江西省宜春市高安中學(xué)2015屆高考物理模擬試卷(三)(含解析)

1、2015年江西省宜春市高安 中學(xué)高考物理模擬試卷（三）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，69題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）（2015南昌校級(jí)二模）在解一道由字母表達(dá)結(jié)果的計(jì)算題中，一個(gè)同學(xué)解得位移結(jié)果的表達(dá)式為：x=，其中F表示力，t表示時(shí)間，m表示質(zhì)量，用單位制的方法檢查，這個(gè)結(jié)果（）A可能是正確的B一定是錯(cuò)誤的C如果用國(guó)際單位制，結(jié)果可能正確D用國(guó)際單位，結(jié)果錯(cuò)誤，如果用其他單位制，結(jié)果可能正確2（6分）（2015南昌校級(jí)二模）2008年1月下旬以來(lái)，我國(guó)南方遭遇50年未遇的雨雪

2、冰凍災(zāi)害新華網(wǎng)長(zhǎng)沙1月26日電，馬路上的冰層堅(jiān)硬如鐵、光滑如玻璃，高壓電線覆冰后有成人大腿般粗，為清除高壓輸電線上的冰凌，有人設(shè)計(jì)了這樣的融冰思路：利用電流的熱效應(yīng)除冰若在正常供電時(shí)，高壓線上送電電壓為U，電流為I，熱損耗功率為P；除冰時(shí)，輸電線上的熱損耗功率需變?yōu)?P，則除冰時(shí)（認(rèn)為輸電功率和輸電線電阻不變）（）A輸電電流為B輸電電流為9IC輸電電壓為3UD輸電電壓為3（6分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖所示，絕緣桿兩端固定著帶電量分別為qA、qB的小球A和B，輕桿處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，不考慮兩球之間的相互作用最初桿與電場(chǎng)線垂直，將桿右移的同時(shí)使其順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°，發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢(shì)能之

3、和不變根據(jù)圖示位置關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是（）A因?yàn)锳、B兩球電勢(shì)能之和不變，所以電場(chǎng)力對(duì)A球或B球都不做功BA帶正電，B帶負(fù)電CA、B兩球帶電量的絕對(duì)值之比qA：qB=1：2DA球電勢(shì)能在增加4（6分）（2015南昌校級(jí)二模）某行星自轉(zhuǎn)周期為T，赤道半徑為R，研究發(fā)現(xiàn)，若該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，會(huì)導(dǎo)致該行星赤道上物體將恰好對(duì)行星表面沒(méi)有壓力，已知萬(wàn)有引力常量為G，則以下說(shuō)法中正確的是（）A該行星質(zhì)量為M=B該行星的同步衛(wèi)星軌道半徑為r=RC靜置在該行星赤道地面上質(zhì)量為m的物體對(duì)地面的壓力為D環(huán)繞該行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星線速度必不大于7.9 km/s5（6分）（2015宿遷一模）如圖所

4、示，質(zhì)量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長(zhǎng)，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質(zhì)量為m的重物C，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)桿與水平面間的夾角為下列說(shuō)法正確的是（）A當(dāng)m一定時(shí)，越大，輕桿受力越小B當(dāng)m一定時(shí)，越小，滑塊對(duì)地面的壓力越大C當(dāng)一定時(shí)，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大D當(dāng)一定時(shí)，M越小，可懸掛重物C的質(zhì)量m越大6（6分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場(chǎng)的變化情況可能是下圖中的（）ABCD7（6分）（2015南昌校級(jí)二模）彈弓是80后童年生

5、活最喜愛(ài)的打擊類玩具之一，其工作原理如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋A(yù)BC恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標(biāo)，現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD的中點(diǎn)，則（）A從D到C，彈丸的機(jī)械能一直增大B從D到C，彈丸的動(dòng)能一直在增大C從D到C，彈丸的機(jī)械能先增大后減小D從D到E彈丸增加的機(jī)械能大于從E到C彈丸增加的機(jī)械能8（6分）（2015南昌校級(jí)二模）在傾角為的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下

6、有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上a棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)則（）A物塊c的質(zhì)量是2msinBb棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是Cb棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢(shì)能等于a、c增加的動(dòng)能Db棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13題第14題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題9（6分

