贵州贵阳高考物理二模试卷含解析

1、2015年贵州省贵阳市高考 物理二模试卷一、选择题：（本大题共8小题，共48分.在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题意，第68题有多个选项符合题意全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错或不选的得0分）（6分）（2015须阳二模）某运动员（可看作质点）参加跳台跳水比赛，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则（）11时刻开始进入水面12时刻开始进入水面13时刻已浮出水面012时间内，运动员处于超重状态（6分）（2015须阳二模）图甲是某燃气炉点火装置的原理图：转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的

2、匝数分另1J为m, n2, V为交流电压表.当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体.以下判断正确的是（）电压表的示数等于 5V电压表的示数等于 5显实现点火的条件是 1000 nl实现点火的条件是0、y0的空间有方向垂直于 xOy平面向里的 匀强磁场.现有两个质量及电荷量均相同的带电粒子，由 x轴上的P点以不同的初速度平行 于y轴射入此磁场，然后分别从 y轴上的M N两点射出磁场，不计粒子重力及它们间的相互 作用.比较两粒子的运动，下列说法正确的是（）.JX X X X X M1 TOC o 1-5 h z XXXXX.XXXXXXXXXX -O

3、P从N点射出的粒子初速度较大从N点射出的粒子在磁场中的加速度较大从M点射出的粒子在磁场中的角速度较大从M点射出的粒子在磁场中的时间较短（6分）（2015须阳二模）如图所示， abcd是由同种材料且粗细均匀的电阻丝制成的矩形 线框，线框水平固定且处于竖直向下的匀强磁场中.导体棒MNW电阻，可在 ab和bc边上无摩擦滑动，且接触良好.当MN#在水平拉力作用下由靠近 ab边处向靠近cd边匀速滑动的过程中，下列说法正确的是（）MA工XXKXXXXX菖H.KMN棒中的电流大小保持不变MN棒两端电压先增大后减小MN棒上拉力的功率先增大后减小MN棒消耗的电功率先增大后减小（6分）（2015须阳二模）如图所示

4、，木箱内固定一倾斜光滑斜面，斜面上放置一小物体. 当木箱做下列四种运动时，处于该斜面上的小物体在哪种情况下有可能保持相对静止（）向右匀加速随圆盘绕竖直轴匀速转动（6分）（2015须阳二模）中国探月工程预计在2015年研制发射小型采样返回舱，采集关键样品后返回地球.如图为从月球表面返回时的运动轨迹示意图，轨道为月球表面附近的环月轨道，轨道为月球转移椭圆轨道.已知月球的平均密度为p,半径为R,引力常量为G.下列说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度为 gFG： P返回舱绕环月轨道的运动周期为TqC.返回舱在轨道上的运行周期大于在轨道上的运行周期d.从月球上发射返回舱进入环月轨道所需的最小发射速度

5、为v=2E后存3（6分）（2015须阳二模）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至 A处，弹簧恰好无形变.现由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度大小为 v, A、B间的竖直高度差为 h.则（）小球由A运动到小球由A运动到小球由A运动到B重力做的功等于 mghB过程中，其机械能守恒B克服弹力做功为mghD.小球到达位置 B时弹簧的弹性势能为 mgh- JlmB2二、非选择题（6分）（2015须阳二模）某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系.在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位移传感器和力传感

6、器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条a- F图线、，如图乙所示.（1）实验时，一定要进行的一项操作是 A.改变托盘中祛码的个数C.滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放D.为减小误差，实验中一定要保证托盘和祛码的质量远小于滑块的质量（2）在轨道倾斜的情况下得到的a- F图线是 （选填或）；（3）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg,滑块和轨道间的动摩擦因数科=2、 （重力加速度 g取10m/s ）.（9分）（2015须阳二模）LED绿色照明技术已经走进我们的生活.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500 电学

