】 共點力作用下物體平衡專題BCA在豎直平面內(nèi)擺動，做圓周運動，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，而【分析】： 處于靜止狀態(tài)，受力平衡，選擇適當?shù)奈矬w或系統(tǒng)進行受力分析即可求解整

8、體進行受力分析可知，水平方向沒接觸的時候處于相對靜止，對BC、：【解析】 解：ABC A有運動的趨勢，所以C不受地面的摩擦力，故錯誤；的重力時，BBA在最低點時，繩子的拉力和重力提供向心力，當繩子的拉力正好等于、小球有沿斜面向下的重力，若繩子的拉力小于B則BBC之間沒有彈力，BC此時間摩擦力等于零，所受靜摩擦力方向不可能沿斜面向下，B運動的趨勢，受沿斜面向上的摩擦力，可見小物體 錯誤；BC故正確在豎直平面內(nèi)擺動，做圓周運動，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，所以繩子的拉D、A D、C重力之和，故錯誤BC力不可能等于零，所以對地面的壓力不可能等于 C故選：本題解題的關鍵是受力分析，要求同學們能正

9、確選擇研究對象進行受力分析，知 ：【點評】在豎直平面內(nèi)擺動，做圓周運動，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，繩子的拉力不道A 可能等于零，難度適中 垂直于傾斜放置的光滑絕緣斜面2015?分）（66（米易縣校級模擬）如圖所示，一勻強磁場B的矩、在斜面上放置一質(zhì)量為ghef斜向上，勻強磁場區(qū)域在斜面上虛線與之間m電阻為Ref均平行，且ab以及鋁框邊和斜面底邊、，虛線abcd形鋁框efghpqehbc如果鋁框從）線之前的速度ghab則從開始運動到上方的某一位置由靜止開始運動邊到達時間）v（t（ 圖象，可能正確的有（）- 3 - BD C A 導體切割磁感線時的感應電動勢【考點】： 電磁感應與電路結(jié)合【

10、專題】：線框未進入磁場前做勻加速直線運動，進入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，受【分析】 到沿斜面向上的安培力，根據(jù)安培力與重力沿斜面向下的分力關系，判斷線框的運動情況、線框開始階段，未進入磁場，做勻加速直線運動，進入磁場時，切割磁感A：【解析】 解：線產(chǎn)生感應電流，受到沿斜面向上的安培力，若速度適中，安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等，則線圈做勻速直線運動，由于磁場的長度大于線圈的長度，所以當線圈在磁場中運動的位移大于線圈的寬度后，線圈完全進入磁場中，由于磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，邊出磁場時，開始做加速度減小的減速運動，最后可能做勻dc線圈做勻加速直線運動，線圈 錯誤A正確BC速運動，速

11、度大于等于線圈進入磁場時的速度，故、若線圈進入磁場時速度較小，線圈做加速度減小的加速運動，線圈完全進入磁場中，由于D邊出磁場時，開始做加速度dc磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，線圈做勻加速直線運動，線圈 正確減小的減速運動，最后可能做勻速運動，速度大于等于線圈進入磁場時的速度，故DAD 故選：本題的解題關鍵是分析線圈的受力情況，抓住安培力隨速度的增大而增大，分析 【點評】： 加速度的變化 拉位于粗糙面上的米易縣校級模擬）如圖，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F6分）（2015?7（ ） 木箱，使之沿斜面加速向上移動在移動過程中，下列說法正確的是（ 對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之

12、和 F A F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和 B 木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能 C F對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 D 功能關系；功的計算【考點】： ：對木箱進行受力分析，找出在木箱運動中有哪些力做功，做什么功，同時結(jié)合功能【分析】 關系找出能量之間的轉(zhuǎn)化，由動能定理及機械能守恒可得出各功及能量之間的關系- 4 - 【解析】： 解：A、B、D、在木箱移動過程中，受力分析如圖所示這四個力中，有重力、拉力和摩擦力做功 重力做負功使重力勢能增加，摩擦力做負功產(chǎn)生熱能因為物體加速運動，根據(jù)動能定理，合力做的功等于動能的增量 而機械能等于

13、動能與重力勢能之和， 故F做的功等于木箱增加的動能與重力勢能以及克服摩擦力所做的功，所以A錯誤，B正確，D錯誤； C、根據(jù)功能關系，木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能，故C正確； 故選：BC 【點評】： 功能關系及動能定理等內(nèi)容可以幫助我們更加快捷地解出題目，故在學習中一定要學會分析題目中的能量關系，并能靈活準確地應用動能定理及功能關系 二、實驗題： 8（6分）（2015?米易縣校級模擬）某同學設計了如甲、乙兩圖所示的實驗裝置來探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系 甲 （填“甲”或“乙”）實驗裝置比較好，原因是 因為甲圖通過拉力傳感器能夠準確得到小車受到的拉力大小，不需像乙圖那樣要使小

