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文档简介
2015年上海市高考物理压轴试卷
一、单项选择题(共16分,每小题2分,每小题只有一个正确选项)
1.(2分)(2015•上海模拟)下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是()
A.温度低的物体内能小
B.温度低的物体,其分子运动的平均动能也必然小
C.做加速运动的物体,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能越来越大
D.的铁和0℃的冰,它们的分子平均动能可能不相同
2.(2分)(2015•上海模拟)一定质量的理想气体,经过一个绝热膨胀过程,则此过程中理想
气体的()
A.内能增大B.温度升高C.压强减小D.对外界不做功
3.(2分)(2015•上海模拟)在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值()
A.在任何情况下都等于1
B.是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的
C.是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的
D.在国际单位制中一定不等于1
4.(2分)(2015•上海模拟)电源电动势为E,内阻为r,向可变电阻R供电,关于路端电压
说法正确的是()
A.因为电源电动势不变,所以路端电压也不变
B.因为U=IR,所以当I增大时,路端电压也增大
C.因为U=E-Ir,所以当I增大时,路端电压下降
D.若外电路断开,则路端电压为零
5.(2分)(2015•上海模拟)如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的
是()
A.a、b为异种电荷B.a、b为同种电荷
C.A点场强大于B点场强D.A点电势低于B点电势
6.(2分)(2015•上海模拟)两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和-3Q的电量,两球心相
距90cm时相互作用力为F,现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处,则它们的相互作用力
大小()
A.300FB.1200FC.900FD.无法确定
7.(2分)(2015•上海模拟)如图所示,粗细均匀U形管中装有水银,左端封闭有一段空气柱,
原来两管水银面相平,将开关K打开后,放掉些水银,再关闭K,重新平衡后若右端水银下降
h,则左管水银面()
A.不下降B.下降h
C.下降高度小于hD.下降高度大于h
8.(2分)(2015•上海模拟)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,在相同时间内,它们
的路程之比为4:3,运动方向改变的角度之比为3:2,它们的向心加速度之比为()
A.1:2B.2:1C.4:2D.3:4
二、单项选择题(共24分,每小题3分,每小题只有一个正确选项)
9.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开
关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为9,则()
A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则平角0增大
B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则平角0变小
C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则平角0增大
D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则平角0减小
10.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半
径为R的光滑圆环顶点P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球,开始时小球位于A点,
此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动到最
低点B时的速率为v,此时小球与圆环之间的压力恰好为零,己知重力加速度为g,下列分析
正确的是()
A.轻质弹簧的原长为R
2
B.小球过B点时,所受的合力为mg+m工-
R
C.小球从A到B的过程中,重力势能转化为弹簧的弹性势能
D.小球运动到B点时,弹簧的弹性势能为mgR-Ld
2
11.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,A、B分别为竖直放置的圆轨道的最低点和最高点,
己知轨道半径为0.5m,小球通过A点时速度大小为2听m/s,则该小球通过最高点B的速度值
可能是()
A.2.lm/sB.3.2m/sC.6.2m/sD.10m/s
12.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比n,:n2=2:1,原线
圈接正弦式交流电,副线圈接电动机,电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读
数为I,电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升,若电动机因摩擦造成的能量损失不
计,则图中电压表的读数为()
D.1IR+照
4I
13.(3分)(2015•上海模拟)普通的交流电源表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通
常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为%,cd
一侧线圈的匝数较多,工作时电流为1“,为了使电流表能正常工作,则()
A.ab接MN、cd接PQ,Iab>IcdB.ab接MN、cd接PQ,U<IC<I
C.ab接PQ、cd接MN,Iab<L,iD.ab接PQ、cd接MN,
14.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,a、b两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上速
度-时间图象,已知a、b曲线关于他们两交点的连线对称,且在t2时刻两车相遇,下列说法
正确的是()
V
A.在t「t2这段时间内,两车位移等大
B.在t「t2这段时间内的相同时刻,a车与b车加速度大小相等
C.L时刻两车也相遇
D.3时刻a车在前,b车在后
