四川省攀枝花三中高三物理二模試題含解析

1、2015年四川省攀枝花三中高考物理二模試卷 一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分） 91（6分）（2015?東區(qū)校級二模）在靜電場中將一個帶電量為q=2.010C的點(diǎn)電荷由a4點(diǎn)移動到b點(diǎn)，已知a、b兩點(diǎn)間的電勢差U=1.010V在此過程中，除電場力外，其他力ab5做的功為W=6.010J，則該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移動到b點(diǎn)的過程中動能（ ） 55 A 減少了8.010J B 增加了8.010J 55 C 減少了4.010J D 增加了4.010J 【考點(diǎn)】： 電勢能；動能定理的應(yīng)用 【分析】： 電荷由a點(diǎn)移至b點(diǎn)時，電場力和外力做功，引起動能變化，現(xiàn)根據(jù)W=qU計算abab電場力做的功，再根

2、據(jù)動能定理列方程求解動能的增量 94【解析】： 解：由a點(diǎn)移動到b點(diǎn)的過程中，電場力做功W=qU=2.0101.0J=abab52.010J 555根據(jù)動能定理E=W=W+W=2.010+6.010J=4.010J，即該點(diǎn)電荷的動能增加了ab總k54.010J 故選：D 【點(diǎn)評】： 對于涉及電場力和外力做功情況，首先要考慮能否用動能定理求解 2（6分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，兩對面MN、PQ平行的玻璃磚，a、b兩束不同顏色的平行單色光，從MN面的A、B兩點(diǎn)射入玻璃磚，從PQ面的同一點(diǎn)C射出，下列說法正確的是（ ） A 兩束光的波長關(guān)系為 ba B 兩束光在玻璃磚傳播的速度關(guān)系為vv

3、 ba C 兩束光從C點(diǎn)的出射光線完全重合 D 只改變光的入射角，a、b兩束仍可從PQ面的同一點(diǎn)射出 【考點(diǎn)】： 光的折射定律 【專題】： 光的折射專題 v=得出在玻璃中傳播的【分析】： 根據(jù)光線的偏折程度比較出光的折射率大小，從而根據(jù)速度大小根據(jù)折射率的大小得出波長的大小根據(jù)平行玻璃板的光學(xué)特性分析出射光線與入射光線方向的關(guān)系 【解析】： 解：A、由光路圖可知，b光的偏折程度較大，則b光的折射率較大，b光的波長短，即故A錯誤； ba v=知，a光在玻璃磚傳播的速度較大故光的折射率小，根據(jù)、BAB錯誤； - 1 - C、根據(jù)平行玻璃板的光學(xué)特性可知出射光線與入射光線平行，所以兩束光從C點(diǎn)的出射

4、光線完全重合故C正確 D、只改變光的入射角，a、b在玻璃磚上表面偏折程度將發(fā)生變化，折射角的差值不同，兩束光不能從PQ面的同一點(diǎn)射出故D錯誤 故選：C 【點(diǎn)評】： 解決本題的突破口在于通過光線的偏折程度比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長、臨界角、干涉條紋間距的關(guān)系 3（6分）（2014?廣州二模）如圖，水平地面上質(zhì)量為m的物體連著一個勁度系數(shù)為k的輕彈簧，在水平恒力F作用下做勻加速直線運(yùn)動已知物體與地面間的動摩擦因素為，重力加速度為g，彈簧沒有超出彈性限度，則彈簧的伸長量為（ ） C A B D 【考點(diǎn)】： 胡克定律 【分析】： 物體在勁度系數(shù)為k的輕彈簧作用下沿地面做勻加速直線運(yùn)動