7、符号与小灯泡电学符号相同.其实验电路图如图1所示，实验室提供的器材有：A.电流表 Ai （量程为0至50mA内阻两约为3Q）B.电流表 A（量程为0至3mA内阻 Rx2=15Q ）C.定值电阻 R=697QD.定值电阻 Ra=1985QE.滑动变阻器 R （ 0至20Q ） 一只F.电压表 V（量程为0至12V,内阻 R=1kQG.蓄电池E （电动势为12V,内阻很小）H.开关S一只，导线若1（1）如图2所示，请选择合适的器材，电表 1为电表2为一，定值电阻为 .（填写器 材前的字母编号）（2）用笔画线代替导线，请根据实验原理图将答题卡中的实物图连线补充完整.（3）写出测量LED灯正常工作时的

8、电阻表达式 R=_ （用字母表示），当表达式中的（填字母） 达到,记下另一电表的读数代入表达式，其结 果为LED灯正常工作时的电阻.（14分）（2015须阳二模）如图所示，在高速公路某处安装了一台固定超声波测速仪，可以准确测量车辆运动速度以及加速度.若汽车距测速仪355m时测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况刹车而做匀减速直线运动，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰 好停止，此时汽车距测速仪335m,已知超声波在空气中匀速传播的速度为340m/s .（1）求汽车刹车过程中的加速度大小；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h ,则该汽车刹车前的行驶速度是否在

9、规定的范围内.（18分）（2015须阳二模）如图所示，倾角为 。=37。足够长的传送带以较大的恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m的物体A,另一端竖直吊着质量为 二、电荷量为q=g1 2 （k为静电力常量）带正电的物体 B,轻2V 8k绳与传送带平行，物体 B正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q的带负电的物体 C,此时A、B都处于静止状态.现将物体A向上轻轻触动一下，物体 A将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l .已知物体A与传送带的动摩擦因数为科=0.5, A、B、C均可视为质点，重力加速度为 g,不计空气阻力.已知 sin37

10、? =0.6 , cos37? =0.8 .求:（1） A B处于静止状态时物体 B C间的距离；（2）从物体B开始下落到与物体 C碰撞前的整个过程中，电场力对物体B所做的功.三、选做题【物理-选彳3-3 （5分）（2015须阳二模）下列说法正确的是（）气体分子的速率均呈现“中间多、两头少”的分布规律从微观角度看，气体的压强仅取决于气体分子的密集程度C.晶体熔化时要吸收热量，但其分子的平均动能仍保持不变所有遵循能量守恒定律的热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的一滴油酸酒精溶液的体积除以它在水面上形成的油膜面积就是油酸分子的直径（10分）（2015须阳二模）如图甲所示，一定质量的理想气体被活塞封

11、闭在竖直放置的柱形气缸内，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气.已知活塞横截面积S=10cm2,外界大气压p=1.001000 nl实现点火的条件是1000,故C正确，D错误.口 1C根据-1=21,且Ui=5V, U5000V得：实现点火的条件是U 2 口？故选：C点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决.（6分）（2015须阳二模）在如图所示白空间中，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场.质量为m的带电小球由MN的上方的A点以一定的初速度水平抛出，从 B点进入电场，到 达C点时速度方向恰好水平. A、B、C三点在同一直线上，且 AB=2BG不计空气阻

12、力，重力加速度为g.可知（）小球带正电电场力大小为 3mg小球从A至ij B与从B至ij C的运动时间相等小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不等考点： 带电粒子在匀强电场中的运动.专题： 带电粒子在电场中的运动专题.分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动.两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式 x=vt ,可分析时间关 系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小.根 据 v=at研究速度变化量的关系.解答： 解：带电小球从 A到C,设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为xi和X2,竖直分位

13、移分别为 yi和y2,经历的时间为分别为 ti和t2.在电场中的加速度为 a.则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：Xi=V0t i;从B到C过程，有：X2=v0t 2；由题意有：xi=2x2；则得：ti=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍.故C错误.又y将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2=y2 一 根据几何知识有：yi： y2=xi： X2；解得：a=2g;根据牛顿第二定律得： F - mg=ma=2mg解得：F=3mg故B正确.由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负 电.故A错误.根据速度变化量A v=at ,则