15.(3分)(2015•上海模拟)如图,有一轻圆环和插栓,在甲、乙、丙三个力作用下平衡时,
圆环紧靠着插栓.不计圆环与插栓间的摩擦,若只调整两个力的大小,欲移动圆环使插栓位
于圆环中心,下列说法正确的是()
A.增大甲、乙两力,且甲力增加较多
B.增加乙、丙两力,且乙力增加较多
C.增加甲、丙两力,且甲力增加较多
D.增加乙、丙两力,且丙力增加较多
16.(3分)(2015•上海模拟)一列水波穿过小孔发生衍射现象,衍射后水波能量减小表现为
()
A.波长增大B.周期增大C.频率减小D.振幅减小
二、多项选择题(共16分,每小题4分,每小题有二个或三个正确选项,全对得4分,选对
但是不全得2分,选错或不选得0分)
17.(4分)(2015•上海模拟)如图所示的均匀水平杆0B重为G,左端0为固定在墙上的转动
轴.跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A,右端系在B端,PB竖直向上,AP与水平方
向的夹角为30°.定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住.则下列结论中正确的是()
A.跨过定滑轮的细绳所受的拉力是_|G
B.CP绳所受的拉力是_|G
C.PD绳所受的拉力是
55
D.轴0受到的水平拉力
18.(4分)(2015♦上海模拟)下列说法中正确的是()
A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大
B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D.第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第一定律
E.某气体的摩尔体积为v,每个分子的体积为v。,则阿伏加德罗常数可表示为N,、=工
V。
19.(4分)(2015•上海模拟)如图,一个质量为m、带电量为+q的圆环,可在水平放置的足
够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中.现给圆环一个水平向右的
初速度v。,在以后的运动中下列说法正确的是()
义八xxXxBX
।XGXXXX=X
A.圆环可能做匀减速运动
B.圆环可能做匀速直线运动
C.圆环克服摩擦力所做的功可能为LvJ
2
32
D.圆环克服摩擦力所做的功不可能为Lv/-
22q2B2
20.(4分)(2015•上海模拟)如图所示的电路中,定值电阻R、R?、R3>R,的阻值均为R。,理
想电压表读数U,变化量的绝对值△!1,理想电流表读数I,变化量的绝对值△【,在滑动变阻
器的滑动端自右向左滑动的过程中,下列判断正确的是()
A.U增大,I减小B.乜增大C.△口噌大D..4y<R(,
IAlAl
四、填空题(共20分,每小题4分)
21.(4分)(2015•上海模拟)在《研究有固定转动轴的物体平衡》实验中:
(1)判断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是;
(2)除用钩码外还需用一只弹簧秤是因为:.
22.(4分)(2015•上海模拟)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方
向,其中Li为原线圈,L?为副线圈.
(1)在给出的实物图中,将实验仪器连成完整的实验电路.
(2)在实验过程中,除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外,还应查
清的绕制方向(选填"L”、"LJ或"L
和).
闭合开关之前,应将滑动变阻器的滑动头P处于一端(选填“左”或“右”).
23.(4分)(2015•上海模拟)某研究性学习小组进行了如下实验:如图所示,在一端封闭的
光滑细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆柱体R(R视为质点),将玻璃管的开
口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时
玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动.
(1)同学们测出某时刻R的坐标为(4,6),此时R的速度大小为_cm/s,R的加速度大小为
________________________________________________cm/s2.
(2)(单选)R在上升过程中运动轨迹的示意图是如图的
24.(4分)(2。⑹上海模拟)盥发生衰变有多种可能性.其中的一种可能是,23即先
92
衰变成瓢i,再经一次衰变变成产(X代表某种元素),或再经一次衰变变成bn,
21取和bTi最后都衰变成208b,衰变路径如图所示,则由图可知:①②③④四个过程
a8182
中是a衰变;_是6衰变.
溜U一整Bi旦个X
②||③
25.(4分)(2015•上海模拟)如图所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖
直向上抛出,穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向
上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然
后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力耳,且线框不发生
转动,贝I:线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v产」线框在上升阶段通过磁场过程中产生的
焦耳热Q=.
五、实验题(共24分)
26.(3分)(2015•上海模拟)在探究合力的方法时,先将橡皮条的一端固定在水平木板上,
另一端系上带有绳套的两根细绳.实验时,需要两次拉伸橡皮条,一次是通过两细绳用两个
弹簧秤互成角度地拉橡皮条,另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条.
①实验对两次拉伸橡皮条的要求中,下列哪些说
法是正确的(填字母代号)
A.将橡皮条拉伸相同长度即可
B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度
C.将弹簧秤都拉伸到相同刻度
D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
②同学们在操作过程中有如下议论,其中对减小实验误差有益的说法是(填
字母代号)
A.两细绳必须等长
B.弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C.用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些.
