四川省德阳市高三四校联考物理模拟试卷(3月份)要点VIP

1、2015年四川省德阳市四校联考高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题：每题 6分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题 目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错和不选的0分1 . （ 6分）（2015?德阳模拟）19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦在法拉第等人研究成果以下有关电的基础上，进行总结，并加以发展，提出了系统的电磁理论并预言了电磁波的存在.磁理论和电磁波的说法不正确的是（a.只要有磁场在变化，它的周围就一定会产生电场b.空间某区域有不均匀变化的电场，则一定会产生电磁波c.电磁波不同于机械波之处是电磁波能在真空中传播d.紫外线是一种比所有可见光波长

2、更长的电磁波【考电磁波的产生.点】：【分析】：变化的电（磁）场产生磁（电）场；非均匀变化的电场即可形成非均匀变化的磁场，从而 彩成电磁波.【解 解：a、变化的磁场一定会产生电场；故 a正确;b、只要电场不均匀变化，就一定能产生电磁波；故 b正确；c、电磁波不同于机械波之处是电磁波能在真空中传播；故 c正确;d、紫外线波长要短于可见光；故 d错误；本题选错误的；故选： d.【点本题考查电磁波的产生及性质，要熟练掌握电磁波谱中电磁波的顺序.评】：2. （6分）（2015?德阳模拟）如图，半圆形玻璃砖置于光屏pq的左下方.一束白光沿半径方向从a点射入玻璃砖，在 o点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈

3、现七色光带.若入射点由a向b缓慢移动，并保持白光7&半径方向入射到o点，观察到各色光在光屏上陆续消失.在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是（a.增强，紫光b.增强，红光c.减弱，紫光d.减弱，红光【考光的折射定律.点】：【专光的折射专题.题】：【分 光线从光密到光疏介质， 故随入射角的增大， 则反射光将加强； 光入射角达到某光的临界 析】：角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光.【解 解：光线从光密介质到光疏介质，入射角增大时反射光的强度增强，折射光强度减弱； 则析】：知若入射点由a向b缓慢移动时，入射角增大，反射光的强度增强.因紫色光

4、的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失.故a正确.故选：a .【点 本题中应记住七色光中从红到紫，折射率增大、频率增大，而波长减小，故红光的波长最评】：长，而紫光的频率最高，折射率最大.3. （6分）（2015?德阳模拟）一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，介质中 x=2m处的质点p沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin （5冗）cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是（）a .振幅为20cmb.周期为4.0sc.传播方向沿x轴负向d.传播速度为10m/s【考 横波的图象；波长、频率和波速的关系.点】：【专振动图像与波动图像专题.【分 根据质点p的

5、简谐运动方程得出 t=0时刻的振动方向，通过上下坡法得出波的传播方向， 析】：根据振动方向得出振幅和周期，结合波长和周期求出波速.【斛 解：a、根据y=asin 3t=10sin（5tt）cm,知振幅 a=10cm,振动的周期 t= 2兀-之冗 口4故a、b错误.c、在t=0时刻，p质点在平衡位置向上振动，根据上下坡法知，波沿 x轴正方向传播， 故c错误.x 4d、波的传播速度 v=:ui/s二lom/三,故d正确.故选：d.【点解决本题的关键知道振动和波动的关系，会通过上下坡判断振动方向和波传播方向的关 评】：系，知道振动的周期与波的周期相等.4. （ 6分）（2015?德阳模拟）如图甲所示

6、，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中 匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为 1:10的理想变压器给一个灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22w.现闭合开关，灯泡正常发光.则（ ）a. t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零b.交流发电机的转速为100r/sc.变压器原线圈中电流表示数为1ad .灯泡的额定电压为 220v【考 变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.交流电专题.【分由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点， 可判处于那个面上， 由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值

