【泄露天机】《当代中学生报》2015年全国卷高考押题物理试题

1、15届高三物理 泄露天机1如图所示，两颗卫星围绕着质量为M的中心星体做匀速圆周运动。若两颗卫星和中心星体始终在同一直线上，两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，则下列判断正确的是（ ）MA两颗卫星的轨道半径相等B两颗卫星的向心加速度相同C两颗卫星的向心力大小相等D两颗卫星的动能相等【答案】A【提示】由“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度相等，根据= m2r，得r = ，可见两颗卫星的轨道半径相等，选项A正确；由a = 2r得向心加速度大小a1 = a2，但方向相反，选项B错误；由万有引力提供向心力即F向 = 知，F向与卫星的质量m有关，由于两颗卫星的质量关

2、系不确定，选项C错误；根据= m得卫星的动能Ek = m = 与m有关，选项D错误。2（多选）如图所示，在远距离输电电路中，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，变压器、电表均为理想化的。若发电厂的输出功率减小，则下列说法正确的是（ ）升压变压器降压变压器用户发电厂V1A1A2V2A电压表V1示数减小，电流表A1减小B电压表V2示数增大，电流表A2减小C输电线上损耗功率增大D用户总功率与发电厂的输出功率的比值增大【答案】BD【提示】根据 = 得电压表V1两端的电压U1不变，选项A错误；根据P出 = U1I1得通过电流表A1的电流I1将减小，根据 = 得通过电流表A2的电流I2将减小，降压变压

3、器原线圈两端的电压U = U1 I1R线将增大，根据 = 得电压表V2两端的电压U2增大，选项B正确；输电线上损耗功率P线 = IR线将减小，选项C错误；用户总功率与发电厂的输出功率的比值为 = U2随着U2的增大而增大，选项D正确。3如图所示，一质量为M、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m的光滑楔形物块，物块在水平恒力的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g。下列判断正确的是（）A水平恒力大小F = mgtanB地面对斜面体的支持力大小N2 = (M + m)g C物块对斜面的压力大小N1 = mgcosD斜面体的加速度大小为gtan 【答案】B【提

4、示】物块与斜面体相对静止，加速度相同，对物块、斜面体整体，竖直方向上受力平衡有N2 = ( M + m )g，选项B正确；水平方向上根据牛顿第二定律有F = ( M + m )a，对斜面体，竖直方向上受力平衡有N2 = Mg + N1cos，水平方向上根据牛顿第二定律有N1sin = Ma，解得N1 = ，a = gtan，F = mgtan，选项A、C、D均错误。4（多选）如图1所示，小物块静止在倾角=37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37° = 0.6，cos3

5、7° = 0.8，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（）12340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/s/m · s-1O图2图3F图1A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【提示】由速度图象知在13s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8 + mgsin mgcos = ma，a = m/s2 = 0.4m/s2。在34s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则mgcos mgsin = 0.4N，解得m = 1kg， = 0.8，选项

6、A正确，B错误；01s时间内，物块静止，力F不做功，13s时间内，力F = 0.8N，物块的位移x = × 0.4 × 22m = 0.8m，03s内力F做功的平均功率为 = W = 0.213W，选项C错误；03s时间内物体克服摩擦力做的功为mgcos · x = 5.12J，选项D正确。ABCD甲船乙船5如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成角，且恰好对准对岸边C点。若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点。若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）

7、A两船在静水中的划行速率不同B甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C两船同时到达D点D河水流速为【答案】C【提示】由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度1相等，由1 = sin知两船在静水中的划行速率相等，选项A错误；乙船沿BD到达D点，可见河水流速水方向沿AB方向，可见甲船不可能到达到正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B错误；根据速度的合成与分解，水 = cos，而sin = ，得水 = ，选项D错误；由于甲船沿AB方向的位移大小x = (cos + 水)t = = AB，可见两船同时到达D点，选项C正确。ACBO6如图所示，直角三角形OAB区域内存在方向垂直纸面向外的匀