27.(6分)(2015•上海模拟)某学习小组可用如图甲所示的实验装置来做系列实验.(设钩码
的质量为m,小车和车内祛码的总质量为M)
(1)下列说法正确的是_________________________
A.用该装置可以测定当地的重力加速度
B.用该装置可以探究牛顿第二定律,以小车为研究对象时,要保证拉力近似等于钩码的重力,
因此必须满足m<<M
C.可以用该装置验证机械能守恒定律,但必须满足m<<M
D.可以用该装置探究动能定理,以钩码和小车整体为研究对象,但不必满足m<VM
(2)某同学在用该探究“在处罗一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”时,由于
改变小车和祛码的总质量M时,小车所受的阻力也会变化,本实验改变M时是否要重新平衡
小车所受的阻力?(选填“是”或“否”).
(3)图乙为某次实验得到的纸带,A、B、C、D、E、F、G是按打点顺序依次选取的计数点,
计数点间的距离如图所示,相邻计数点间时间间隔为0.1s,则小车的加速度大小约为—m/s?
(保留两位有效数字).
28.(8分)(2014•北京)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻.要求尽量
减小实验误差.
(1)应该选择的实验电路是图1中的(选项“甲”或“乙”).
4CW
―©------------------©--------
II------,-----------1|------c/-----J
甲乙
图1图2
(2)现有电流表(0-0.6A),开关和导线若干,以及以下器材:
A.电压表(0-15V)B.电压表(0-3V)
C.滑动变阻器(0-500)D.滑动变阻器(0-5000)
实验中电压表应选用;滑动变阻器应选用;(选
填相应器材前的字母)
(3)某位同学记录的6组数据如下表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,
请标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线.
序号123456
电压U(V)1.451.401.301.251.201.10
电流I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=V,内电阻r=Q
(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发
生变化.图3的各示意图中正确反映P-U关系的是
ABCD
图3
29.(7分)(2015•福建模拟)如图甲所示,一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能
守恒定律”的实验.有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放,下落过程中能通
过A处正下方、固定于B处的光电门,测得A、B间的距离为H光电计时器记录下
小球通过光电门的时间为t,当地的重力加速度为g.则:
(1)如图乙所示,用游标卡尺测得小球的直径d=_mm.
(2)小球经过光电门B时的速度表达式为.
(3)多次改变高度H,重复上述实验,作出3随H的变化图象如图丙所示,当图中已知量t。、
t2
H。和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式:时,可判断小球下落过程
中机械能守恒.
(4)实验中发现动能增加量△品总是稍小于重力势能减少量增加下落高度后,则
-将(选填“增加”、“减小”或"不变”).
六、计算题(共50分)
30.(10分)(2015•上海模拟)如图所示,在光滑水平台面上静置一质量叫=0.9kg的长木板A,
A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量m.=0,9kg的物体C栓接.当C从静止开始运动
下落高度为h=0.4m时,在木板A的最右端轻放一质量为niB=3.6kg的小铁块B(可视为质点),
A、B间的动摩擦因数u=0.25,最终B恰好未从木板A滑落,g取lOm/d,求:
(1)刚放铁块B时,A的速度大小v。;
(2)木板A的长度L;
(3)若当B轻放在木板A的最右端的同时,加一水平向右的恒力,其他条件不变,在保证B
能滑离木板A的条件下,则A、B间因摩擦而产生热量的最大值&多大.
31.(12分)(2015•上海模拟)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为0.筒内有垂直于纸面向
里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电
荷,N板带等量负电荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,
经N板的小孔S以速度v沿半径S0方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射
出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:
(1)M、N间电场强度E的大小;
(2)圆筒的半径R;
(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释
放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n.
32.(12分)(2014•常州自主招生)如图,由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温
度均为的水槽中,B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空,B和C
内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S,整个系统稳定后,U形管
内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.
(i)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)
(ii)将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加
热后右侧水槽的水温.
33.(16分)(2015•上海模拟)光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为l=lm,
左侧接R=0.3Q的电阻.区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁感应强度
B=1T,磁场宽度为s=l.5m.一质量m=lkg,电阻r=0.2Q的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂
直且接触良好.金属棒受到水平力F的作用,从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动,加
速度a=0.5m/s2.
