四川省乐山市2015届高三二模物理试卷

2015年四川省乐山市高考物理二模试卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）（2015•乐山二模）一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x=处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x=处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是（）A．t1=t2B．t1＜t2C．t1＞t2D．无法判断【考点】：简谐运动的回复力和能量；简谐运动．【专题】：简谐运动专题．【分析】：做简谐运动的弹簧振子做变加速运动，振子远离平衡位置时速度减小，相反靠近平衡位置时速度增大，根据振子的运动情况分析确定时间关系【解析】：解：A、根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x=A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x=A处的平均速度，而路程相等，说明t1＜t2．故ACD错误，B正确；故选：B【点评】：解答本题关键要理解并掌握振子的运动情况，也可以通过作振动图象进行分析．2．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出．下列说法正确的是（）A．a光的频率小于b光的频率B．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距等于b光的条纹间距C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：作出光路图，根据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率的大小和波长的大小，通过波长大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小．【解析】：解：A、作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大．故A错误．B、a光的频率较大，则波长较小，根据干涉条纹间距公式△x=，知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距．故B错误．C、因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行．故C正确．D、因为a光的折射率较大，由临界角公式sinC=，则知a光的临界角小．故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键是作出光路图，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，并掌握折射率与波长、临界角等之间的关系．3．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R=4Ω的电阻和两个“18V，9W”相同小灯泡，当开关S断开时，小灯泡L1刚好正常发光，则（）A．原线圈输入电压为200VB．S断开时原线圈中的电流为0.05AC．闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比增大D．闭合开关S后，小灯泡L1消耗的功率减小【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】：解：A、灯泡正常发光，副线圈电流为I==0.5A，所以副线圈两端电压U=18+0.5×4=20V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200V，所以A正确；B、电流与匝数成反比，由A知S断开时原线圈中的电流为0.05A，所以B正确；C、闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C错误；D、当开关S闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R分压增大，小灯泡L1消耗的功率减小，故D正确；故选：ABD．【点评】：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．4．（6分）（2015•乐山二模）“神舟十号”飞船绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道高度距离地面约340km，则关于飞船的运行，下列说法中正确的是（）A．地球对飞船的万有引力提供飞船运行的向心力B．飞船处于平衡状态C．飞船运行的速度大于第一宇宙速度D．飞船运行的加速度大于地球表面的重力加速度【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：飞船绕地球做匀速圆周运动过程中只受到地球的万有引力，故可知万有引力提供飞船圆周运动的向心力，由此分析即可．【解析】：解：A、飞船飞行过程中只受地球引力作用下做匀速圆周运动，故万有引力提供飞船运行的向心力，故A正确；B、飞船做匀速圆周运动，合力不为零，故飞船处于非平衡状态，故B错误；C、据万有引力提供圆周运动向心力知飞船的速度随轨道半径增大而减小，而第一宇宙速度是近地卫星运行的速度，是绕地球圆周运动的最大速度，故飞船运行速度小于第一宇宙速度，C错误；D、在地球表面重力与万有引力大小相等，由可知，飞船的加速度随轨道半径的增大而减小，故飞船的加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误．故选：A．【点评】：绕地球圆周运动的飞船所需向心力由万有引力提供，知道第一宇宙速度的物理意义，知道地球表面重力与万有引力相等是正确解题的关键．5．（6分）（2015•乐山二模）相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中（）A．粒子的速度一直在增大B．粒子的电势能一直在减小C．粒子在a点的电势能比在d点低D．粒子的加速度先变大再不变后变小【考点】：电场线；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电场力的方向与电场线的切线的方向相同，根据电场力做功与动能的变化判断A，根据电场力做功与电势能的关系判断B，根据沿电场线的方向电势解答判断C，电场线的疏密表示电场的强弱．【解析】：解：A、由于电场力的方向与电场线的切线的方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小．故A错误；B、在a点的附近，电场力做负功，根据电场力做功与电势能的关系知粒子的电势能在a点的附近先增大．故B错误；C、从图中可得，a点位移a所在电场线的接近中点的地方，二d点离负极板更近一些，所以a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能．故C错误；D、电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度想增大，后减小．故D正确．故选：D【点评】：该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系．图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键．6．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是（）A．货箱向上运动的速度大于vB．缆绳中的拉力FT＞（M+m）gC．货车对缆绳拉力做功的功率P＞（M+m）gvcosθD．货物对货箱底部的压力小于mg【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；运动的合成和分解．【专题】：功率的计算专题．【分析】：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可．【解析】：解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcosθ由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，故B正确；C、整体的速度为vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正确；D、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式P=Fv分析，不难．7．（6分）（2015•乐山二模）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep=mD．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=m【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由E=BLv0和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．【解析】：解：A、导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确．B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0．由于r=R，所以导体棒两端的电压U=E=BLv0．故B错误．C、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于．故C错误．D、金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q==，故D正确．故选：AD【点评】：弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用．二、非选择题（共68分）8．（6分）（2015•乐山二模）如图所示是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带．打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出．F点的速度v=0.71m/s，加速度a=7.8m/s2（结果均保留两位有效数字）．【考点】：探究小车速度随时间变化的规律．【专题】：实验题．【分析】：由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得F点的速度．由△x=aT2可得知道的加速度．【解析】：解：EG间距为：2.84×10﹣2mF点的速度为：，纸带的加速度为：=7.8m/s2．故答案为：0.71；7.8．【点评】：关于纸带首先要掌握平均速度表示瞬时速度；其次要会用△x=aT2求加速度；9．（10分）（2015•乐山二模）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧．实验中得到了多组数据，通过描点连线在I﹣﹣U系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示．（1）在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路．（2）根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，图丁示意图中合理的是D．（3）将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路，电源电动势为6.0V，内阴为1.0Ω．若电路中的电流为0.40A，则定值电阻R所消耗的电功率为0.64W．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验