5、，在水平方向上拉力F與彈簧的彈力大小相等，由胡克定律可求彈簧的伸長量 【解析】： 解：由題意，得拉力F與彈簧的彈力大小相等，結(jié)合胡克定律有：F=kx，則彈簧 x=故ABD錯誤，C正確的形變量 故選：C 【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵的關(guān)鍵知道力學(xué)特征和運(yùn)動學(xué)特征，以及知道平衡力與作用力和反作用力的區(qū)別 4（6分）（2015?東區(qū)校級二模）土衛(wèi)六是荷蘭物理學(xué)家、天文學(xué)家和數(shù)學(xué)家克里斯蒂安?惠更斯于1655年3月25日發(fā)現(xiàn)的，它是環(huán)繞土星運(yùn)行的一顆最大衛(wèi)星，也是太陽系第二大的衛(wèi)星它繞土星做勻速圓周運(yùn)動軌道半徑約為2600千米，周期約為16天，現(xiàn)發(fā)射一顆人造土星衛(wèi)星，繞土星運(yùn)行的軌道半徑約為1300千米

6、，則該人造衛(wèi)星繞土星運(yùn)行的周期約為（ ） A 8天 B 6天 C 4天 D 2天 【考點(diǎn)】： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用 【專題】： 人造衛(wèi)星問題 根據(jù)開普勒行星運(yùn)動定律 ，根據(jù)兩衛(wèi)星的半徑與周期關(guān)系求人造衛(wèi)星的周【分析】：期即可 【解析】： 解：由題意知，r=2600km，T=6day，r=1300km求T 2121 根據(jù)開普勒行星運(yùn)動定律有： - 2 - 可得 ACD錯誤故B正確， B故選：本題可以根據(jù)開普勒行星運(yùn)動定律也可以萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力，由半徑【點(diǎn)評】： 關(guān)系求得周期關(guān)系 時刻的波形圖象，t=1s為沿x軸傳播的簡諧橫波在65（分）（2015?東

7、區(qū)校級二模）如圖a ）為某質(zhì)點(diǎn)的振動圖象，由圖象可知，下列說法中正確的是（ 圖b 1m/s 軸正向傳播，速度大小為該簡諧橫波一定沿x A 的質(zhì)點(diǎn)的振動圖象 可能為位于O B 圖b 軸負(fù)向的速度一定最大，且一定沿y t=2s時刻，質(zhì)點(diǎn)P C y軸負(fù)向時刻，質(zhì)點(diǎn) t=3s Q的速度一定最大，且一定沿 D 【考點(diǎn)】： 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象的振動情況，然后結(jié)合波形平移得根據(jù)圖甲得到波動情況，根據(jù)圖乙得到質(zhì)點(diǎn)b【分析】： 到波的傳播方向，根據(jù)公式v=求解速度 解：【解析】：圖中哪個質(zhì)點(diǎn)的振動圖是a可知質(zhì)點(diǎn)的速度為y方向，由于不知道bA、t=1s時刻，從圖b 方向，所以采用波形平移的方法不能

8、判斷波的傳播方向； 錯誤；=1m/s，故，故波速：=4m，由c圖得到周期為 T=4sAv=由a圖得到波長為 的質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)不符，O可知質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置向下運(yùn)動，與a圖中位于B、t=1s時刻，從圖b 錯誤的質(zhì)點(diǎn)的振動圖象故B所以圖b不可能為位于O 向下經(jīng)過平衡位置，速度一定最大，且一定沿，質(zhì)點(diǎn)P時刻，即從t=1s時刻再過TC、t=2s C正確y軸負(fù)向，故 時刻，t=3s時刻質(zhì)點(diǎn)Q的速度未知，所以時刻，即從t=1s時刻再過T，由于t=1st=3sD、 錯誤可能向下經(jīng)過平衡位置，也可能向上經(jīng)過平衡，但速度一定最大，故D質(zhì)點(diǎn)Q C故選：本題關(guān)鍵要把握振動圖象與波形圖象之間的聯(lián)系，知道波形平移的同時質(zhì)點(diǎn)在