/(m/)
Af
04xm
图1图2
(1)求水平力F与速度v的关系;
(2)若在金属棒未出磁场区域时撤去外力,此后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0-
?【、x,且棒运动到ef处时恰好静止.
m(R+r)
①通过计算证明金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理.
②画出金属棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的图线(要求有解析过程,并在坐
标轴上标出关键点).
2015年上海市高考物理压轴试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(共16分,每小题2分,每小题只有一个正确选项)
1.(2分)(2015•上海模拟)下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是()
A.温度低的物体内能小
B.温度低的物体,其分子运动的平均动能也必然小
C.做加速运动的物体,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能越来越大
D.0℃的铁和0℃的冰,它们的分子平均动能可能不相同
考点:分子的热运动.
专题:分子运动论专题.
分析:温度是分子平均动能的唯一标志,分子动能与分子的速率以及分子质量有关.
解答:解:A、温度是分子平均动能的标志,温度低只能说明分子平均动能小,不能说明分
子势能,而内能包括分子动能和分子势能,故A错误.
B、温度低的物体,分子平均动能一定小,故B正确;
C、温度是分子平均动能的标志,与物体是否运动无关,故C错误.
D、温度是分子平均动能的唯一标志,温度相同说明分子平均动能相同,0℃的铁和0℃的冰,
它们的分子平均动能相同,故D错误.
故选:B.
点评:掌握温度是分子平均动能的“唯一”标志,与其他任何因素无关.
2.(2分)(2015•上海模拟)一定质量的理想气体,经过一个绝热膨胀过程,则此过程中理想
气体的()
A.内能增大B.温度升高C.压强减小D.对外界不做功
考点:热力学第一定律.
专题:热力学定理专题.
分析:根据题意可知气体做功及吸放热情况,由热力学第一定律可知内能的变化,由温度
和分子平均动能的关系可知分子平均动能的变化.
解答:解:因气体绝热膨胀,故气体对外做功,压强减小,但没有热交换,由热力学第一
定律可知,气体内能减小;
而气体不计分子势能,故内能只与温度有关,因内能减小,故温度降低,则可知分子的平均
动能减小;
故选:C.
点评:气体分子间势能不计,故气体可看作理想气体,其内能只与温度有关;同时还应明
确,温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子的平均动能越大.
3.(2分)(2015•上海模拟)在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值()
A.在任何情况下都等于1
B.是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的
C.是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的
D.在国际单位制中一定不等于1
考点:牛顿第二定律.
专题:牛顿运动定律综合专题.
分析:在牛顿第二定律的表达式F=kma中,只有在国际单位制中,比例系数k才为1
解答:解:在牛顿第二定律的表达式F=kma中,只有质量m、加速度a和力F的单位是国际
单位时,比例系数k才为1,故C正确,ABD错误.
故选:C.
点评:本题要知道只有F和a的单位采用在国际单位制时,即F的单位为N,质量的单位为
kg,加速度的单位为m/s',比例系数k才为1
4.(2分)(2015•上海模拟)电源电动势为E,内阻为r,向可变电阻R供电,关于路端电压
说法正确的是()
A.因为电源电动势不变,所以路端电压也不变
B.因为U=IR,所以当I增大时,路端电压也增大
C.因为U=E-Ir,所以当I增大时,路端电压下降
D.若外电路断开,则路端电压为零
考点:闭合电路的欧姆定律.
专题:恒定电流专题.
分析:给定的电源,其电动势和内阻都不变,与外电路无关,而路端电压随外电阻的增大
而增大,减小而减小.
解答:解:A、电源电动势不变,路端电压随外电阻的增大而增大,减小而减小.故A错误.
B、当R增大时,I减小,不能根据U=IR判断路端电压的变化,而由U=E-Ir分析,E,r不
变,I减小,得到U增大.故B错误.
C、因为U=E-Ir,所以当I增大时,路端电压下降,故C正确;
D、若外电路断开,电流为零,根据U=E-Ir,路端电压为E,故D错误;
故选:C.
点评:本题是简单的路动态分析问题.对于路端电压与电流的关系,也可以作出电源的外
特性曲线U-I图线,更直观判断它们的关系.
5.(2分)(2015•上海模拟)如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的
是()
A.a、b为异种电荷B.a、b为同种电荷
C.A点场强大于B点场强D.A点电势低于B点电势
考点:电场线;电场强度;电势.