7、）（2015南昌校級(jí)二模）為了測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，某小組使用位移傳感器設(shè)計(jì)了如圖1所示實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)A由靜止釋放，位移傳感器可以測(cè)出木塊到傳感器的距離位移傳感器連接計(jì)算機(jī)，描繪出滑塊相對(duì)傳感器的位移s隨時(shí)間t變化規(guī)律，如圖2所示根據(jù)上述圖線，計(jì)算0.4s時(shí)木塊的速度v=m/s，木塊加速度a=m/s2；為了測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量的量是；（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭）為了提高木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量精度，下列措施可行的是A木板的傾角越大越好BA點(diǎn)與傳感器距離適當(dāng)大些C選擇體積較大的空心木塊D傳感器開(kāi)始計(jì)時(shí)的時(shí)刻必須是木塊從A點(diǎn)釋放的時(shí)刻10（9分）（2015南昌校級(jí)二

8、模）某待測(cè)電阻RX的阻值大約為100，現(xiàn)要測(cè)量其阻值，實(shí)驗(yàn)室提供有如下器材：電流表A1（量程40mA、內(nèi)阻r1=10）電流表A2（量程100mA、內(nèi)阻約為3）滑動(dòng)變阻器R，最大阻值約為l0定值電阻R0（R0=100）電源E（電動(dòng)勢(shì)6V、內(nèi)阻不可忽略）開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干（1）某同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示，其中a處應(yīng)選用電流表，b處應(yīng)選用電流表（用所給器材的符號(hào)標(biāo)注）（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器選用分壓式連接的原因，原因是（多選）A為了確保電流表使用安全B能減少電能的損耗C為了實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量，減小誤差D待測(cè)電阻Rx的阻值比滑動(dòng)變阻器R的最大阻值大得多（3）某次測(cè)量時(shí)A1、A2的讀數(shù)分別為I1、I2則RX

9、=（請(qǐng)用所給物理量的符號(hào)表示）11（13分）（2015漳平市校級(jí)模擬）如圖所示，粗糙斜面傾角=37°，斜面寬a為3m，長(zhǎng)b為4m，質(zhì)量為0.1kg的小木塊從斜面A點(diǎn)靜止釋放，釋放同時(shí)用與斜面底邊BC平行的恒力F推該小木塊，小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若F大小為0，求木塊到達(dá)底邊所需的時(shí)間t1；（2）若木塊沿斜面對(duì)角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，求力F的大小及A到C所需時(shí)間t212（19分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)

10、度的大小為B有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開(kāi)磁場(chǎng)（不考慮粒子的重力及粒子之間的相互作用）（1）求帶電粒子的速率（2）若粒子源可置于磁場(chǎng)中任意位置，且磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，求粒子在磁?chǎng)中最長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（3）若原磁場(chǎng)不變，再疊加另一個(gè)半徑為R1（R1R0）圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂直于紙面向外，兩磁場(chǎng)區(qū)域成同心圓，此時(shí)該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運(yùn)動(dòng)的周期T（二）選考題：【物理選修3-5模塊】（15分）13（6分）（2015南昌校級(jí)二模）下列關(guān)于核反應(yīng)及

11、衰變的表述正確的有（）AH+HHe+n是輕核聚變BX+HO+H中，X表示HeC半衰期與原子所處的化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)D衰變中產(chǎn)生的射線實(shí)際上是原子的核外電子掙脫原子核的束縛而形成的ETh衰變成Pb要經(jīng)過(guò)6次衰變和4次衰變14（9分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖所示，平板小車C上固定有兩個(gè)完全相同的彈射裝置，在彈射裝置中分別壓裝上兩個(gè)光滑小球A、B，將它們停放在光滑水平地面上先打開(kāi)球A所在的裝置，將球A發(fā)射出去，球A獲得vA=8m/s的速度已知球A的質(zhì)量mA=1kg，小車C和球B的總質(zhì)量M=4kg則：發(fā)射球A時(shí)，彈射裝置釋放的能量為多少？將球A發(fā)射出去后，要使小車C停止，必須以多大的速度將質(zhì)量為kg的球

12、B發(fā)射出去？2015年江西省宜春市高安中學(xué)高考物理模擬試卷（三）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，69題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）（2015南昌校級(jí)二模）在解一道由字母表達(dá)結(jié)果的計(jì)算題中，一個(gè)同學(xué)解得位移結(jié)果的表達(dá)式為：x=，其中F表示力，t表示時(shí)間，m表示質(zhì)量，用單位制的方法檢查，這個(gè)結(jié)果（）A可能是正確的B一定是錯(cuò)誤的C如果用國(guó)際單位制，結(jié)果可能正確D用國(guó)際單位，結(jié)果錯(cuò)誤，如果用其他單位制，結(jié)果可能正確考點(diǎn)：力學(xué)單位制分析：理公式在確定物理量的數(shù)量關(guān)系的同時(shí)，