9、平【點(diǎn)評】： 求解速度，衡位置附近振動，根據(jù)公式v= AP的細(xì)線所懸掛，重物分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，重物6（6B被繞過小滑輪AO是三根線的結(jié)點(diǎn)，點(diǎn)；被一根斜短線系于天花板上的放在粗糙的水平桌面上；小滑輪PQO- 3 - 水平拉著A物體，C沿豎直方向拉著彈簧，CO與PO夾角為120；彈簧、細(xì)線、滑輪的重力和細(xì)線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)其中A重100N，B重40N，A與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，則下列說法正確的是（ ） A 彈簧的彈力大小為20N B 桌面對A的摩擦力大小為50N 20N 與PO拉力的合力大小為 C 線CO D 線QP與豎直方向的夾角為60

10、【考點(diǎn)】： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用 【專題】： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題 【分析】： 根據(jù)滑輪的力學(xué)特性求出Oa繩的拉力和線OP與豎直方向的夾角以結(jié)點(diǎn)O為研究對象，分析受力，根據(jù)平衡條件求出彈簧的彈力和繩Ob的拉力，再根據(jù)物體B平衡求出桌面對物體B的摩擦力 【解析】： 解：A、B根據(jù)滑輪的力學(xué)特性得知OB繩的拉力為：T=G=40N B以結(jié)點(diǎn)O為研究對象，受力如圖， 根據(jù)平衡條件得彈簧的彈力為：F=Tcos60=20N 1 N=20NF，=Tsin60=40? 繩OA的拉力為：2 =20N故A正確，BB，由平衡條件知桌面對B的摩擦力為：f=F錯誤 對2C、以結(jié)點(diǎn)O為研究對

11、象，由平衡條件可知線PO與CO拉力的合力大小與OA繩的拉力大小相 20N，故C正確等，為 D、根據(jù)滑輪的力學(xué)特性和對稱性可知，線OP與豎直方向的夾角為30故D錯誤 故選：AC 【點(diǎn)評】： 本題涉及滑輪和結(jié)點(diǎn)平衡問題根據(jù)動滑輪不省力的特點(diǎn)，確定細(xì)線OP與豎直方向的夾角是關(guān)鍵 7（6分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有光滑軌道ABCD，其中BC是半徑為R的四分之一圓弧軌道，AB是豎直軌道，CD是水平軌道AB與BC相切于B點(diǎn)，CD與BC相切于C點(diǎn)一根長為2R的輕桿兩端分別固定著兩個質(zhì)量均為m的相同小球P、Q（視為質(zhì)點(diǎn)），從Q與B等高處由靜止釋放，兩球滑到水平軌道上重力加速度為g，則

12、下列說法中正確的是（ ） - 4 - 球機(jī)械能守恒下滑的整個過程中P A 下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B 點(diǎn)的速度大小為 Q球過C CmgR Q球機(jī)械能增加量為 D 下滑的整個過程中 機(jī)械能守恒定律【考點(diǎn)】： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【專題】：下滑過程兩個球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒；根據(jù)機(jī)械能守恒定律【分析】： 列式求解速度；兩個球沿著桿子方向的分速度一直是相等的、下滑過程中，對兩個球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，B解：A、【解析】： 正確；A錯誤，B而單個球機(jī)械能均不守恒，故 ，故點(diǎn)時，桿與豎直方向的夾角的余弦：cos=、CQ球過C=60； 根據(jù)機(jī)械能守恒定

13、律，有： =mgR+mg（3R R） 桿不可伸長，故兩個球沿著桿方向的分速度相等，故： cos30=vcos60 vQP 聯(lián)立解得： v=P v=Q 錯誤；故C 、下滑的整個過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：D 解得： v=2 E=Q球機(jī)械能增加量為：正確；=mgR；故D 故 BD故選：本題關(guān)鍵是明確兩個小球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，然后結(jié)合機(jī)械能守恒定律和運(yùn)動的 【點(diǎn)評】： 合成與分解的知識列式分析，不難 - 5 - 二、非選擇題分）（2015?東區(qū)校級二模）人在行走過程中，重心高度會發(fā)生變化（當(dāng)身體重力作用8（5線通過你的一只腳的底面時，重心最高，當(dāng)你跨出雙腳同時著地時，重心最低）某人身高1km，行