14、車的總質(zhì)量遠遠大于鉤碼的質(zhì)量才能近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力 在實驗誤差允許范圍內(nèi)，當小車的質(zhì)量不變時，小車的加速度與小車的合外力滿足 A 圖的關系 【考點】： 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系 【專題】： 實驗題 【分析】：（1）甲圖通過拉力傳感器能夠準確得到小車受到的拉力大小，不需像乙圖那樣要使小車的總質(zhì)量遠遠大于鉤碼的質(zhì)量； （2）在實驗誤差允許范圍內(nèi)，當小車的質(zhì)量不變時，小車的加速度與小車的合外力成正比 - 5 - 【解析】： 解：（1）因為甲圖通過拉力傳感器能夠準確得到小車受到的拉力大小，不需像乙圖那樣要使小車的總質(zhì)量遠遠大于鉤碼的質(zhì)量才能近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的

15、重力，所以甲實驗裝置較好， （2）在實驗誤差允許范圍內(nèi)，當小車的質(zhì)量不變時，小車的加速度與小車的合外力成正比，圖象是過原點的直線，故A正確 故選：A 故答案為： （1）甲，因為甲圖通過拉力傳感器能夠準確得到小車受到的拉力大小，不需像乙圖那樣要使小車的總質(zhì)量遠遠大于鉤碼的質(zhì)量才能近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力；（2）A 【點評】： 紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的公式，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度，明確實驗原理，正確理解實驗中具體操作的含義，加強基本物理規(guī)律在實驗中的應用 9（11分）（2014?北京）利用電流表和電壓表測定一節(jié)干

16、電池的電動勢和內(nèi)電阻要求盡量減小實驗誤差 （1）應該選擇的實驗電路是圖1中的 甲 （選項“甲”或“乙”） （2）現(xiàn)有電流表（00.6A）、開關和導線若干，以及以下器材： A電壓表（015V） B電壓表（03V） C滑動變阻器（050） D滑動變阻器（0500） 實驗中電壓表應選用 B ；滑動變阻器應選用 C ；（選填相應器材前的字母） （3）某位同學記錄的6組數(shù)據(jù)如下表所示，其中5組數(shù)據(jù)的對應點已經(jīng)標在圖2的坐標紙上，請標出余下一組數(shù)據(jù)的對應點，并畫出UI圖線 序號 1 2 3 4 5 6 電壓U（V） 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10 電流I（A） 0.060 0.

17、120 0.240 0.260 0.360 0.480 （4）根據(jù)（3）中所畫圖線可得出干電池的電動勢E= 1.5 v，內(nèi)電阻r= 0.83 （5）實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數(shù)U以及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化圖3的各示意圖中正確反映PU關系的是 C - 6 - 測定電源的電動勢和內(nèi)阻【考點】： 實驗題【專題】： ）分析圖示電路結(jié)構(gòu)，然后答題；：（1【分析】 ）根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，為方便實驗操作應選最大阻值較小的滑動變阻器；（2 ）應用描點法作出圖象；（3 圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻；I（4）根據(jù)電源的U 5）求出電源輸出功率表達式，然后答題（ 1）干電池內(nèi)阻較小，為減

18、小實驗誤差，應選題甲所示電路圖；： 解：（【解析】 ；B，為方便實驗操作，滑動變阻器應選C）一節(jié)干電池電動勢約為（21.5V，則電壓表應選 圖象如圖所示；I（3）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后作出電源的U ，1.5，則電源電動勢E=1.5V圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是）由圖示電源（4UI ；r=0.83電源內(nèi)阻：而當內(nèi)阻和外阻相等時，其示數(shù)隨滑動變阻器的阻值增大而增大；電壓表測量路端電壓，5（）輸出功率最大；此時輸出電壓為電動勢的一半外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢，- 7 - 此時輸出功率為零；故符合條件的圖象應為C 故答案為：（1）甲；（2）B；C；（3）圖示如圖所示

19、；（4）1.5；0.83；（5）C 【點評】： 本題考查了實驗電路選擇、實驗器材選擇、作圖象、求電源電動勢與內(nèi)阻等問題，要知道實驗原理，要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法；電源的UI圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻 三、計算題： 10（15分）（2015?米易縣校級模擬）摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米電梯的簡化模型如圖1所示考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的已知電梯在t=0時由靜止開始上升，at圖象如圖2所示電梯總質(zhì)量m=2.0103 kg忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2 （1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小