7、.【解 解：a、由图乙可知，当 0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大, 斤】：故a错误；b、由图可知，交流电的周期为c、原线圈输入电压为有效值为0.02s,则转速为：n=1=50r/s,故b错误；t22v,则副线圈的电压为 22 m0=220v;由p=ui可知，副p 9911 in线圈电流12=0.1a ,则由= ,求得il=1a;故c正确;u 220工2 id、灯泡正常发光，故额定电压为 220v,故d错误; 故选：c.【点 本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公 平】：式、变流比公式列式求解即可.5. （ 6分）（2015?德阳

8、模拟）美国宇航局 2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗 类似地球的、可适合居住的行星 开普勒-226”，它每290天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一周，距离地球约600光年，体积是地球的2.4倍.已知万有引力常量和地球表面的重力加速度.根据以上信息，下列推理中正确的是（）a.若能观测到该行星的轨道半径，可求出该行星所受的万有引力b.若该行星的密度与地球的密度相等，可求出该行星表面的重力加速度c.根据地球的公转周期与轨道半径，可求出该行星的轨道半径d.若已知该行星的密度和半径，可求出该行星的轨道半径【考万有引力定律及其应用.点】：【专万有引力定律的应用专题.题】：【分 a、根据万有

9、引力公式 f=g*?即可判断; 析】：b、根据万有引力提供向心力公式g与二骑品,分别对该行星和地球列式，即可判断;r也不知道中心天体的质量,c、d,地球与行星不是围绕同一个中心天体做匀速圆周运动, 故无法求出该行星的轨道半径.【解 解：a、根据万有引力公式 f=g则,由于不知道中心天体的质量，无法算出向心力，故 析】：a错误；b、根据万有引力提供向心力公式g岑二哨，有:mm行v行g=gt，若该行星的密度与地球的密度相等，体积是地球的2.4倍，则有：=2, 4 ,1m地v地吕m地t2地 、一、-,可以求出该行星表面的重力加速度，故 b行c、由于地球与行星不是围绕同一个中心天体做匀速圆周运动，故根

10、据地球的公转周期与轨道半径，无法求出该行星的轨道半径，故c错误;d、由于不知道中心天体的质量，已知该行星的密度和半径，无法求出该行星的轨道半径,故d错误； 故选b【点 考查天体的运动规律，会由万有引力提供向心力公式求解相关问题，难度适中. 评】：6. （6分）（2015?德阳模拟）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于。点，初始时刻小球静止于 p点，第一次小球在水平拉力f作用下，从p点缓慢地移动到 q点，此时轻绳与竖直方向夹角为 8,张力大小为 ；第二次在水平恒力 f作用下，从p点开始运动并恰好 能到达q点，至q点时轻绳中的张力大小为t2.关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气

11、阻力，重力加速度为 g）（）q fa.第一个过程中，拉力 f在逐渐变大，且最大值一定大于fb.两个过程中，轻绳的张力均变大c- mgt1=-qt, t2=mgcos dd.第二个过程中，重力和水平恒力f的合力的功率先增加后减小【考 功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力.点】：【专功率的计算专题.第一次小球在水平拉力 f作用下，从p点缓慢地移动到 q点，则小球处于平衡状态，第 二次在水平恒力 f作用下，从p点开始运动并恰好能到达 q点，则到达q点时速度为零, 由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出最低点”，最低点的速度最大，在 q

12、点速度为零，则向心力为零，判断t2与mg的关系.【解 解：a、第一次小球在水平拉力 f作用下，从p点缓慢地移动到 q点，则小球处于平衡:状态,根据平衡条件得：f=mgtan8,随着0增大，f逐渐增大，第二次从p点开始运动并恰好能到达 q点，则到达 q点时速度为零，在此过程中，根据 动能定理得：f lsin 0 = mg卜 cos 0）解得：f =mgta吏，因为 e 90,所以 tanf,故 a 正确；22b、第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力t二 吗 ,所以轻绳的张力变cos曰大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，

13、当绳子方向与重力和 f方向在同一直线上时，小球处于最低点” 最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故b错误；c、第一次运动到 q点时，受力平衡，根据几何关系可知，二1rlz ,第二次运动到1 cos yq点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力ng （1 - coso ）t2=mgcos 0 +f sin 0 =mgcos 0 +；*sin = =mg , 故 c 正确；d、第二个过程中，重力和水平恒力f的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中，重力和水平恒力f的合力的功率先减小，后增大，故 d错误. 故选：ac.