14、得：AB过程速度变化量大小为A vi=gti=2gt2； BC过程速度变化量大小为4 V2=at2=2gt2；所以小球 从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D错误.故选：B.点评：本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析.（6分）（20i5须阳二模）如图所示，在 x0、y0的空间有方向垂直于 xOy平面向里的 匀强磁场.现有两个质量及电荷量均相同的带电粒子，由 x轴上的P点以不同的初速度平行 于y轴射入此磁场，然后分别从 y轴上的M N两点射出磁场，不计粒子重力及它们间的相互 作用.比较两粒子的运动，下列

15、说法正确的是（） TOC o 1-5 h z XXXXXXXXXXN,KXXXXXXXXX0Pt从N点射出的粒子初速度较大从N点射出的粒子在磁场中的加速度较大从M点射出的粒子在磁场中的角速度较大从M点射出的粒子在磁场中的时间较短考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动.专题： 带电粒子在磁场中的运动专题.分析：由运动轨迹确定半径的大小与所速度偏转角度的大小，半径大的速度大，偏转角度大的时间长.解答： 解：分别画出粒子运动的轨迹如图：A、根据=变知，粒子的质量及电荷量均相同，初速度大的轨道半径大，由图可知从 N点射qB出的粒子初速度较小，故 A错误；C根据T=Z2知，粒子的在磁场中运动的周期与粒子的速

16、度无关，粒子的质量及电荷量均 oP相同，则周期相同，粒子做圆周运动的角速度：卫是相等的.故 C错误；T m2日粒子做圆周运动的向心加速度：&二巴一，两种粒子的角速度相等，到达 M点的半径大，n r所以，从M点射出的粒子在磁场中的加速度较大.故B错误；D由图可知，从 M点射出的粒子圆心角比较小，根据 t=T知，从M点射出的粒子运动时 2兀间最短，故D正确.故选：D.点评：首先根据题意判断带电粒子的偏转方向是解决此题的关键，根据偏转方向，画出运动轨迹的草图，可分三步走：(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法球半径并画出轨迹.(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系、偏转角与圆心角、运动时间

17、相联系.(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是半径公式和周期公式.(6分)(2015须阳二模)如图所示， abcd是由同种材料且粗细均匀的电阻丝制成的矩形线框，线框水平固定且处于竖直向下的匀强磁场中.导体棒MNW电阻，可在 ab和bc边上无摩擦滑动，且接触良好.当 MN#在水平拉力作用下由靠近 ab边处向靠近cd边匀速滑动的过 程中，下列说法正确的是()5XX翼MXBX寓MKNMN棒中的电流大小保持不变MN棒两端电压先增大后减小MN棒上拉力的功率先增大后减小MN棒消耗的电功率先增大后减小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题： 电磁感应功能问题.分析： 导

18、体棒MN向右运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两部分并联，相当于外电路，当 MN!动到线框中线时，外电路的电阻最大，而MN的感应电动势不变，根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，可知，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化.根据闭合电路欧姆定律分析MN$中的电流强度变化情况.根据路端电压随外电阻增大而增大，判断MN$两端电压的变化.MN$做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据P士分析拉力的功率变化.R+r解答： 解：A、导体棒MN向右运动的过程中，外电阻先增大后减小，当 MN运动到线框中线 时，外电路的电阻最大. 根据闭合电路欧

19、姆定律得知 M蚌中的电流先减小后增大. 故A错误. 曰MN棒做匀速运动，产生的感应电动势保持不变，外电阻先增大后减小，则MN$两端的电压即路端电压先增大后减小.故 B正确.C MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据P=J得知，拉力的功率先减小后R+r增大.故C错误.D矩形线框中消耗的电功率相当于电源的输出功率，根据推论：当外电阻等于电源的内电阻 时，电源的输出功率最大.由题意，线框并联的总电阻先增大后减小，并联总电阻大于MN奉的电阻，则知消耗的功率先减小后增大.故 D错误. 故选：B. 点评：本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律