8、强磁场，C为AB的中点。现有比荷相同的两个分别带正、负电的粒子（不计重力）沿OC方向同时从O点射入磁场。下列说法正确的是（）A若有一个粒子从OA边射出磁场，则另一个粒子一定从OB边射出磁场B若有一个粒子从OB边射出磁场，则另一个粒子一定从CA边射出磁场C若两个粒子分别从A、B两点射出磁场，则它们在磁场中运动的时间之比为21D若两个粒子分别从A、B两点射出磁场，则它们在磁场中运动的轨道半径之比为1ACBOO2R1R2【答案】C【提示】由qB = m 得轨道半径R = 。由题意可知，两个粒子分别顺、逆时针偏转，但它们的速率关系未知，轨道半径关系也未知，选项A、B均错误；若两个粒子分别从A、B两点射

9、出磁场，如图所示，则 = 60°， = 30°，OA = OBtan30°，R1 = ，R2 = ，得 = ，选项D错误；周期T = 相同，由t1 = T、t2 = T得 = ，选项C正确。7在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是()ABEOA小球的动能先变小后变大B小球的切向加速度一直变大C小球受到的拉力先变大后变小 D小球受到的电场力做功功率先增大后减小【答案】D【提示】小球从A点

10、摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，根据动能定理知小球的动能Ek一直增大，选项A错误；小球从A点摆动到B点的过程中轻绳与OB的夹角设为，则小球的切向加速度a1 = 随着的减小而减小，选项B错误；根据牛顿第二定律和向心力公式有F qEcos = m得小球受到的拉力大小F = qEcos + · Ek，cos、Ek均随着的减小而增大，可见F一直增大，选项C错误；在A点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小，选项D正确。BI60°8在绝缘水平面上方均匀分布着方

11、向与水平向右成60°角斜向上的磁场中，一通有如图所示的恒定电流I的金属方棒，在安培力作用下水平向右做匀速直线运动。已知棒与水平面间的动摩擦因数 = 。若在磁场方向由图示方向开始沿逆时针缓慢转动至竖直向上的过程中棒始终保持匀速直线运动，此过程中磁场方向与水平向右的夹角设为，则关于磁场的磁感应强度的大小B与的变化关系图象可能正确的是（ ）BmgBILfN/°/T-1OB90/°B/TOA90/°/T-1OC906030/°/T-1OD906030【答案】C【提示】棒受力如图所示，则BILsin =(mg + BILcos)，得 = (sin cos

12、) = sin( 30°)，只有选项C正确。9如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨cd、eg，端点d、e之间连接一电阻R，金属杆ab静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆ab的电阻忽略不计。现对杆ab施加一沿dc方向的外力F，使杆ab中的电流i随时间t的图象如图乙所示。运动中杆ab始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力F、杆ab受到的安培力功率大小P随时间t变化的图象，可能正确的是() 【答案】C【提示】杆ab切割磁感线产生的感应电动势e = BL，感应电流i = ，由乙图得i = kt，解得杆ab的速率 = t，可见杆ab的加速度a = 不变，

13、对杆ab根据牛顿第二定律有F BiL = ma，得F = BLkt + ma，选项A、B均错误；杆ab受到的安培力功率大小P = BiL · = k2Rt2，选项C正确，D错误。10如图所示，挡板C垂直固定在倾角 = 30°的光滑长斜面上，质量分别为m、2m的两物块A、B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩长度为L。现用方向沿斜面向上、大小为mg（g为重力加速度）的恒力F拉A，若A向上运动一段距离x后撤去F，当A运动到最高处时B刚好不离开C，则下列说法正确的是（ ）ABCAA刚要沿斜面向上运动时的加速度大小为BA上升的最大竖直高度为3LC拉力F的功率随时

14、间均匀增加DL = x【答案】D【提示】A刚要沿斜面向上运动时的加速度大小为 = g，选项A错误；F未作用前，对A受力平衡有mgsin = kL，得k = ，A运动到最高处时，对B受力平衡有2mgsin = kL，得L = 2L，A上升的最大竖直高度为(L + L)sin = L，选项B错误；由于F作用期间，弹簧弹力是变力，合力为变力，根据牛顿第二定律知加速度是变化的，速度随时间不是均匀变化的，所以F = mg随时间也不是均匀变化的，选项C错误；在A从最低处运动到最高处的过程，对A根据动能定理有Fx ( L L) mg(L + L)sin = 0 0，得x = L，选项D正确（或用排除法判断）