14、走速度為5km/h，每1.70m，體重600N，在水平地面上行走時重心高度變化約為2cm，行走時克服重力做功的功12 J行走約1350步，試估算該人每走一步克服重力做的功W= 率P= 22.5 W 【考點(diǎn)】： 功的計算；功率、平均功率和瞬時功率 【分析】： 由W=mgh可求得人每一步克服重力所做的功；根據(jù)功率公式可求得功率 解：克服重力做功為：W=mgh=6000.02=12J；【解析】： =0.2h=720s =1km用時：t= 克服重力所做的總功為：W=121350=16200J； ；P=22.5W則克服重力做功的功率為： 12，22.5故答案為： 【點(diǎn)評】： 本題考查功的計算及功率公式的

15、應(yīng)用，要注意正確理解重力做功的計算方法 分）（2015?東區(qū)校級二模）某同學(xué)要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率129（ 步驟如下： ； 40.0 用mm刻度尺測量其長度如圖（a mm）所示，可知其長度為 用螺旋測微器測量其直徑為5.000mm；）b按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖（用多用電表的電阻“10”擋， 0.1 ?m（保留一位有效數(shù)字） 220 ；該材料的電阻率= 則該電阻的阻值約為所示， 為更精確地測量其電阻，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：R 待測圓柱體電阻 ，內(nèi)阻約30）A電流表（量程015mA1 50），內(nèi)阻約（量程03mA電流表A2 10k）03V，內(nèi)阻約

16、電壓表V（量程1 15V，內(nèi)阻約25k）（量程電壓表V02 4V，內(nèi)阻不計）E直流電源（電動勢 0（阻值范圍滑動變阻器R15）1開關(guān)S，導(dǎo)線若干 為使實(shí)驗誤差較小，要求測得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，某同學(xué)進(jìn)行了電路設(shè)計并對實(shí)物進(jìn)行了部分連接，如圖（c），請將圖（c）補(bǔ)充完整該同學(xué)正確選用的A表為 A ，V表為 V 11- 6 - 【考點(diǎn)】： 測定金屬的電阻率 【專題】： 實(shí)驗題；恒定電流專題 【分析】： 游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為：主尺+游標(biāo)尺，螺旋測微器的讀數(shù)為：主尺+半毫米+轉(zhuǎn)筒讀數(shù)，歐姆表的讀數(shù)為：示數(shù)倍率 【解析】： 解：（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為：主尺+游標(biāo)尺=50mm+30.05mm=50.15mm；

17、（2）螺旋測微器的讀數(shù)為：主尺+半毫米+轉(zhuǎn)筒讀數(shù)=4+0.5+19.90.01=4.699mm； （3）歐姆表的讀數(shù)為：示數(shù)倍率=2210=220； （4）電路圖如右圖，電壓表用15V的指針偏角太小，所以用電壓表V，由電動勢和電阻的值1知電流最大為十幾毫安，所以用電流表A，滑動變阻器用小阻值的，便于調(diào)節(jié)，所以用滑動2變阻器R、電流表外接、滑動變阻器分壓式接法 1答案為：40.0；220；0.1；如圖所示；A，V 11 【點(diǎn)評】： 對游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)要知道讀數(shù)的方法，歐姆表讀數(shù)時要讓指針在中間位置附近，每次選檔都要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零 10（15分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，平行

