2015年高考压轴冲刺卷A.doc

2015年高考压轴冲刺卷A理科综合（物理）第I卷 （必做，共42分）一、选择题(本题包括7小题，每小题给出四个选项中，有的只有一个选项正确，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(皖南八校2015第二次联考16)如图所示为甲、乙两物体运动的图象，在0t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t22t1，关于两物体在0t2时间内运动的位移大小关系正确的是（ ）A. B.C. D.以上三种情况都有可能1.B【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的速度与时间的关系。【解析】由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范围分成6个部分如图，则甲的位移：乙的位移：其中由于，由图可知：，所以：则：故选：B 【举一反三】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义。2（湖南省十三校2015联考18） 为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期T，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为N。已知引力常量为G。则下列计算中错误的是：A该行星的质量为 B该行星的半径为 C该行星的密度为 D在该行星的第一宇宙速度为2. B【命题立意】本题旨在考查万有引力作用与卫星的圆周运动【解析】用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为N，g=Nm=GMr2 , 登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期T，GMmr2=mr(2T)2, GMr2=r(2T)2,解上二式得，r=NT24m2 ,M=N3T4164m3 ;行星的密度=MV=M43r3=3GT2 ; 该行星的第一宇宙速度为v=GMr=NT2m【举一反三】在这颗行星表面以v上抛一物体，经多长时间落地？3(2015第二次大联考【浙江卷】17)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为05m，金属环总电阻为2，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=1T， 在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为15 m，电阻为3的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3m/s已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为（ ）A04V B065V C225V D45V 3.B【命题立意】该题考查导体棒在磁场中的旋转切割【解析】摆到竖直位置时AB在圆内部分 相当于电动势为=2V 的电源，金属环相当于并联的两个电阻R=0.5，此时AB在圆内部分两端的电压为电路的路端电压为0.4V，故U=0.625V4(2015陕西西工大附中四模6)某物体沿直线运动的vt关系如图所示，已知在第1s内合外力对物体做的功为W，则（）A 从第1s末到第3s末合外力做功为4WB 从第3s末到第5s末合外力做功为2WC 从第5s末到第7s末合外力做功为WD 从第3s末到第4s末合外力做功为0.75W4. CD【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、匀变速直线运动的图像。【解析】A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零故A错误B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于W故B错误；C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W故C正确；D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的，则合力做功为0.75W故D正确。故选：CD【举一反三】： 本题考查动能定理基本的应用能力，由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量，相当于数学上等量代换。5(2015西安八校联考14）如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F方向沿X轴正方向则关于的磁感应强度的方向和大小，说法正确的是（ ）A只能沿x轴正方向B可能在xOy平面内，大小为C可能在zOy平面内，大小为D可能在xOy平面内，大小为F/IL5. C【命题立意】本题旨在考查磁感应强度、安培力。【解析】已知电流沿y轴负方向，安培力方向沿轴正方向，根据左手定则判断得知匀强磁场的磁感应强度在平面内，设磁场与导线的夹角为，则：当时，由可知，B有最小值为当，所以和是可能的，故ABD错误，C正确。故选：C6( 2015第二次大联考【广东卷】20)有滑动变阻器R，热敏电阻R0，二极管D和电容器组成的电路如下图所示，有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，下列说法中正确的是（ ）A若把滑动变阻器的滑动触头向上移动，液滴将会向下运动B若把开关断开，液滴将会向上运动C若热敏电阻的温度降低，液滴将会向下运动D若把上极板向上移动，液滴将静止不动6.BD【命题立意】电路的动态分析，二极管，电容器。【解析】当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变， A错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动， B正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止， C错误；电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，有 和及得E不变，D正确。【点拨】解本题的关键是利用闭合电路的知识，结合二极管的特点和电容器的公式，解决平衡问题。图77(2015泰州二模9)如图7所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为（），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（ ）A至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为B至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为C至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为7.BCD【命题立意】本题旨在考查向心力、牛顿第二定律。【解析】AB、物块随转台由静止开始缓慢加速转动，至绳中出现拉力时，最大静摩擦力提供向心力：，得：，由动能定理得：，则转台对物块做的功为，故A错误，B正确；C、至转台对物块支持力为零时，设绳对物块拉力为，可得：，此时由绳对物块拉力为提供向心力，有：，解得：，由动能定理得：，可得转台对物块做的功为：，故C正确；D、由得，当物体的角速度增大到时，由动能定理得：，可得转台对物块做的功为：，由能量守恒定律得，物块机械能增量为，故D正确。故选：BCD第卷 （必做56分+选做12分，共68分）【必做部分】8(2015抚州五校联考二模11)为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置其中，a是质量为m的滑块（可视为质点），b是可以固定于桌面的滑槽（滑槽末端与桌面相切）第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点已知当地重力加速度为g，不计空气阻力（1）实验还需要测量的物理量（用文字和字母示）： （2）写出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是（用测得的物理量的字母表示）：= 8.（1）MO的高度h，OP距离x1，OP距离x2；（2）【命题立意】本题旨在考查探究影响摩擦力的大小的因素。