15、。OAB11如图所示，一固定的水平玻璃圆环均匀带上电荷，其中心O的正上方和正下方分别有两点A、B，OA = OB = h。现将一质量为m的带正电小球放在A点时恰好处于静止状态，若给小球一个沿竖直向下的初速度0，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）A带电圆环在B点产生的场强方向竖直向上B小球从A点运动到B点的过程中电场力一直做负功C小球从A点运动到B点的过程中通过O点时速度最大D小球通过B点时的速度为【答案】D【解析】带正电小球静止在A点，受到重力和电场力共同作用而平衡，电场力方向竖直向上，带电圆环在A点产生的场强方向竖直向上，根据对称性知带电圆环在B点产生的场强方向竖直向下，选项A错误；小

16、球从A点运动到B点的过程中电场力先做负功后做正功，选项B错误；小球通过O点时只受重力作用，而速度方向与重力方向相同，小球还在加速中，可见小球通过O点时速度并非最大，选项C错误；根据对称性可知，小球从A点运动到B点的全过程，电场力对小球做的总功为零，根据动能定理有mg · 2h = m m，得小球通过B点时的速度 = ，选项D正确。Mm12如图所示，轻弹簧下端悬挂着质量为M的物块，物块静止后，在其下方轻绳的下端轻轻地挂上一质量为m的钩码，并将钩码m由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。已知下列四个关于轻绳对钩码的最大拉力Tm的表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识

17、，通过一定的分析判断正确的表达式是（ ）ATm = mgBTm = MgCTm = mgDTm = mg【答案】A【解析】令m = 0，则Tm应为零，而选项B中的Tm = Mg，选项B错误；令m 趋近于M，则选项C中Tm趋近于无穷大，不合理，选项C错误；令M = 0，则选项D中的表达式简化为Tm = mg，由于M = 0且尚未挂上钩码时弹簧弹力为零，挂上钩码并由静止开始释放，当弹簧弹力与mg平衡时，钩码的速率最大，由于惯性钩码还要继续向下运动，可见轻绳对钩码的最大拉力Tm应大于mg，所以选项D错误；由排除法知选项A正确。13某学习小组利用图1所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。图1若某同学

18、按图1所示开始实验，则一个很明显的不合理之处是_。经纠正后，按正确操作，得到如图2所示的一条点迹清晰的纸带，用刻度尺测得起始点O到计数点A、B、C、D各点的距离分别为h1、h2、h3、h4，相邻计数点间时间间隔为T，从O到D的时间为t。若用O、C两点来验证机械能守恒定律，为了计算打下C点时的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同学提供了四个计算式，其中正确的是_。（填选项前的字母）OAB h1 h2 h3 h4CD图2A甲同学：C = B乙同学：C = gt C丙同学：C = D丁同学：C = 提供正确计算式的同学发现，以C点算出的重力势能mgh3总比m略大些，这主要是因为_【答案】释放纸带前重

19、物离打点计时器太远 C 实验中存在阻力，重物下落过程中减少的重力势能转化为重物的动能和因阻力产生的其他形式的能量。图甲【提示】因释放纸带前重物离打点计时器太远，重物下落的加速度较大，纸带上打的点数极少，所以实验中释放纸带前应提高纸带使重物靠近打点计时器。因实验中存在阻力，重物下落时的实际加速度小于重力加速度，计算速度时应根据匀变速直线运动中中间时刻速度等于该过程的平均速度来求，正确的是丙同学；而甲、乙两同学提供的计算式是没有阻力作用下速度的理论值，不合理；丁同学提供的计算式是求DE段的平均速度即求CD间中间时刻的速度。因为实验中存在阻力，重物下落过程中减少的重力势能转化为重物的动能和因阻力产生