20、进行分析.（6分）（2015须阳二模）如图所示，木箱内固定一倾斜光滑斜面，斜面上放置一小物体.当木箱做下列四种运动时，处于该斜面上的小物体在哪种情况下有可能保持相对静止（）向左匀加速向右匀加速C.竖直向上匀加速D.随圆盘绕竖直轴匀速转动 考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题.分析：分析物体的受力及运动情况，明确合外力能否与木箱的加速度相同，再分析二者能否相对静止.解答： 解：A、物体受重力和斜向右的支持力；合力不可能向左；故物体不会相对木箱静止；故A错误；日物体受重力和斜向右的支持力；合力可以水平向右；二者加速度相同时，保持相对静止；故B正确；C加速向上运

21、动时，物体需要竖直向上的合力；而其受到的合力不可能沿竖直方向；故C错误；D当物体受到的支持力与重力的合力始终指向圆心时，可以保证二者相对静止；故D正确；故选：BD.点评：本题考查牛顿第二定律及受力分析，要注意正确分析受力，明确合力能否与加速度方向相同.（6分）（2015须阳二模）中国探月工程预计在2015年研制发射小型采样返回舱，采集关键样品后返回地球.如图为从月球表面返回时的运动轨迹示意图，轨道为月球表面附近的环月轨道，轨道为月球转移椭圆轨道.已知月球的平均密度为p,半径为R,引力常量为G.下列说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度为 g=4兀Gj Pb. 返回舱绕环月轨道的运动周期为t=

22、 22LYGPC.返回舱在轨道上的运行周期大于在轨道上的运行周期D.从月球上发射返回舱进入环月轨道所需的最小发射速度为v/冗QG3考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题.分析：根据月球表面重力等于万有引力列式求解；根据T野出列式求解周期；根据开普勒v3周期定律多二列式判断；根据重力提供向心力列式求解.T2解答： 解：A、在月球表面，重力等于万有引力，故：二G工R2苴中.II , J解得：g=4.GRP 故A错误； 3BQ返回舱绕月圆周运动过程，根据牛顿第二定律，有：mg=m故返回舱进入环月轨道所需的最小发射速度为：v=丁 二故D正确；返回舱绕环月轨

23、道的运动周期为：t= R二vPG故B正确；3C根据开普勒周期定律 月-二j返回舱在轨道上的周期大于在轨道上的运行周期，故 C T2错误；故选：BD.点评：本题关键是明确返回舱做匀速圆周运动时的向心力来源，结合牛顿第二定律、万有引力定律、开普勒第三定律列式分析.（6分）（2015须阳二模）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至 A处，弹簧恰好无形变.现由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度大小为 v, A、B间的竖直高度差为 h.则（）小球由A运动到B重力做的功等于 mgh小球由A运动到B过程中，其机械能守恒小球由A运动到B克服弹力做功为 mg

24、h小球到达位置 B时弹簧的弹性势能为 mgh- - m/2考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题.分析：根据下降的高度求出重力做功的大小，结合动能定理求出弹簧弹力做功大小，从而得出最低点弹簧的弹性势能.解答： 解：A、小千从A到B的过程中下降的高度为 h,则重力做功为 mgh,故A正确.日小从A到B的过程中，有重力做功，弹簧弹力做功，小球机械能不守恒，故B错误.C根据动能定理得，mgh- W单可知克服弹力做功 W弹E的一占皿之，则到达B点时22弹性势能为mgh-工m，故C错误，D正确.2故选：AD.点评：本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则 机械

25、能守恒；而只对小球机械能是不定恒的；熟悉功能的对应关系.二、非选择题（6分）（2015须阳二模）某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系.在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位移传感器和力传感器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条a- F图线、，如图乙所示.住修传白喜（1）实验时，一定要进行的一项操作是 A;A.改变托盘中祛码的个数B.用天平测出托盘的质量C.滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放D.为减小误差，实验中一定要保证托盘和祛码的质量远小于滑块的质量（2）在轨道倾斜的情况下得到的a- F图线是 （选填或）；（3