13、也確定了物理量的單位關(guān)系因此物理學(xué)中選定七個(gè)物理量的單位作為基本單位，根據(jù)物理公式中其他物理量和這幾個(gè)物理量的關(guān)系，推導(dǎo)出其他物理量的單位這些推導(dǎo)出來(lái)的單位叫做導(dǎo)出單位基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制在力學(xué)中，選定長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間這三個(gè)物理量的單位作為基本單位，就可以導(dǎo)出其余的物理量的單位選定這三個(gè)物理量的不同單位，可以組成不同的力學(xué)單位制在國(guó)際單位制（SI）中，取m（長(zhǎng)度單位）、kg（質(zhì)量單位）、s（時(shí)間單位）作為基本單位解答：解：根據(jù)公式S=，由于力的單位是N，時(shí)間單位是s，質(zhì)量單位是kg，故等式右邊的單位是：；等號(hào)左邊的單位是：m；即等號(hào)左右單位不同，故等號(hào)不成立；故選：B點(diǎn)評(píng)：本題展

14、示了一種用單位來(lái)判斷結(jié)果是否正確的方法，同時(shí)要知道牛頓是導(dǎo)出單位，1N=1kgm/s22（6分）（2015南昌校級(jí)二模）2008年1月下旬以來(lái)，我國(guó)南方遭遇50年未遇的雨雪冰凍災(zāi)害新華網(wǎng)長(zhǎng)沙1月26日電，馬路上的冰層堅(jiān)硬如鐵、光滑如玻璃，高壓電線覆冰后有成人大腿般粗，為清除高壓輸電線上的冰凌，有人設(shè)計(jì)了這樣的融冰思路：利用電流的熱效應(yīng)除冰若在正常供電時(shí)，高壓線上送電電壓為U，電流為I，熱損耗功率為P；除冰時(shí)，輸電線上的熱損耗功率需變?yōu)?P，則除冰時(shí)（認(rèn)為輸電功率和輸電線電阻不變）（）A輸電電流為B輸電電流為9IC輸電電壓為3UD輸電電壓為考點(diǎn)：遠(yuǎn)距離輸電專題：交流電專題分析：根據(jù)I=，可以求出

15、輸電線上的電流；根據(jù)P=I2R可以求出輸電線上損失的電功率解答：解：高壓線上的熱耗功率P=I2R線 若熱耗功率變?yōu)?P，則9P=I2R線 由得I=3I，所以A B錯(cuò)誤又輸送功率不變，由P=UI=UI得U=U，所以C錯(cuò)誤，D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查遠(yuǎn)距離輸電中的能量損失及功率公式的應(yīng)用，要注意功率公式中P=UI中的電壓U應(yīng)為輸電電壓3（6分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖所示，絕緣桿兩端固定著帶電量分別為qA、qB的小球A和B，輕桿處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，不考慮兩球之間的相互作用最初桿與電場(chǎng)線垂直，將桿右移的同時(shí)使其順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°，發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢(shì)能之和不變根據(jù)圖示位置關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是

16、（）A因?yàn)锳、B兩球電勢(shì)能之和不變，所以電場(chǎng)力對(duì)A球或B球都不做功BA帶正電，B帶負(fù)電CA、B兩球帶電量的絕對(duì)值之比qA：qB=1：2DA球電勢(shì)能在增加考點(diǎn)：電勢(shì)能分析：根據(jù)電勢(shì)能的變化，分析電場(chǎng)力是否做功本題中“A、B兩球電勢(shì)能之和不變”，說(shuō)明電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)所做的總功為零根據(jù)電場(chǎng)力做功特點(diǎn)進(jìn)一步求解電荷量之比解答：解：A、據(jù)題，A、B兩球電勢(shì)能之和不變，說(shuō)明電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做的總功為零，但由于兩球初末位置的電勢(shì)不等，電勢(shì)能不等，則電場(chǎng)力對(duì)A球或B球都做功，故A錯(cuò)誤B、電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做的總功為零，可知A、B電性一定相反，但它們的電性不能確定，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)A、B做功大小相等，有：EqB&#