20、的其他形式的能量。_。14某同学利用如图甲所示的实验装置运用牛顿第二定律测量滑块的质量M。其主要步骤为：调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块沿木板恰好向下做匀速运动。保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器每隔0.02s打下一个点）。mg/Na/m · s-21.00.200.400.6003.04.02.0请回答下列问题： 图乙 图丙i）打点计时器在打下B点时滑块的速度B = _m/s；ii）滑块做匀加速直线运动的加速度a = _m/s2；iii）滑块质量M = _（用字母

21、a、m0、当地重力加速度g表示）。保持木板倾角不变，挂上质量为m（均小于m0）的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度。若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出的amg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M = _kg。（取g = 10m/s2，计算结果均保留3位有效数字）【答案】i）1.38；ii）3.88；iii）m0 0.200【解析】i）B = m/s = 1.38m/s；ii）由s = aT2得a = m/s2 = 3.88m/s2；iii）滑块做匀速运动时受力平衡有m0g = Mgsin f，撤去m0时滑块做匀加速直线运动时受

22、到的合外力F合 = Mgsin f，由F合 = Ma得M = m0。挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为F合 = Mgsin f mg，由F合 = Ma得a = mg + g，结合图丙得 = ，得M = 0.200kg。15某学习小组欲探究小灯泡（额定电压为3V，额定电流约为0.5A）的伏安特性，可提供的实验器材如下：A干电池：电动势约4.5V，内阻可不计B双量程的电压表 V1：量程为03V、内阻约为3k；V2：量程为015V、内阻约为15kAV图1C双量程的电流表 A1：量程为00.6A、内阻约为1； A2：量程为03A、内阻约为0.1D滑动变阻器R：阻值范围0

23、10、允许通过最大电流为2AE开关S，导线若干在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：根据以上器材，请你把实验电路原理图1补充完整，并在图1中标明所选器材的代号。根据选择的正确电路原理图，用笔画线代替导线将实物图2连接成完整电路。闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到_端（选填“A”或“B”）AB图2图30.10.20.30.40.51230I/AU/V按正确操作得到7组电压表和电流表示数如下表所示，请图3所示的坐标纸上画出小灯泡的U I图线。组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49若将该小灯泡接在电动

24、势为3.0V、内阻为2.0的干电池两端，则此时该小灯泡的电阻为_。（结果保留3个有效数字）【答案】如图4所示 连线如图5所示；A 如图6中曲线所示 4.5或4.6或4.7【提示】探究小灯泡的伏安特性，要求灯泡两端的电压可以从零伏开始调整到额定电压，即要求测量的电压范围从03V，选择电压表V1；由于小灯泡的额定电流约为0.5A<0.6A，选择电流表A1；由于小灯泡的最大电阻约为Rm = = 6，很明显Rm<<RV1，电流表采用外接法，实验电路原理图4所示。A1V1图4AB图50.10.20.30.40.51230I/AU/V图6根据图4，用笔画线代替导线将实物图2连接成完整电路

25、如图5所示。闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到A端，使闭合开关后灯泡两端的电压为零以保护电表。画出小灯泡的U I图线如图6中曲线所示。根据闭合电路欧姆定律有U = 3.0 2.0I，此直线如图6中所示，与曲线的交点坐标为（0.455A，2.10V），得待求电阻为 = 4.6。16某多用电表内欧姆挡“×1”的内部电路图如图所示，小明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r（远小于电压表V的内阻）和电池的电动势E。实验的主要步骤为：/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00 (1)表笔a

26、为_(填“红表笔”或“黑表笔”)。将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节_，使指针指在_(填“左”或“右”)侧零刻度处。(2)改变电阻箱R的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U、R，将、的值算出并记录在表格中，请将第3、5组数据的对应点在坐标纸上补充标出，并作出 图线。组数123456R100.050.025.016.712.59.10.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.400.831.051.351.682.002.50(3)根据图线得到电动势E = _V，内电阻r = _。(结果保留三位有效数字)(4)由于电