26、）滑块和位移传感器发射部分的总质量m= 0.5 kg ,滑块和轨道间的动摩擦因数 =0.2 （重力加速度 g 取10m/s2）.考点： 测定匀变速直线运动的加速度.专题： 实验题；牛顿运动定律综合专题.分析： （1）依据实验操作要求可分析必须进行的操作；（2）知道滑块运动的加速度 a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分 的总质量的倒数；（3）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解.解答： 解：（1） A、改变托盘中祛码的个数才能改变拉力F,故A正确.日 滑块的释放位置对该实验没有影响，不要求每次在同一位置，故 B错误.CD本题拉力可以由力的传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的

27、质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C错误，D错误.故选：A.（2）由图象可知，当 F=0时，aw0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学 实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.所以图线 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的.（3）根据 F=ma得 a=lIT所以滑块运动的加速度 a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总 质量的倒数.由图形得加速度 a和所受拉力F的关系图象斜率k=2,所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg由图形得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0,根据牛顿第二定律得：F- m

28、g=0解得：尸0.2故答案为：（1） A; （2）；（3） 0.5; 0.2 .点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系.运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解.（9分）（2015须阳二模）LED绿色照明技术已经走进我们的生活.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500 电学符号与小灯泡电学符号相同.其实验电路图如图1所示，实验室提供的器材有：A.电流表 A1 （量程为0至50mA内阻 泡约为3Q）B.电流表 A（量程为0至3mA内阻 Rx2=15Q ）C.定值电阻 R=697QD,定值电阻 Rz=1985QE.滑

29、动变阻器 R （0至20Q） 一只F.电压表V（量程为0至12V,内阻R/=1kQG蓄电池E （电动势为12V,内阻很小）H.开关S一只，导线若干（1）如图2所示，请选择合适的器材，电表 1为,电表2为_B，定值电阻为D.（填写器材前的字母编号）（2）用笔画线代替导线，请根据实验原理图将答题卡中的实物图连线补充完整.k Rn+Rjn)(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R=(用字母表示)，当表- A- T -R 12达式中的 2 (填字母)达到 1.5mA ,记下另一电表的读数代入表达式，其结 果为LED灯正常工作时的电阻.考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题；恒定电流专题.分

30、析：滑动变阻器阻值远小于 LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法.LED灯的额定电压为3V,题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用.根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻.解答： 解：(1)要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量 LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：

31、R=%印额=_亚=1000Q, A2的内阻约为15Q,则定值电阻应选 D;%滴偏 0. 003ALED灯正常工作时的电流约为|=1二-=6mA左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量R 500电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法.由以上分析可知，电表1为F,电表2为B,定值电阻为 D.(2)根据电路图可得出对应的实物图如图所示，(3)根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2 (R+R2),通过灯泡的电流1=乂-I 2所以LED灯正常工作时的电阻改装后的电压表内阻为FV=1985+15Q=2000Q ,则当Iz=1.5mA时，LE

32、D灯两端的电压为 3V,达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻.故答案为：(1) F; B; D; (2)电路图如图所示;(2)12 (R2+RA2)；I 2；1.5mA.点评：本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流.(14分)(2015须阳二模)如图所示，在高速公路某处安装了一台固定超声波测速仪，可 以准确测量车辆运动速度以及加速度.若汽车距测速仪355m时测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况刹车而做匀减速直线运动，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰 好停止，此时汽车距测速仪335m,已知超声

33、波在空气中匀速传播的速度为340m/s .(1)求汽车刹车过程中的加速度大小；(2)若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h ,则该汽车刹车前的行驶速度是否在规定的范围内.考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题.分析： (1)从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内，求出A的位移,由于超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，根据匀变速直线运动的推 论求出超声波从 B发出到A这段时间内A的位移，从而得出超声波从B到A的位移，根据声速求出运行的时间，从而再根据x=aT2求出汽车运动的加速度.(2)