18、金屬板MN、PQ水平放置，通過如圖所示的電路與電源連接，小微粒A從平行金屬板的最左邊兩板正中間，沿水平方向射入，當(dāng)開關(guān)S斷開時，微粒A正好打在金屬板PQ的正中位置當(dāng)開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，微粒A從金屬板PQ的Q端邊緣飛出已知金屬板長為L，兩板間距為，微粒A質(zhì)量為m，帶電量為q，重力加速度為g，定值電阻阻值為R求： 0（1）微粒A射入時的初速度； （2）電源電動勢 【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動 【專題】： 帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題 【分析】： （1）當(dāng)開關(guān)S斷開時，微粒A做平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解即可求出初速度的大小 - 7 - （2）以一定速度垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，由于速度與電場力垂直，所

19、以粒子做類平拋運(yùn)動這樣類平拋運(yùn)動可將看成沿初速度方向的勻速直線與垂直于初速度方向勻加速直線運(yùn)動根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式即可求 做平拋運(yùn)動由平拋運(yùn)動的規(guī)律得： 斷開時，微粒A 解：（1）當(dāng)開關(guān)S【解析】： 聯(lián)立以上二式解得：（2）當(dāng)開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律得： L=vt 1 由牛頓第二定律得： 聯(lián)立以上各式解得： 射入時的初速度是）微粒A答：（；（21）電源電動勢是 【點(diǎn)評】： 帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做勻加速曲線運(yùn)動應(yīng)用處理類平拋運(yùn)動的方法處理粒子運(yùn)動，關(guān)鍵在于分析臨界條件 11（17分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，在傾角=37的固定斜面上放置一質(zhì)量M=1

20、kg、長度L=1.5m的薄平板AB平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為10.5m，在平板的上端A處放一質(zhì)量m=0.5kg的滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為=0.25，已知2sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s，求： （1）滑塊P離開平板時的速度； （2）平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間與P到達(dá)C點(diǎn)的時間差 【考點(diǎn)】： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律 【專題】： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題 【分析】： 分別研究滑塊與平板的運(yùn)動情況：開始時，由于Mgsin37（M+m）gcos37，滑塊在

21、平板上滑動時，平板靜止不動根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊的加速度，由位移速度關(guān)系式求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度滑塊離開平板后，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑塊由B至C所用時間滑塊滑離后平板才開始運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑塊由B至C所用時間再求解時間差 【解析】： 解：（1）當(dāng)P離開薄板前，受力如圖，由牛頓第二定律得：mgsin=ma m1- 8 - 當(dāng)P離開薄板前，薄板受力如圖，由牛頓第二定律、平衡條件、摩擦力公式得：Mgsinf=Ma M1M1N=Mgcos+N mM1f=N M1M1N=N=mgcos mm 由勻變速運(yùn)動規(guī)律得：

22、=atv1m1m1=L s由題意得：sMm=6m/s v聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：m1 =N=maff（2）當(dāng)P離開薄板后，受力如圖，由牛頓第二定律、摩擦力公式得：mgsinmm2mm 離開薄板后，薄板受力如圖，由牛頓第二定律、平衡條件、摩擦力公式得：當(dāng)P Mgsinf=Ma M2M2N=Mgcosf=N M2M2M2 由勻變速運(yùn)動規(guī)律得： tv=a1M1M1=0.5s tt=t聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：23 6m/s；1答：（）滑塊P離開平板時的速度為 0.5sCC到達(dá)斜面底端的時間與P到達(dá)點(diǎn)的時間差為B2（）平板下端 【點(diǎn)評】： 本題關(guān)鍵在于分析兩物體的受力情況，再確定物體的運(yùn)動情況也可以運(yùn)用動能定理與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解 - 9 - 12（19分）（2015?東區(qū)校級二模）如圖所示，一根不可伸長的輕細(xì)繩穿過小環(huán)D下端的光滑小孔，繞過輕質(zhì)光滑定滑輪O，一端與放在光滑絕緣斜面上的絕緣棒A連接，絕緣棒的中點(diǎn)帶有點(diǎn)電荷，另一端與穿在光滑豎直細(xì)桿上的小球B連接，整個裝置在同一豎直平面內(nèi)當(dāng)系統(tǒng)靜止時，輕細(xì)