27、压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值_（填“大”或“小”）。【答案】(1)a；调零旋钮(或调R0)；右(2)如图所示(3)1.43(1.451.41)；23.4(22.923.9) (4)小/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00【提示】(1)表笔a接内部电池的负极，应为红表笔。红黑表笔短接，调节调零旋钮，使指针指到右侧零偏刻度处。(2) 图线如图所示。 (3)由E = U + ·r得·，结合图线得0.70，解得E1.43V，r内23.4 。(4)当R为无穷大即为不接电阻箱时电压表的示数为多用电表内

28、部电池的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值小。17如图所示，等腰三角形OPQ区域内存在场强方向沿PQ方向、大小为E的匀强电场，A为PQ的中点，D为OQ的中点，PQ = 2L， = 30°。一质量为m、电量为 q的带正电粒子（重力不计、初速度视为零），从靠近M板O处由静止释放，经两平行金属板M、N间的电场加速后，通过N板上的小孔沿AO方向从A点射入三角形OPQ区域，粒子恰好从D点射出电场。（1）求M、N两板间的电压U及粒子过A点时的速率；AMNPQODO（2）若将三角形OPQ区域内的电场撤去，在此区域内

29、及其边界上充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，该粒子仍从O处由静止释放，要使该粒子在三角形OPQ区域中运动的时间最长，磁场的磁感应强度B应为多大？并求在磁场中运动的最长时间tm。【解析】 （1）粒子在两板间电场加速，根据动能定理有：qU = m2粒子在三角形OPQ区域中做类平抛运动，有：= at2 Ltan = t 根据牛顿第二定律有：qE = ma 解得：U = EL， = 。APQOO1RR（2）由t = 知，当一定时，弧长s最大即轨迹圆弧恰好与OP边相切（如图所示）时t最大。设轨迹圆弧与OP边相切时圆弧的半径为R，有：R + = L qB = m tm = 解得：B = ，tm = 2。LA

30、BmC18如图所示，长为L的轻杆下端用铰链固定在光滑的水平面上的C点，上端有一个质量为m的光滑小球A（视为质点），小球旁轻靠有一正方体滑块B。若用一大小为mg的水平恒力（g为重力加速度大小）向右作用于小球A，当杆与水平面成 = 30°角时A、B恰好分离，求：（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向m）（1）A、B分离瞬间球A的速度大小；（2）滑块B的质量M；（3）球A刚要触地时球对杆的作用力F大小和方向。【解析】（1）如图10.2所示，设杆与水平面夹角时A与B的速度大小分别为1、2，有：2 = 1sin C12图10.2在杆下摆过程中，对轻杆、球与滑块组成

31、的系统，根据动能定理有：mgLcos + mg(L Lsin) = m+ M 0 解得1 = （2）分离时A、B不仅有相同的水平速度，而且分离前瞬间A、B在水平方向的加速度也始终相同，而分离后B的加速度必为零，分离时两者的水平加速度必为零。Cmg图10.3mgT由图10.3根据平衡条件有：Tcos = mg 由沿杆方向的合力提供向心力有：(Tsin + mg)sin = m 解得：M = m = (1 + 9)m （3）球A刚要触地时的速度设为A，则根据动能定理有：LdhHmg(L Lcos) + mgLsin = m m F = m 解得：F = mg，方向水平向左 根据牛顿第三定律得F =

32、 F = mg，方向水平向右。19如图所示，有一磁感应强度大小为B的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H；磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L、d（dH），质量为m，电阻为R。现将线框从其下边缘与磁场上边界间的距离为h处由静止释放，测得线框进入磁场的过程所用的时间为t。线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度为g。求：（1）线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向；（2）线框的上边缘刚进磁场时线框的速率1；（3）线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热Q。【解析】（1）线框由静止释放到下边缘刚进入磁场的过程，做自由落体运动，有： = 2gh 得线框下边缘刚进入磁场的速率为：0 = LdhH012线框下边缘切割磁感线产生的感应电动势为：E = BL0 感应电流的大小为：I = 解得：I = 根据右手定则判断知，线框中感应电流的方向沿逆时针方向。（2）线框进入磁场的过程，根据牛顿第二定律有：mg BIL = ma 根据微元法，取一小段时间，时间内速度的减少量为，根据加速