34、根据速度位移公式求出刹车前的速度，进而判断是否合法.解答： 解：(1)根据题意，超声波和汽车运动过程的示意图如图所示，设超声波往返的时 间为2t,汽车在2t时间内，刹车的位移为：(2t ) 2:201n当超声波与汽车 A相遇后，汽车 A继续前进的时间为t,位移为： =E . t ，,卜则超声波在2t时间内的路程为：2X ( 335+5) m=680m 由声速为340m/s,解得t=1s .代入数据解得a=10m/s2.2(2)由汽车A刹车过程的位移：x=L,2a解得刹车前的速度为：V0=20m/s=72km/h .车速在规定范围内，符合规定范围.答：(1)汽车刹车过程中的加速度大小为10m/s

35、2;(2)车速在规定范围内，符合规定范围.B发出到A与被A反射到被B接收所点评：解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解.(18分)(2015须阳二模)如图所示，倾角为。=37。足够长的传送带以较大的恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m的物体A,另一端竖直吊着质量为 工、电荷量为q=J返1 (k为静电力常量)带正电的物体B,轻2Y 8k绳与传送带平行，物体B正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q的带负电的物体 C,此时A、B都处于静止状态.现将物体A向上轻轻触动一下，物体A将沿传送带向上运动，且向

36、上运动的最大距离为 1.已知物体A与传送带的动摩擦因数为科=0.5, A、B、C均可视为质点，重力加速度为 g,不计空气阻力.已知 sin37 ? =0.6 , cos37? =0.8 .求：A B处于静止状态时物体 B C间的距离；(2)从物体B开始下落到与物体 C碰撞前的整个过程中，电场力对物体B所做的功.考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题.分析： (1)开始时刻，物体 A、B均保持静止，分别受力分析后根据平衡条件列式后联立 求解即可；BC碰撞后，物体 A上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根 据运动学公式求解 BC碰撞前的速度；物体 B下降

37、过程，对 A、B整体由功能关系列式求解电 场力对物体B所做的功.解答： 解：(1)开始时，A、B均静止，设物体 B、C间的距离为1i,由平衡条件有: 对 A： T=mgsin 0 +mgcos0解得：1i.；B C相碰后，A将做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mgsin 0 +mgcos0 =ma 由运动公式有：0-v，=-2a （l - l i）解得：Vm=JL物体B下降过程对 A、B整体由功能关系有： W电+2mgli - mg （sin 0 +cos 0 ） l i=-l （m+nj）2222Vm ,解得：W电=mgl答：（1）物体A、B处于静止状态时物体 B、C间的距离为工；2（2）从物

38、体B开始下落到与物体 C碰撞的过程中，电场力对物体B所做的功为 mgl.点评：本题关键是明确物体 A、B的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律、运动学公式和功能关系列式求解，基础题目.三、选做题【物理-选彳3-3 （5分）（2015须阳二模）下列说法正确的是（）气体分子的速率均呈现“中间多、两头少”的分布规律从微观角度看，气体的压强仅取决于气体分子的密集程度C.晶体熔化时要吸收热量，但其分子的平均动能仍保持不变所有遵循能量守恒定律的热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的一滴油酸酒精溶液的体积除以它在水面上形成的油膜面积就是油酸分子的直径考点：热力学第二定律；分子运动速率的统计分布规

39、律.分析：气体分子是无规则的，其速率分布呈现“两头少，中间多”的规律；“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸的体积除以相应油酸膜的面积；根据热力学第二定律明确热学现象中的方向性.解答： 解：A、气体分子是无规则的，其速率分布呈现“两头少，中间多”的统计规律；故A正确.日从微观角度看，气体的压强取决于气体分子白密集程度以及分子的平均动能；故B错误；C晶体在熔化时温度不变，此时分子平均动能不变，但需要从外界吸收热量；故C正确；D由热力学第二定律可知，所有遵循能量守恒定律的热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的；故D正确；E、酒精溶于水，所以我们测量的油膜面积是纯油酸的体积；故E错误；