17、215;L=EqA×2L，因此qA：qB=1：2，故C正確D、由于A的電性不能確定，無(wú)法判斷其電勢(shì)能的變化，其電勢(shì)能可能在增加，也可能在減小，故D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析功與能的關(guān)系，掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力做功公式W=qEd，d是沿電場(chǎng)線方向兩點(diǎn)間的距離4（6分）（2015南昌校級(jí)二模）某行星自轉(zhuǎn)周期為T，赤道半徑為R，研究發(fā)現(xiàn)，若該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，會(huì)導(dǎo)致該行星赤道上物體將恰好對(duì)行星表面沒(méi)有壓力，已知萬(wàn)有引力常量為G，則以下說(shuō)法中正確的是（）A該行星質(zhì)量為M=B該行星的同步衛(wèi)星軌道半徑為r=RC靜置在該行星赤道地面上質(zhì)量為m的物體對(duì)地

18、面的壓力為D環(huán)繞該行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星線速度必不大于7.9 km/s考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用專題：人造衛(wèi)星問(wèn)題分析：由“該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉?lái)兩倍將導(dǎo)致該星球赤道上物體將恰好對(duì)行星表面沒(méi)有壓力”可知此時(shí)重力充當(dāng)向心力，赤道上的物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，據(jù)此可得該星球的質(zhì)量同步衛(wèi)星的周期等于該星球的自轉(zhuǎn)周期，由萬(wàn)有引力提供向心力的周期表達(dá)式可得同步衛(wèi)星的軌道半徑行星地面物體的重力和支持力的合力提供向心力，由此可得支持力大小，進(jìn)而可知壓力大小7.9km/s是地球的第一宇宙速度解答：解：A、該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，則周期將變?yōu)樵瓉?lái)的，即為T，由題意可知此時(shí)

19、：，解得：，故A錯(cuò)誤；B、同步衛(wèi)星的周期等于該星球的自轉(zhuǎn)周期，由萬(wàn)有引力提供向心力可得：，又：，解得：r=R，故B正確；C、行星地面物體的重力和支持力的合力提供向心力：，又：mg=，解得：，由牛頓第三定律可知質(zhì)量為m的物體對(duì)行星赤道地面的壓力為，故C錯(cuò)誤；D、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道該星球的質(zhì)量以及半徑與地球質(zhì)量和半徑的關(guān)系，故無(wú)法得到該星球的第一宇宙速度與地球第一宇宙速度的關(guān)系，故無(wú)法確環(huán)繞該行星作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星線速度是不是必不大于7.9km/s，故D錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評(píng)：行星自轉(zhuǎn)的時(shí)候，地面物體萬(wàn)有引力等于重力沒(méi)錯(cuò)，但是不是重力全部用來(lái)提供向心力，而是重力和支持力的合

20、力提供向心力；“星球赤道上物體恰好對(duì)行星表面沒(méi)有壓力”時(shí)重力獨(dú)自充當(dāng)向心力5（6分）（2015宿遷一模）如圖所示，質(zhì)量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長(zhǎng)，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質(zhì)量為m的重物C，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)桿與水平面間的夾角為下列說(shuō)法正確的是（）A當(dāng)m一定時(shí)，越大，輕桿受力越小B當(dāng)m一定時(shí)，越小，滑塊對(duì)地面的壓力越大C當(dāng)一定時(shí)，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大D當(dāng)一定時(shí)，M越小，可懸掛重物C的質(zhì)量m越大考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成專題：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題分析：先將C的重力按照作用效果分解，根據(jù)平行四邊形定則求解輕桿受力

21、；再隔離物體A受力分析，根據(jù)平衡條件并結(jié)合正交分解法列式求解滑塊與地面間的摩擦力和彈力解答：解：A、將C的重力按照作用效果分解，如圖所示：根據(jù)平行四邊形定則，有：故m一定時(shí)，越大，輕桿受力越小，故A正確；B、對(duì)ABC整體分析可知，對(duì)地壓力為：FN=；與無(wú)關(guān)；故B錯(cuò)誤；C、對(duì)A分析，受重力、桿的推力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：f=F1cos=，與M無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、只要?jiǎng)幽Σ烈蛩刈銐虼?，即可滿足F1cosF1sin，不管M多大，M都不會(huì)滑動(dòng)；故D錯(cuò)誤；故選：A點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是明確物體的受力情況，然后根據(jù)平衡條件列式分析，選項(xiàng)D涉及摩擦自鎖現(xiàn)象，不難6（6分）（2015南昌校級(jí)二