14、【点本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个日：力合成为新的 重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解， 难度适中.7. （6分）（2015?惠阳模拟）如图所示，物体a和带负电的物体 b用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，a、b的质量分别是 m和2m,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体a相连，倾角为 。的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体b在一沿斜面向上的外力f=3mgsin0的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力f,直到物体b获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（a-撤

15、去外力f的瞬间，物体b的加速度为雪&102【考 匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；电势能.【专电场力与电势的性质专题.【分 在撤去外力前后对 b物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当b受斤】：到的合力为零时，速度最大，根据动能定理和能量守恒即可判断【解 解：a、当施加外力是，对b分析可知f - mgsin 0 - f电=0斤】：解得f电=2mgsin0当撤去外力瞬间物体 b受到的合力为 f合=f电+mgsin 0由f=ma可得a=3gsin ,8 故 a 错误；b、当b收到的合力为零时，b的速度最大，由kx=f 电+mgsin。解彳# x=巫典包旦故b正确；c、对ab

16、整体有动能定理可得-k+3nl号式nb二看- 0,解得v=gsin故 c 错误；d、根据能量守恒可知物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于于物体b电势能的减少量和b物体机械能的减小量，故 d正确； 故选：bd【点 本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系,二、非选择题（共 68分）8. （ 6分）（2015?德阳模拟）某研究性学习小组利用如图所示的装置探究作用力与反作用力的大小关系.如图甲所示，在铁架台上用弹簧秤挂住一个实心铁球，弹簧秤的示数为fi,在圆盘测力计的托盘上放盛有水的烧杯，圆盘测力计的示数为f2；再把小球浸没在水中（水未溢出），如图乙所示，

17、弹簧秤的示数为f3,圆盘测力计的示数为请你分析弹簧秤示数的变化，即有f3 fi （选填 4” “或 n”）.铁球对水的作用力大小为 fi f3_,若 f- fg=f4 f2_,就说明了作用力与反作用力大小相等.【考 作用力和反作用力.点】：【分 把小球浸没在水中时，小球受到竖直向上的浮力的作用.由受力分析可得出弹力的变化.析】：【解 解：（1）因乙中小球受到浮力的作用，浮力向上，故弹力减小；故f3fi;析】：（2）对小球分析可知，铁球受到的浮力为：fi f3；对烧杯分析可知，由于烧杯中的水受到小球的反作用力，则示数增加；其变化值为f4f2；若fi-f3=f4- f2,则可以证明作用力与反作用力

18、大小相等；故答案为：（i） ； （ 2） fi f3； fl f3=f4- f2.【点本题考查平衡条件的运用，知道球对水的反作用力等于受到水的浮力是本题的关键.评】：9. （ ii分）（20i5?惠阳模拟）某班举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为用规定的器材设计合理电路，并能较准确地测量某电源的电动势及内阻.给定的器材如下:a.电流表g （满偏电流i0ma,内阻i0q）b.电流表 a （00.6a3a,内阻未知）c,滑动变阻器 ro （0i00q, ia）e.开关与导线若干d.定值电阻r （阻值990 q）请你用以上实验器材设计测量该电源电动势和内阻的电路图，并画在图丙的虚线框中.（