40、故选：ACD点评：本题关键要掌握热力学的一些基础知识，知道分子速率分布、测量分子直径的原理和热力学第二定律等.（10分）（2015须阳二模）如图甲所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的柱形气缸内，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气.已知活塞横截面积S=10cm,外界大气压p0=1.00 X 105Pa,初始时刻（图中 A点）活塞稳定时缸内气体温度为27C、压强为p1=1.05 X 105Pa.现使缸内气体温度缓慢升高， 其压强随着温度变化的 p- t图象如图乙所示.图象中B点时刻所对应缸内气体的体积是初始时的1倍，重力加速度 g取10m/s2.求：（1）活塞质量；（2）当缸内气体的温度为 12

41、7c时，缸内气体的压强为多大.考点：理想气体的状态方程.分析： （1）气体等压膨胀，根据平衡条件求解活塞的质量；（2）列出初、末状态的状态参量，然后根据理想气体的状态方程即可求出.解答： 解：（1）气体的压强为 pi=1.05 X 105Pa,对活塞进行受力分析可得：RS=RS+mg代入数据得：m=0.5kg（2）由图可知，从开始时刻到B为等压变化，VbV，此后气体做等容变化，体积不变，由图可知，气体在127c时的温度大于 B时的温度，所以气体末状态的体积是 V3=VbJ5设此6时的压强为 P3,则：T3=273+127=400K,则：吆也丁1 一 人代入数据得：, ：,：. i i!lPa-

42、J答：（1）活塞质量是0.5kg ;（2）当缸内气体的温度为 127c时，缸内气体的压强为 1.2X05Pa.点评：本题第一问关键找出初状态的压强与活塞质量的关系公式，然后根据共点力的平衡 列方程求解；第二问可以根据理想气体的状态方程直接解答，也可以先讨论一下.物理-选彳3-4 （15分）（2015须阳二模）在探究波的形成过程中，某同学将一根足够长的绳子一端固定在竖直墙壁上，用手捏住绳子的另一端上下振动，形成了沿水平面方向传播的波，波的传播速度为 v,周期为T.经过一段时间后，该波传播到某质点A.若此波可视为简谐横波且传播过程中不计能量损失.关于这列波及质点A的振动，下列说法正确的是（）质点A

43、振动的周期一定为T质点A振动的平均速度就是该波的传播速度这列波的传播速度与手捏绳子振动的振幅无关质点A开始振动后，经过时间 t,质点A沿传播方向移动的距离为 vt若质点A与手捏点的距离是 vT,则质点A振动时与手捏点的振动位移总是相同考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：质点振动的周期就是波的周期.但质点A振动的速度与波的传播速度是两回事.波速由介质决定，与振幅无关.波传播过程中质点不随波向前移动.解答： 解：A、质点振动的周期等于波的周期T,故A正确.日质点A作周期性运动，速度不断变化，而波在同一均匀介质中波的传播速度不变，所以质点A振动的平均速度不是该波的传播速度.故B错误.C

44、波速由介质决定，与振幅无关.故C正确.D质点A只在自己平衡位置附近振动，不随波向前移动，故D错误.E、若质点A与手捏点的距离是 vT,传播时间是T,则质点A振动时与手捏点的振动位移总是 相同，故E正确.故选：ACE点评：解决本题关键要知道波的周期、波速决定因素，明确质点不“随波逐流”的特点.（2015须阳二模）如图所示，真空中有截面积相同的两种不同透明介质组成了一个等边三棱镜，其中直角三棱镜 ABD的折射率ni=1.5 . 一束单色光照射 AB面的O点，其入射角的正 弦值sini=0.75 ,该光恰好在另一直角三棱镜ACD的AC边发生全反射.已知该单色光在真空中的传播速度为c=3X108m/s,求该单色光在三棱镜 ACD43的传播速度.考点：光的折射定律.专题：光的折射专题.分析：光恰好在AC边发生全反射，入射角等于临界角C.先由折射定律求出光射入三棱镜ABD时的折射角，由几何知识求出临界角，由sinC=，求出折射率n,最后由v=求光在三棱nn镜ACD43的传播速度.解答： 解：设光射入三棱镜时的折射角为a ,由折射定律可得：sinin1 =si门口解得：a =30因此，在三镜ABD中传播的折射