22、模）如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場(chǎng)的變化情況可能是下圖中的（）ABCD考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律專題：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，確定安培力的綜合表達(dá)式，從而即可求解解答：解：由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達(dá)式F=，因安培力的大小不變，則B 是定值，若磁場(chǎng)B增大，則減小，若磁場(chǎng)B減小，則增大，故CD正確，AB錯(cuò)誤；故選：CD點(diǎn)評(píng)：考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，及安培力表達(dá)式的應(yīng)用，注意判定磁場(chǎng)變化率大小是

23、解題的關(guān)鍵7（6分）（2015南昌校級(jí)二模）彈弓是80后童年生活最喜愛(ài)的打擊類玩具之一，其工作原理如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋A(yù)BC恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標(biāo)，現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD的中點(diǎn)，則（）A從D到C，彈丸的機(jī)械能一直增大B從D到C，彈丸的動(dòng)能一直在增大C從D到C，彈丸的機(jī)械能先增大后減小D從D到E彈丸增加的機(jī)械能大于從E到C彈丸增加的機(jī)械能考點(diǎn)：驗(yàn)證力的平行四邊形定則專題：實(shí)驗(yàn)題；平行四邊形法則圖解法專題分析：機(jī)械能守恒的條件是：只有重力彈

24、力做功也可以從能量轉(zhuǎn)化的角度分析其機(jī)械能的變化解答：解：A、從D到C，橡皮筋對(duì)彈丸做正功，彈丸機(jī)械能一直在增加，故A正確，C錯(cuò)誤；B、在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的速度先增大后減小，彈丸的動(dòng)能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；D、從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段長(zhǎng)度相等，所以DE段橡皮筋對(duì)彈丸做功較多，即機(jī)械能增加的較多，故D正確；故選：AD點(diǎn)評(píng)：本題考查彈力與重力做功情況下能量的轉(zhuǎn)化情況，熟練應(yīng)用能量守恒是分析問(wèn)題的基礎(chǔ)8（6分）（2015南昌校級(jí)二模）在傾角為的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁感

25、應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上a棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)則（）A物塊c的質(zhì)量是2msinBb棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是Cb棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢(shì)能等于a、c增加的動(dòng)能Db棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；重力勢(shì)能專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：a、b棒中電流大小相等方向

26、相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，對(duì)b棒進(jìn)行受力分析有安培力大小與重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒為研究對(duì)象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出繩的拉力，再據(jù)C平衡可以得到C的質(zhì)量c減少的重力勢(shì)能等于各棒增加的重力勢(shì)能和動(dòng)能以及產(chǎn)生的電能，由此分析便知解答：解：b棒靜止說(shuō)明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個(gè)力平衡，c勻速下降則c所受重力和繩的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin，由a平衡可知F繩=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F繩=mcg

27、A、因?yàn)槔K中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物塊c的質(zhì)量為2msin，故A正確；B、根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsin又因?yàn)镕安=BIL，故B正確；C、b放上之前，根據(jù)能量守恒知a增加的重力勢(shì)能也是由于c減小的重力勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D、a勻速上升重力勢(shì)能在增加，故根據(jù)能量守恒知D錯(cuò)誤；故選：AB點(diǎn)評(píng)：從導(dǎo)體棒的平衡展開(kāi)處理可得各力的大小，從能量守恒角度分析能量的變化是關(guān)鍵，能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題從排除法的角度處理更簡(jiǎn)捷二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13題第14題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題9（6分）（2015南昌校級(jí)二模）為了測(cè)量

28、木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，某小組使用位移傳感器設(shè)計(jì)了如圖1所示實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)A由靜止釋放，位移傳感器可以測(cè)出木塊到傳感器的距離位移傳感器連接計(jì)算機(jī)，描繪出滑塊相對(duì)傳感器的位移s隨時(shí)間t變化規(guī)律，如圖2所示根據(jù)上述圖線，計(jì)算0.4s時(shí)木塊的速度v=0.4m/s，木塊加速度a=1m/s2；為了測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量的量是斜面的傾角或A的高度；（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭）為了提高木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量精度，下列措施可行的是BA木板的傾角越大越好BA點(diǎn)與傳感器距離適當(dāng)大些C選擇體積較大的空心木塊D傳感器開(kāi)始計(jì)時(shí)的時(shí)刻必須是木塊從A點(diǎn)釋放的時(shí)刻考點(diǎn)：探究影響摩擦力的大小的因素專題