【解析】（1）该实验实验原理为：测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x1即可，M点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP距离x2即可；故答案为：MO的高度h，OP距离x1，OP距离x2（2）设滑块滑到底端的速度为v0，通过第一次实验测量有： 设滑块滑到M点速度为vM，通过第二次实验测量有： 从N到M过程中，根据功能关系有： 联立解得：故答案为：9（2015湖南省十三校联考23）某同学利用如图（1）所示电路测定电源的电动势和内阻。实验中电表内阻对实验结果影响很小，均可以忽略不计。闭合电键S后，变阻器的滑片P由变阻器的一端滑到另一端的过程，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图（2）的UI图像中的直线a、b所示。（1）用画线代表导线，将下面实物图中各元件按图（1）连接成实验电路；（2）通过分析可知，其中图（2）中图线 （填a或b）V1表示电压表示数随电流表A示数变化关系（3）根据U-I图象中坐标轴所标出的数据，可求出电源的电动势E=_，内阻r=_。（用图中给出的坐标值表示）9.（1）如图所示（2）a （3）U1I2-U2I1I2-I1 （4）U2-U1I2-I1 【命题立意】本题旨在考查电源的伏安特性、电阻的伏安特性及闭合电路欧姆定律【解析】b是电阻R0的伏安曲线，R0=UI；a电源的伏安曲线，U=E-Ir,由直线方程可知：直线的斜率是r=U2-U1I2-I1,电源的电动势E=U2+I2r=U1I2-U2I1I2-I110(201安徽江南十校模拟23)如图所示，在xoy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面的匀强磁场质量为m、电荷量为q的粒子以0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再左侧右侧Nxy0MOd次回到坐标原点，粒子在此过程中通过电场的总时间，粒子重力不计求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件10.（1）左；（2）；（3）：时，、时，【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动。【解析】（1）粒子在磁场做圆周运动（半圈）由： 轨道半径： 由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径即： （2）粒子在电场中来回的总时间为，所以电场对带电粒子单次通过的时间为，显然，粒子首次通过电场中是加速运动(td/v)，粒子应该带负电。由： 即得到： （3）粒子在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为或，粒子加速通过电场加速后进入右侧磁场速度为。根据速度公式，有d左侧右侧Nxy0MO： 根据牛顿第二定律，有： 解得： 当半径时，则： 右侧磁场的最小宽度为：当半径时， 右侧磁场的最小宽度为： 答：（1）左侧磁场区域的最小宽度为；（2）电场区域电场强度的大小为；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件为：时，；时，。11（2015天津市区县联考11）（18分）如图所示，倾角为的光滑固定斜面，斜面上相隔为的平行虚线与间有大小为的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为，电阻为，边长为的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈在沿斜面向上的恒力作用下，以速度匀速进入磁场，线圈边刚进入磁场和边刚要离开磁场时，边两端的电压相等。已知磁场的宽度大于线圈的边长，重力加速度为。求（1）线圈进入磁场的过程中，通过边的电量；（2）恒力的大小；（3）线圈通过磁场的过程中，边产生的热量。11.（1） （2） （3）【命题立意】考查电磁感应的力和能量问题【解析】（1）线圈进入磁场过程中，通过线框横截面的电量 根据欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律 线框进入磁场过程中的磁通量变化 由式解得 （2）线圈匀速进入磁场，根据平衡有 线圈受到的安培力 根据欧姆定律 根据法拉第定磁感应定律 由式解得 (3) 线圈边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 线圈边刚要离开磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 线圈通过磁场的过程中，根据动能定理有 根据安培力做功和电热的关系有 根据热量分配关系有 由式解得 【易错警示】本题最后一问，求的是线框一条边上产生的热量，而不是整个线框上产生的热量。【选做部分】12.【物理物理33】（1）(2015第二次全国大联考【山东卷】37（1）)下列说法中正确的是 。（双选，填正确答案标号）A温度越高，每个分子的热运动速率一定越大B显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性C已知某气体的摩尔体积V，再知道阿伏伽德罗常数NA，就可以求出一个气体分子的体积D在太空中水滴成球形是液体表面张力的缘故。（2）（2015开封市二模14）如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm，温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？12.（1）BD【命题立意】该题考查温度、布朗运动以及表面张力等基本概念【解析】温度是分子平均动能的标志，并不是温度越高，所有分子的速率越大，只是平均速率，故A错误；显微镜观察下的墨水小碳粒的无规则的运动，实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，并不是液体分子瞬时运动的结果，而是受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用是不平衡的导致的，故B正确；v/NA不等于气体分子的体积，因为气体分子之间有很大的空间，故C错误；在太空中由于没有引力的作用，在表面张力的作用下水滴成球形，故D正确。（2）371.5K【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程。【解析】（1）以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升2cm，即两端水银柱高度差为：h=30cm由题意得：V1=L1S=26S，P1=P0h1=76cmHg36cmHg=40cmHg，T1=280K；p2=p0h=46cmHg V2=L2S=30S，由理想气体状态方程：，可得：T2=371.5K答：左管内气体的温度为371.5K。13.【物理物理34】（1）(2015第二次大联考【江苏卷】12B.（1）)下列说法正确的是 。（双选，填正确答案标号）A在双缝干涉的实验中，保持入射光的频率不变，增大双缝屏上双缝间的距离，干涉条纹的条纹间距也增大B日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上滤光片可以使景像更清晰是利用了光的偏转现象C我们发现竖直向上高速运动的球在水平方向上长度变短了D用光照射大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，利用了紫外线的荧光效应（2）(2015第三次四校联考34(2)有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示。从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回。若球面半径为R，玻璃折射率为，求光源S与球冠顶点M之间的距离SM为多大?13.（1）BC【命题立意】该题考查干涉实验、偏振现象等基本概念【解析】根据条纹间距的公式可知，增大双缝间的距离d，干涉条纹间距减小，故A错误；日落时分拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏转滤光片可以使景象更清晰，这是利用光的偏振现象，故B正确；竖直向上高速运动的球在水平方向上长度不变，沿运动方向上的长度才会变短，选项C错误；用紫外线照射时大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，利用紫外线的荧光效应，故D正确。（2）【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。【解析】如图所示，根据折射定律，有：SM132O根据反射定律，有：其中：联立可得： ，由图，有： 所