专题:电场力与电势的性质专题.
分析:此题根据电场线的分布特点和电场线的疏密含义,即电场线越密,电场越强,顺着
电场线电势降低;进行分析答题.
解答:解:AB、电场线是从正电荷出发,负电荷终止,由电场线的分布图可知a、b为异种
电荷.故A正确,B错误.
C、电场线越密,电场越强,则知A点的场强小于B点的场强,故C错误.
D、顺着电场线电势降低,则A点电势高于B点电势,故D错误.
故选:A.
点评:根据图象的细微区别寻找突破口,是我们必须掌握的一种解题技巧,例如根据两电
荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷,根据异侧电场线的疏密判定场强的大小,结
合电场线的方向判断电势高低.
6.(2分)(2015•上海模拟)两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和-3Q的电量,两球心相
距90cm时相互作用力为F,现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处,则它们的相互作用力
大小()
A.300FB.1200FC.900FD.无法确定
考点:库仑定律.
分析:接触带电的原则是先中和后平分,根据库仑定律的公式9判断相互作用力的
r
大小.但是注意库仑定律的适用条件,库仑定律适用于点电荷的作用力.
解答:解:根据库仑定律得,F=k^詈,接触后分开,两金属球的电量都为-Q,但是两
球靠得太近,不能看成点电荷,库仑定律不再适用,所以无法确定作用力的大小.故D正确,
A、B、C错误.
点评:解决本题的关键知道接触带电的原则是先中和后平分,以及知道库仑定律的适用条
件,库仑定律适用于点电荷的作用力.
7.(2分)(2015•上海模拟)如图所示,粗细均匀U形管中装有水银,左端封闭有一段空气柱,
原来两管水银面相平,将开关K打开后,放掉些水银,再关闭K,重新平衡后若右端水银下降
h,则左管水银面()
A.不下降B.下降h
C.下降高度小于hD.下降高度大于h
考点:理想气体的状态方程.
专题:理想气体状态方程专题.
分析:对于左边的气体温度不变,体积变大,压强压减小,根据压强平衡来分析下降的高
度大小.
解答:解:原来左右两边的水银等高,说明左边的气体的压强和大气压相等,当放掉一部
分水银之后,左边气体的体积变大,压强减小,右边压强为大气压强,右边的水银下降h,左
边的必定要小于h,所以C正确.
故选C.
点评:根据两边的压强相等,分析封闭气体的压强变化即可,难度不大.
8.(2分)(2015•上海模拟)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,在相同时间内,它们
的路程之比为4:3,运动方向改变的角度之比为3:2,它们的向心加速度之比为()
A.1:2B.2:1C.4:2D.3:4
考点:向心加速度.
专题:匀速圆周运动专题.
分析:根据相同时间内转过的角度之比得出角速度大小之比,通过a=r3?得出向心加速度
之比.
解答:解:A、B两艘快艇做匀速圆周运动,由于在相同的时间内它们通过的路程之比是4:
3,所以它们的线速度之比:VA:VB=4:3
由于在相同的时间内运动方向改变的角度之比是3:2,
所以它们的角速度之比:3.:3产3:2
由于向心加速度a=v3,
故向心加速度之比为:aA:aB=(4X3):(3X2)=2:1;故B正确,A、C、D错误;
故选:B
点评:解决本题的关键掌握角速度的定义式,以及知道加速度与角速度的关系.
二、单项选择题(共24分,每小题3分,每小题只有一个正确选项)
9.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开
关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为9,则()
Ml
A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则平角0增大
B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则平角0变小
C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则平角9增大
D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则平角0减小
考点:电容器的动态分析.
专题:电容器专题.
分析:小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态,保持开关S闭合,电容器两端间
的电势差不变;断开开关S,电容器所带的电量不变.分析板间场强的变化,判断夹角的变化.
解答:解:A、B、断开开关S,电容器所带的电量不变,C=—LL,E=UU=Q得£=■”口组,
4KkddC£S
则知d变化,E不变,电场力不变,9不变.故AB错误.
C、D、保持开关S闭合,电容器两端间的电势差U不变,带正电的A板向B板靠近,极板间
距离减小,由E=U知,板间的电场强度E增大,小球所受的电场力变大,0增大.故C正确,
d
D错误.
故选:C.