19、要求:为了保证器材的安全，在闭合开关前滑动变阻器的滑动头应置于最右端，即最大电阻处）图甲为小刘同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的i1- i2图线(i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数)，则由图线可以得到被测电源的电动势为7.5 v,内阻为 5.0q.(结果保留两位有效数字) 另一位小张同学对另一电源也用上面的实验电路进行测量，初始时滑片p在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上电键后发现滑片p向左滑过一段距离 x后电流表a才有读数，于是该同学根据测出的数据作出了两个电流表读数i与x的关系图，如图乙所示，则根据图象可知，此电池组的电动势为9.此v,内阻为 11.0 q.(结

20、果保留三位有效数字)【考 测定电源的电动势和内阻.【专实验题.【分 (1)题目中只给出两个电流表；但其中一个电流表 g的内阻已知，可以把内阻已知的电斤】：流表和定值电阻串联改装成一个电压表；根据本实验中的实验原理可知实验方法，再结合实验中给出的仪器可以得出正确的电路图；(2)先分析改装的电压表，得出：电流表 g上的1ma就表示是1v.在图线上，斜线与 纵坐标的交点就是电源的电动势；斜线斜率的绝对值表示内阻的大小.(3)当电流表的读数为 0时，改装的电压表的读数就是电源的电动势；然后从图 3中分别取两组对应的数据，根据公式r=_4!求出电源的内电阻. i【解 解：(1)测量电动势和内电阻需要有电

21、压表和电流表；但题目中只给出两个电流表；但 斤】：其中一个电流表 g的内阻已知，可以把内阻已知的电流表和定值电阻串联改装成一个电 压表.设计实验原理图如图所示年八i*f * i(j?)(2)将小电流表改装成电压表后，电压表的量程为u,tt rc +r.小，r+%r+/3得：u=?ug=?igrg= (990+10 ) x10 x0 =10vkg kg所以电流表 g上的1ma就表示是1v.当外电阻为无穷大时，路端电压等于电源的电动势，所以在图线上，斜线与纵坐标的交点就是电源的电动势，延长图线可得：e=7.5v根据闭合电路的欧姆定律：e=u+ir可得，图线的斜率就表示电源的内阻，即：匚学= =5.

22、0q i 0. 5 - 0.1(3)由i1-x的图线可得，开始时的电流恒为9.0ma,此时的i2为0,由以上的分析可得此时i1上表示是电压 9.0v,即电源的电动势.从图3中分别取两组对应的数据，得(6.0v, 0.24a) , ( 3.0v, 0.52a)得：r，公口二1 - 3、口 -ii qal 0.52-0. 24故答案为：(1)如图；(2) 7.5, 5.0; (3) 9.0, 11.【点 该题中只给出两个电流表，把内阻已知的电流表和定值电阻串联改装成一个电压表；然后评】：分析改装的电压表，得出：电流表 g上的1ma就表示是1v,这是解题的关键.根据本实验中的实验原理和实验的要求先改

23、装电压表， 然后进行实验是电学实验的一种潮 流，要注意掌握这种方法.该题的难度较大.10. ( 15分)(2015?德阳模拟)如图所示，在半径为r=10cm的轮轴上悬挂一个质量为m=3kg的水桶，轴上分布着 6根手柄，柄端有 6个质量为m=0.5kg的金属小球.球离轴心的距离为 l=50cm ,轮轴、绳及手柄的质量以及摩擦均不计.开始时水桶在离地面某高度处，释放后水桶 带动整个装置转动，当转动n (未知量)周时，测得金属小球的线速度v1=5m/s,此时水桶还未2到达地面，g=10m/s ,求：(1)转动n周时，水桶重力做功的功率p;(2) n的数值.【考能量守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率.