29、：實(shí)驗(yàn)題；摩擦力專題分析：（1）由于滑塊在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度；根據(jù)加速度的定義式即可求出加速度；（2）為了測(cè)定動(dòng)摩擦力因數(shù)還需要測(cè)量的量是木板的傾角；（3）為了提高木塊與木板間摩擦力因數(shù)的測(cè)量精度，可行的措施是A點(diǎn)與傳感器位移適當(dāng)大些或減小斜面的傾角解答：解：（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，得0.4s末的速度為：v=m/s=0.4m/s，0.2s末的速度為：v=0.2m/s，則木塊的加速度為：a=1m/s2（2）選取木塊為研究的對(duì)象，木塊沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：=所以要測(cè)定摩擦

30、因數(shù)，還需要測(cè)出斜面的傾角；或者知道A點(diǎn)的高度也可（3）根據(jù)（2）的分析可知，在實(shí)驗(yàn)中，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)使木塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)一些，可以：可以減小斜面的傾角、增加木塊在斜面上滑行的位移等，傳感器開(kāi)始的計(jì)時(shí)時(shí)刻不一定必須是木塊從A點(diǎn)釋放的時(shí)刻故B正確，ACD錯(cuò)誤故答案為：0.4，1；斜面傾角（或A點(diǎn)的高度）；B點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，在某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，以及會(huì)通過(guò)實(shí)驗(yàn)的原理得出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式，從而確定所需測(cè)量的物理量10（9分）（2015南昌校級(jí)二模）某待測(cè)電阻RX的阻值大約為100，現(xiàn)要測(cè)量其阻值，實(shí)驗(yàn)室提供有如下器材：電流表A1（量程40m

31、A、內(nèi)阻r1=10）電流表A2（量程100mA、內(nèi)阻約為3）滑動(dòng)變阻器R，最大阻值約為l0定值電阻R0（R0=100）電源E（電動(dòng)勢(shì)6V、內(nèi)阻不可忽略）開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干（1）某同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示，其中a處應(yīng)選用電流表A1，b處應(yīng)選用電流表A2（用所給器材的符號(hào)標(biāo)注）（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器選用分壓式連接的原因，原因是ACD（多選）A為了確保電流表使用安全B能減少電能的損耗C為了實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量，減小誤差D待測(cè)電阻Rx的阻值比滑動(dòng)變阻器R的最大阻值大得多（3）某次測(cè)量時(shí)A1、A2的讀數(shù)分別為I1、I2則RX=（請(qǐng)用所給物理量的符號(hào)表示）考點(diǎn)：伏安法測(cè)電阻專題：實(shí)驗(yàn)題分析：伏安法測(cè)電阻時(shí)要正

32、確選擇“控制電路”即滑動(dòng)變阻器的分壓和限流接法，該題中由于滑動(dòng)變阻器的電阻小于待測(cè)電阻同時(shí)要求多測(cè)數(shù)據(jù)，因此選用分壓接法，再有就是安培表的內(nèi)接和外接法，該實(shí)驗(yàn)中由于沒(méi)有提供電電壓表，因此要巧妙的利用定值電阻，只要能測(cè)量出流過(guò)定值電阻的電流即可測(cè)量出與其并聯(lián)的電阻的電壓根據(jù)所設(shè)計(jì)的電路圖，利用串并聯(lián)知識(shí)，即可求出待測(cè)電阻的表達(dá)式解答：解：（1）電源電動(dòng)勢(shì)為6V，如全部加在待測(cè)電阻上電流大約為，故測(cè)量從電流需要量程大于60mA的電流表，故用A2測(cè)從電流，即b處選用電流表A2，則a處只能選用電流表A1，與R0組合成一個(gè)電壓表，測(cè)量Rx兩端的電壓（2）A、如果采用限流式，電路中的最大電流可達(dá)，如果Rx