20、拉力F2 （2）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在011s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W 【考點】： 功率、平均功率和瞬時功率 【專題】： 功率的計算專題 【分析】：（1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2； （2）由at圖象可知，11s30s內(nèi)速率最大，其值等于011s內(nèi)at圖線與坐標軸圍成的面積，此時電梯做勻速運動，由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W 【解析】： 解：（1）由牛頓第二定律，有Fmg=ma 由at圖象可知，F(xiàn)1和F2對應的加速度分別是a1=1.0m/s2，a2=1.0m/s2 根

21、據(jù)牛頓第二定律得： 最大拉力F1=m（g+a1）=2.0103（10+1.0）N=2.2104 N 最小拉力F2=m（g+a2）=2.0103（101.0）N=1.8104 N （2）由at圖象可知，11s30s內(nèi)速率最大，其值等于011s內(nèi)at圖線下的面積，有 vm=10m/s 此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率 P=Fvm=mgvm=2.01031010W=2.0105 W 由動能定理，總功 0=2.0103102 J=1.0105 JW=Ek2 Ek1=mvm2答：（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1為2.2104 N，最小拉力F2為1.8104 N； （2）電梯以最

22、大速率上升時，拉力做功的功率P為2.0105 W；在011s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W為1.0105 J 【點評】： 本題一要有基本的讀圖能力，并能根據(jù)加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能- 8 - 運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義 11（17分）（2015?米易縣校級模擬）如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m軌道的MM端之間接一阻值R=0.40的定值電阻，NN端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度B=0.64T的勻強磁場中

23、，磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.80m，且其右邊界與NN重合現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10的導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去F，結(jié)果導體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點PP已知導體桿ab在運動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù)=0.10，軌道的電阻可忽略不計，取g=10m/s2，求： （1）導體桿剛進入磁場時，通過導體桿上的電流大小和方向； （2）導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量； （3）導體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱 【

24、考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢；動能定理的應用；電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化 【專題】： 電磁感應功能問題 【分析】：（1）先有動能定理求出進入磁場時的速度，導體棒進入磁場時金屬桿切割磁感線，產(chǎn)生感應電流由法拉第定律和歐姆定律可求得感應電流大小 （2）設導體桿在磁場中運動的時間為t，求出產(chǎn)生的感應電動勢的平均值，根據(jù)歐姆定律求出電流的平均值，進而求出電量 （3）回路中機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求出電路中產(chǎn)生的焦耳熱 【解析】： 解：（1）設導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1，根據(jù)動能定理則有 s=mv12 mg）（F導體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv1 I=3

25、.8A（或3.84A此時通過導體桿上的電流大小） 根據(jù)右手定則可知，電流方向為由b向a （2）設導體桿在磁場中運動的時間為t，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值為E平均，則由法拉第電磁感應定律有 =平均 E = I的感應電流的平均值通過電阻R 平均- 9 - 通過電阻R的電荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C） （3）設導體桿離開磁場時的速度大小為v2，運動到圓軌道最高點的速度為v3，因?qū)w桿恰好能通過半圓形軌道的最高點，根據(jù)牛頓第二定律對導體桿在軌道最高點時有 mg= mv22=mv32+mg?2R0的過程，根據(jù)機械能守恒定律有對于導體桿從NN運動至PP 解得v2=5.0m/s mv22=1

26、.1J E=導體桿穿過磁場的過程中損失的機械能mv12此過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=Emgd=0.94J 答：（1）導體桿剛進入磁場時，通過導體桿上的電流大小為3.8A，方向為 b 向 a； （2）導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量為0.51C； （3）導體桿穿過磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為0.94J 【點評】： 本題是電磁感應中的力學問題，綜合了電磁感應、電路、力學等知識考查分析和解決綜合題的能力 12（19分）（2015?徐匯區(qū)一模）在光滑水平面上固定一個內(nèi)壁光滑的豎直圓筒S（右圖為俯視圖），圓筒半徑為R=1m一根長r=0.5m的絕緣細線一端固定于圓筒圓心O點，另一端系住一個質(zhì)量為m=0.2kg、帶電量為q=+5105C的小球空間有一場強為E=4104N/C的勻強電場，電場方向與水平面平行將細線拉至與電場線平行，給小球大小為10m/s、方向垂直于電場線的初速度v0 （1）求當小球轉(zhuǎn)過90時的速度大?。?（2）若當小球轉(zhuǎn)過90時，細線突然斷裂，小球繼續(xù)運動，碰到圓筒后不反彈，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量損失減小為零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不變之后小球沿圓筒內(nèi)壁繼續(xù)做圓周運動求這一運動過程中的速度的最小值 （3）從初始位置開