24、 点】：【分析】：(1)整个系统释放的重力势能转化为系统的动能，根据能量守恒列式即可求解水桶 速率v .求得重力的功率.(2)对全过程系统应用能量守恒，可以得到转动的圈数.【解解：析】：(1)设转动n周时，水桶的速度为 v,则: v r水桶重力的功率为:p=mgv ,解得：rvi0 1x5mg-73x10l0. 5(2)从释放水桶到转动 n周的过程，对系统由能量守恒定律:1. 919,kgh=mv +6xmvj，由几何关系：h=2njtr, 解得：13n=-27t答：（1）转动n周时，水桶重力做功的功率为30w；2. ） n的数值门一空.“一2兀【点本题主要考查了能量守恒定律的直接应用，能够根

25、据圆周运动的相关知识得出小桶与小球评】：速度的关系，能正确判断能量如何转化.11. （17分）（2015耀阳模拟）如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h在i、n两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按b-t图变化（图中bo已知）.现有一个长方形金属线框abcd ,质量为 m,电阻为 r, ab=cd=l , ad=bc=2h .用一轻质的细线把线框 abcd竖直悬挂着，ab边恰好在i区的中央.to （未知）时刻细线恰好松 弛，之后剪断细线，当 cd边到达m3n3时线框恰好匀速运动.（空气阻力不计，g取10m/s2）(2)(3)求to的值;求线框 ab边到达 m2

26、n2时的速率v；从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大?【考 法拉第电磁感应定律；楞次定律.点】：【专 电磁感应与电路结合.【分（1）细线恰好松弛，线框受力平衡，安培力等于重力，根据法拉第电磁感应定律和欧姆析】：定律可得出to的值（2）当cd边到达m3n3时线框恰好匀速运动，安培力等于重力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率，从线框ab到达m2n2 一直运动到cd边到达m3n3,线框仅受重力作用，由动能定理可得线框ab边到达m2n2时的速率v（3）根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能【解 解：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：boil=mg。 ab

27、*s ab b。 i 瓜工=口手(2)当cd边到达m3n3时线框恰好匀速运动，速度为 vb0il=mgecd棒切割产生的感应电动势：e=b 0lvmgrbql线框ab到达m2n2时一直运动到 cd边到达m3n3的过程中线框中无感应电动势产生, 只受到重力作用.线框下落高度为3h,根据动能定理得：mg3h=-w? 2 1tly2线框ab边到达m2n2时的速率为:-6gh(3)线框静止开始下落到 cd边刚离开m4n4的过程中线框中产生电能为e电，线框下落高度为4.5h,根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：19mg4. 5h= e 电 +-wbnl2h答：(1) t0的值为二；二

28、 u 2卬蝇(2)线框ab边到达m2n2时的速率 (3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为【点 本题为力电综合题，难度较大，要注意挖掘隐含条件， 巧妙应用动能定理和能量守恒定律, 日：同时要明白安培力做功过程就是产生电能的过程，并且二者的数值上相等12. （19分）（2015?惠阳模拟）如图所示，一质量为m=0.5kg,电荷量为q=+0.2c的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h=5m的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为co=2rad/s,半彳至为r=1m ,圆盘和小物块之间的动摩擦因数为心=0.5.以圆盘左侧垂

29、直于纸面的切面和过圆盘圆心。点与空间中 a点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为i、n、田三个空间区域，当小物块转动时，i区域出现 随时间均匀增大的电场 e （图中未画出），电场方向是竖直方向.当 e增大到ei时，小物块刚好从空间中的 a点离开圆盘，且垂直于i、n区域边界进入n区域，此时，n区域和田区域立e2=25n/c ,且田区域有一垂直于纸面向里的即出现一竖直向上的匀强电场e2 （图中未画出），2匀强磁场,磁场优度为 l=4m , g=10m/s .求：（1） ei的大小和方向;（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度b的取值范围是多少?（3）现将磁感应强度 b取某一值，当小物块离开 a后一小段时间，紧贴圆盘圆心o点下方以速度v73vo=m/s水平抛出3木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开a点时开始计时，抛出木制小球的时刻t为多少?x x x x x x x x x x x xw xxxxxx x x x x x x x x x x x x x x【考 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.带电