33、兩端的接線松動(dòng)，則可能b處A2出現(xiàn)燒表現(xiàn)象故滑動(dòng)變阻器選用分壓式連接，可確保電流表使用安全故A正確B、在分壓式連接中，干路電流大，電源消耗電功率大而在限流式連接中，干路電流小，電源消耗電功率小故B錯(cuò)誤C、分壓式連接中電流調(diào)節(jié)范圍比限流式大，能實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量，減小誤差，故C正確D、為了便于調(diào)節(jié)，在待測(cè)電阻的阻值Rx比變阻器的總電阻大得多的情況下應(yīng)選擇分壓式，故D正確故選：ACD（3）采用如圖所示的電路，則流過(guò)電阻的電流為：I=I2I1，待測(cè)電阻兩端的電壓為：U=I1（R0+r1），根據(jù)歐姆定律得待測(cè)電阻為：故答案為：（1）A1；A2；（2）B；（3）點(diǎn)評(píng)：解決實(shí)驗(yàn)問(wèn)題關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，正確選擇控

34、制電路（分壓、限流）和電流表的內(nèi)外接法11（13分）（2015漳平市校級(jí)模擬）如圖所示，粗糙斜面傾角=37°，斜面寬a為3m，長(zhǎng)b為4m，質(zhì)量為0.1kg的小木塊從斜面A點(diǎn)靜止釋放，釋放同時(shí)用與斜面底邊BC平行的恒力F推該小木塊，小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若F大小為0，求木塊到達(dá)底邊所需的時(shí)間t1；（2）若木塊沿斜面對(duì)角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，求力F的大小及A到C所需時(shí)間t2考點(diǎn)：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系專題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：（1）在沿斜面方向上由牛頓第二定

35、律求的加速度，再有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求的時(shí)間；（2）物體受力分布在立體空間，通過(guò)受力分析求的沿AC方向上的合力，由牛頓第二定律求的加速度，再有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求的時(shí)間解答：解：（1）物體在斜面上沿斜面產(chǎn)生的加速度為：a=下滑的時(shí)間為：（2）若木塊沿斜面對(duì)角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，說(shuō)明物體受到的合力沿AC方向，設(shè)AC與AB的夾角為，AC=，由幾何關(guān)系可得：故施加的外力為：F=mgsintan=0.45N由牛頓第二定律可得產(chǎn)生的加速度為：由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：答：1）若F大小為0，求木塊到達(dá)底邊所需的時(shí)間t1為2s（2）若木塊沿斜面對(duì)角線從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，求力F的大小及A到C所需時(shí)間t2為點(diǎn)評(píng)：本題物體受力分布在立體空間

36、，分成垂直于斜面和平行于斜面兩平面內(nèi)研究，沿斜面方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，12（19分）（2015南昌校級(jí)二模）如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開(kāi)磁場(chǎng)（不考慮粒子的重力及粒子之間的相互作用）（1）求帶電粒子的速率（2）若粒子源可置于磁場(chǎng)中任意位置，且磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，求粒子在磁?chǎng)中最長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（3）若原磁場(chǎng)不變，再疊加另一個(gè)半徑為R1（R1R0）圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂直于

37、紙面向外，兩磁場(chǎng)區(qū)域成同心圓，此時(shí)該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運(yùn)動(dòng)的周期T考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力專題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題分析：（1）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，即可求解；（2）由幾何關(guān)系，可求出運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角，根據(jù)周期公式，即可求解；（3）根據(jù)矢量法則，可確定磁場(chǎng)方向與大小，再由幾何關(guān)系，結(jié)合周期公式，即可求解解答：解：（1）粒子離開(kāi)出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)的距離為軌道半徑的2倍，R0=2r，根據(jù)qvB=，解得v=（2）磁場(chǎng)的大小變?yōu)楹?，粒子的軌道半徑為r1；=2R0根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當(dāng)弦最長(zhǎng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，弦為2R0時(shí)最長(zhǎng)，圓心角60°t=（3）根據(jù)矢量合成法則，疊加區(qū)域的磁場(chǎng)大小為，方向向里，R0以為的區(qū)域磁場(chǎng)大小為，方向向外粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R0，根據(jù)對(duì)稱性畫(huà)出情境圖，由幾何關(guān)系可得R1的最小值為，根據(jù)周期公式，則有T= 答：（1）帶電粒子的速率為（2）粒子在磁場(chǎng)中最長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為；（3）R1的最小值為，粒子運(yùn)動(dòng)的周期為點(diǎn)評(píng)：洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，根據(jù)軌