点评:解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量.若电容器与电源断开,电量保持不变;
若电容器始终与电源相连,电容器两端间的电势差保持不变.
10.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半
径为R的光滑圆环顶点P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球,开始时小球位于A点,
此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动到最
低点B时的速率为v,此时小球与圆环之间的压力恰好为零,已知重力加速度为g,下列分析
正确的是()
A.轻质弹簧的原长为R
2
B.小球过B点时,所受的合力为mg+m2_
R
C.小球从A到B的过程中,重力势能转化为弹簧的弹性势能
D.小球运动到B点时,弹簧的弹性势能为mgR-工nv?
2
考点:功能关系;向心力.
分析:从A到B的过程中,小球的机械能减小.从A到B的过程中,小球受到弹簧的弹力
做负功,重力做正功,根据动能定理分析两个功之间的大小关系.小球过B点时,由重力和
弹簧弹力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力.小球过B点时,合力与速
度垂直,其功率为零.
解答:解:A、由几何知识可知弹簧的原长为&R,故A错误;
2
B、根据向心力公式:小球过B点时,则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力,F^mL,
R
故B错误;
C、以小球和弹簧组成的系统为研究对象,在小球从A到B的过程中,只有重力和弹簧的弹力
做功,系统的机械能守恒,小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能.故C错误.
2
D、根据能量的转化与守恒:mgR=inv+EP
2
得:Er=mgR--Imv2
2
故D正确;
故选:D.
点评:此题中小球的机械能不守恒,可以从能量转化的角度进行分析.确定功的大小,可
以根据动能定理分析总功的正负来判断.
11.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,A、B分别为竖直放置的圆轨道的最低点和最高点,
已知轨道半径为0.5m,小球通过A点时速度大小为2"TI/S,则该小球通过最高点B的速度值
可能是()
A.2.lm/sB.3.2m/sC.6.2m/sD.10m/s
考点:机械能守恒定律;向心力.
专题:机械能守恒定律应用专题.
分析:小球在光滑的圆轨道内运动,只有重力做功,其机械能守恒,根据机械能守恒定律
得到小球在最高点的速度表达式.小球要能到达最高点,向心力要大于重力,得到最高点速
度的范围,再进行选择.
解答:解:设小球到达最高点B的速度为VB,根据机械能守恒定律得:
22
mg•2R+-invB=-=niVA
22
VB2
得到^vA-4gR-®
小球要能到达最高点,则在最高点B时,得到曲…②
由①②联立得:
解得:gR〈工v,2,
5A
代入得:gRW侬
5
代入①得:VB》
又机械能守恒定律可知,VB<VA=2fm/s,所以,故B正确.
故选:B
点评:本题是机械能守恒定律、向心力等知识的综合应用,关键是临界条件的应用:当小
球恰好到达最高点时,由重力提供向心力,临界速度丫产倔,与细线的模型相似.
12.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比n,:n2=2:1,原线
圈接正弦式交流电,副线圈接电动机,电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读
数为I,电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升,若电动机因摩擦造成的能量损失不
计,则图中电压表的读数为()
D.1IR+照
4I
考点:变压器的构造和原理;功能关系;电功、电功率.
专题:交流电专题.
分析:输入功率等于输出功率,电流与匝数成反比,结合功率公式即可求解.
解答:解:电流与匝数成反比,副线圈的电流为21,输入功率等于副线圈消耗的功率:P=
(21)2R+mgv=UL所以电压表的读数U=4IR+照.
I
故选:A.
点评:本题考查了变压器的输入功率等于输出功率,电流与匝数成反比等知识.
13.(3分)(2015•上海模拟)普通的交流电源表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通
常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为L,cd
一侧线圈的匝数较多,工作时电流为%,为了使电流表能正常工作,则()
A.ab接MN、cd接PQ,Lb>LdB.ab接MN、cd接PQ,Lb<ICd
C.ab接PQ、cd接MN,Iab<LaD.ab接PQ、cd接MN,U>IC<1
考点:变压器的构造和原理.
专题:交流电专题.
分析:电流互感器的作用是使大电流变成小电流,然后利用变压器工作原理即可确定接哪
一端.
解答:解:电流互感器的作用是使大电流变成小电流,所以第>L;
利用变压器工作原理:电流与匝数成反比,所以输入端ab接MN,输出端cd接PQ;
故选:A.
点评:本题考察远距离输电和理想变压器的基础知识,熟练掌握电压、电流等关系是解决
此类题目的关键.
14.(3分)(2015•上海模拟)如图所示,a、b两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上速
度-时间图象,已知a、b曲线关于他们两交点的连线对称,且在心时刻两车相遇,下列说法
正确的是()
A.在t「t2这段时间内,两车位移等大
B.在t「t2这段时间内的相同时刻,a车与b车加速度大小相等
C.L时刻两车也相遇
D.3时刻a车在前,b车在后
考点:向心力.
专题:匀速圆周运动专题.
分析:根据速度时间图线判断汽车的运动规律,通过图线与时间轴围成的面积表示位移判
断哪个汽车在前.通过图线的斜率判断加速度的变化.
解答:解:A、在心时刻,两车相遇,在t,-t?时间内,a图线与时间轴围成的面积大,则
a的位移大,可知匕时刻,b车在前,a车在后.故A、C、D错误.
B、图线切线的斜率表示加速度,由图象可知,在t2这段时间内的相同时刻,a车与b车
加速度大小相等.故B正确.
故选:B.
点评:解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义,知道图线与时间轴围成的面积表示
位移,图线的切线斜率表示瞬时加速度.
15.(3分)(2015•上海模拟)如图,有一轻圆环和插栓,在甲、乙、丙三个力作用下平衡时,
圆环紧靠着插栓.不计圆环与插栓间的摩擦,若只调整两个力的大小,欲移动圆环使插栓位
于圆环中心,下列说法正确的是()
甲
插桂
J-----►丙
圆环
乙
A.增大甲、乙两力,且甲力增加较多
B.增加乙、丙两力,且乙力增加较多
C.增加甲、丙两力,且甲力增加较多
D.增加乙、丙两力,且丙力增加较多
考点:合力的大小与分力间夹角的关系.
专题:平行四边形法则图解法专题.
分析:根据力的合成法则,结合题意,将圆环向上移动,即可判定求解.
解答:解:由题意可知,圆环将竖直向上运动,因此同时增加甲、丙两力,则会出现向乙
反向运动,若要使插栓位于圆环中心,圆环必须偏向左,则甲力增加较多,这样才能实验位
于中心,故C正确,ABD错误;
故选:C.
点评:考查力的合成法则,理解平衡条件的应用,注意使插栓位于圆环中心,是解题的突
破口.
16.(3分)(2015•上海模拟)一列水波穿过小孔发生衍射现象,衍射后水波能量减小表现为
()
A.波长增大B.周期增大C.频率减小D.振幅减小
考点:波的干涉和衍射现象.
分析:根据衍射原理,绕过阻碍物继续向前传播,则周期与频率不变,面,而波长与波速
有关,因介质确定水波的速度,从而即可求解.
解答:解:由题意可知,水波发生衍射现象,由于频率不变,则周期也不变,因绕过阻碍
物继续向前传播的现象叫波的衍射,由于波速不变,则波长也不变,因衍射后振动能量的分
散,导致振幅减小,故D正确,ABC错误.
故选:D.
点评:本题考查了发生衍射的原理,及衍射过程中的变化与不变化的量,注意振动能量与
振幅有关.
二、多项选择题(共16分,每小题4分,每小题有二个或三个正确选项,全对得4分,选对
但是不全得2分,选错或不选得0分)
17.(4分)(2015•上海模拟)如图所示的均匀水平杆0B重为G,左端0为固定在墙上的转动
轴.跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A,右端系在B端,PB竖直向上,AP与水平方
向的夹角为30°.定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住.则下列结论中正确的是()
A.跨过定滑轮的细绳所受的拉力是_|G
B.CP绳所受的拉力是*
c.PD绳所受的拉力是YAG
D.轴。受到的水平拉力
考点:力矩的平衡条件;共点力平衡的条件及其应用.
分析:APB是同一根绳,根据力矩平衡求得绳中张力T,再根据P的平衡由平衡条件求得CP
和PD绳中的拉力.
解答:解:A、以杆0B平衡有:T・L+T,sin30。=G^
由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=1G)故A正确;
BC、以P为研究对象受力分析如图所示:
亭fG
Tcr-Tsin300-T=0,所以廿3总+翁会
故B错误,C正确;
D、以杆水平方向受力平衡有,轴0对杆的拉力F=TCOS30°=?G•立第G,故D错误•
525
故选:AC.
点评:本题抓
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